2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（三）

2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（三） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1．（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，得到，即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 2．已知函数的定义域为，，是奇函数.且当时，，则函数的零点个数为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】根据对称性与周期性结合函数的图像判断即可. 【详解】因为是定义在上的函数且满足，则关于对称， 又是奇函数，则，关于对称， 且当时，，可以画出的图形， 则的零点个数转化为与的交点个数， 如图，当时，， 故两个图像交点的个数为10，即的零点个数为10. 故选：D 3．已知是定义域为的单调递增函数，且存在函数，使，若分别为方程和的根，则（   ） A．8 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】根据所给条件可得，当时可推出，由函数单调性可得，即可得解. 【详解】由题意，， 又， 所以， 若， 则， 所以 由是定义域为的单调递增函数，可知有且只有成立， 所以， 故选：B 4．对于数列，设甲：，对任意，，乙：为等差数列．则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】若，则的奇数项和偶数项分别成等差数列，不一定为等差数列， 如通项公式为的数列，满足，不是等差数列； 反之，若为等差数列，设其公差为，则，即符合条件， 所以甲是乙的必要不充分条件. 故选：B 5．已知，满足，则的最大值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由已知得，令，利用导数分析的性质得到，从而得到，再构造函数，利用导数即可求最大值. 【详解】由，整理得， 设，，令解得 在单调递减，在内单调递增， 当时，，又， 时，，时，， 依题意，，且， ， ，则， ， 设，， 令解得， 在单调递增，在内单调递减， 的最大值为. 故选：C. 6．飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】分析出，从而得到，错位相加法求和，求极限，得到答案. 【详解】，即投掷1次到达终点，故第一次投掷的点数为3，故， ，即投掷2次到达终点，故第一次投掷的点数不为3， 第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定， 两次投掷的点数有以下的情况，， 故， ，即投掷3次到达终点，前两次投掷均没有到达终点， ， ……， ，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点， ， 故①， ②， 则①-②得 ， 故. 故选：B 【点睛】关键点点睛：分析得到，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，得到，再根据求期望公式和错位相减法进行求解. 7．给定，若，满足，均有，则k的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对参数分，，三种情况讨论，根据余弦函数的定义域与值域的范围即可求解. 【详解】依题意， 若，则，取，则有解，不符题意，舍去； 若，则，于是，此时，必有，取即可； 若则，必有取即可. 综上，的范围是. 故选：A. 8．小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ） A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 【答案】A 【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案. 【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能： （1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z. 若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能； 若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能； 若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能； 小计：1+12+12=25； （2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能； 若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能； 若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能； 若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能； YXZ H※ H※ H※ H H※※ H※ H※ H※ ※ H※ H※ ※※ H 若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能； 小计：； （3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能； 若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能； 若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能； 若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能. 小计； 诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型 若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能； 若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 小计； （5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z” 只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能； 综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种. 故选：A 【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏. 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．已知数据1：，，，，数据2：，，，，则下列统计量中，数据2不是数据1的两倍的有（　　） A．平均数 B．极差 C．中位数 D．标准差 【答案】AC 【分析】对比数据1与数据2的平均数判断选项A; 对比数据1与数据2的极差判断选项B；对比数据1与数据2的中位数判断选项C；对比数据1与数据2的标准差判断选项D. 【详解】设数据1：，，，，的均值为，标准差为s，中位数为，极差为 则数据2：，，，，的均值为，故A错误， 数据2：，，，，的标准差为，故D正确； 数据2：，，，，的中位数为，故C错误； 极差为，故B正确； 故选：AC． 10．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中一个，所谓等腰四面体就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”下列说法正确的（   ） A．“等腰四面体”各个面都是全等的锐角三角形 B．若“等腰四面体”三组对棱长度分别为5，6，7，则四面体的体积是 C．若“等腰四面体”三组对棱长度分别为5，6，7，则四面体的内切球半径为 D．若“等腰四面体”三组对棱长度分别为a，b，c，则四面体的外接球半径为 【答案】ACD 【分析】将等腰四面体补成长方体，设等腰四面体的对棱棱长分别为,与之对应的长方体的长宽高分别为，然后结合长方体的性质分别检验各选项即可判断． 【详解】将等腰四面体补成长方体，设等腰四面体的对棱棱长分别为，与之对应的长方体的长宽高分别为， 则，解得， 所以， 不妨设构成的三角形为， 由余弦定理可得，同理可得， 从而可得均为锐角，故A正确； 当三组对棱长度分别为5，6，7，则， 因为等腰四面体的体积是对应长方体体积减去四个小三棱锥的体积， 所以等腰四面体的体积，故B错误； 设在四面体的一个面中7所对的角为， 可得，所以一个面的面积为， 设内切球的半径为，则可得，解得，故C正确； 等腰四面体的外接球即为对应的长方体的外接球， 所以外接球的半径为，故D正确. 故选：ACD.. 11．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（    ） A． B．当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C．一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D．若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 【答案】ACD 【分析】根据互斥事件概率加法和条件概率进行逐项分析即可判断. 【详解】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号是“1”有两种情况： 第一种情况是第一次发送0接收为1，第二次发送1接收为1，其概率为； 第二种情况是第一次发送0接收为0，第二次发送1接收为0，其概率为， 因为这两种情况是互斥的，根据互斥事件概率加法公式， 可得接收到的信号是“1”的概率为， 解得，所以选项A正确； 对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况： 第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为； 第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。 根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为， 所以选项B错误； 对于, 一次发信后被接收为信号“1”有两种情况： 第一种情况是发送0收为1其概率为； 第二种情况是发送1收为1其概率为， 根据互斥事件概率加法公式， 一次发信后被接收为信号“1的概率为， 所以选项C正确； 对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。 由前面计算可知，表示发送1接收为1概率， 即，根据条件概率公式可得， 所以选项D正确. 故选：． 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．在中，，，，D是边上的一动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角，且四面体的四个顶点都在球O的球面上．当线段的长度最小时，球O的表面积为 ． 【答案】/ 【分析】根据条件作出图形，过点作于点，连接，结合面面垂直的性质得到是直角三角形，又在中，设（），得到，，，再根据余弦定理和勾股定理用表示，结合三角恒等变换和正弦函数的图象与性质得到时，线段的长度最小，利用球的截面圆性质找到四面体的外接球球心也是的外接圆圆心，最后结合正弦定理和球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意，作出，如图1所示， 沿将翻折至，使二面角为直二面角，得到四面体，如图2所示. 如图2，过点作于点，连接， 因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 又平面，所以， 由图形翻折的性质，在图1中，作出点，连接和，可得， 又，，，则，，， 设（），则，，， 在中，由余弦定理得：， 即， 在图2中，， 即， 又，则， 所以当，即时，取得最小值，此时线段的长度最小， 则，， 如图3，在四面体中，作的中点，并连接， 则是的外接圆圆心，又过点作平面的垂线， 由球的截面圆性质知四面体的外接球球心必定在该垂线上，也在平面上， 即的外接圆圆心，设该球的半径为，则有， 在中，由正弦定理得：，则， 所以球O的表面积为， 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 13．八张标有，，，，，，，的正方形卡片构成下图.现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按，，，，，，，的次序取走卡片，但不可按，，，，，，，的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 .    【答案】392 【分析】构建如图所示的阶图，设不同的取法数为，则可有递推关系，故可得（即为取走这八张卡片的不同次序的数目）. 【详解】解：如左下图重新标记原图中的八张卡片. 现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边， 得到一个八阶图，该图可视为右下图中的阶图在，时的特殊情况.    取卡片（顶点）的规则可解释为： （ⅰ）若顶点已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； （ⅱ）若顶点未取走，则必为某个的情形，此时若，则将视为号顶点， 归结为（ⅰ）的情形；若，，则将视为1号顶点，归结为（ⅰ）的情形； 若，，则当前可取或号顶点或号顶点，分别归结为（ⅰ）或或的情形. 设的符合要求的顶点选取次序数为，本题所求即为. 由（ⅰ）、（ⅱ）知，，且. 由此可依次计算得，，，，，，即所求数目为392. 故答案为：392. 14．设双曲线Γ:，，B，C在Γ上且直线经过A.设分别为Γ在B，C处的切线，点D满足，则D的轨迹方程是 ;若D的横纵坐标均为正整数，且二者之和大于2024，则D可以是 .(写出1个即可). 【答案】 （答案不唯一） 【分析】第一空：设方程为: ，联立双曲线方程得，进一步设方程为: ，方程为:，由交轨法即可得点的轨迹方程；第二空：设，其中由题意，即满足注意到若 是的一组解: 则也是 的一组解.由此即可进一步得解. 【详解】设方程为: ，联立双曲线方程得， ， 显然上任意一点的切线斜率存在，不妨设切线方程为， 联立双曲线方程得，化简并整理得， 所以，解得， 所以方程为: ，方程为:，   联立解得 ， ， 注意到 故 而时，, 此时, 故不在 D 的轨迹上. 从而 D 的轨迹方程是 或写成 若 D 的横纵坐标均为正整数，可设  从而 x 是 3的倍数, 可设, 于是显然是的一组解, 同时注意到若 是的一组解: 则也是 的一组解. 从而可以得出一系列的解: ， 而 ，故可取, 此时, 符合要求. 故答案为：； (627,1813)（答案不唯一）. 【点睛】关键点点睛：第一空的关键是得出方程为: ，方程为:，以及，由此即可顺利得解. 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，已知三棱锥的侧棱两两垂直，长度分别为，高，设侧面与底面所成的二面角分别为，，，证明：． 【答案】具体见详解 【分析】1.利用三棱锥的几何性质，特别是侧棱两两垂直的特性，建立坐标系简化计算，2.确定二面角的余弦值与几何参数之间的关系，3.利用不等式关系证明所求结论. 【详解】 以P为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设为平面的一个法向量， 则，即， 取，则，即， 平面的一个法向量，平面的一个法向量， 平面的一个法向量， 设分别为这三个二面角的余角， 所以根据平面夹角余弦值的求法有 所以， 所以 ， 由，故，则, 则, 又因为，所以，则， 则，所以， 则，即， 因为分别为，，的余角， 所以． 即． 16．“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） (1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； (2)若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可； （2）（i）根据步骤列出分布列，再计算即可；（ii）当时，，再计算出时，，最后代入公式计算化简即可. 【详解】（1）时，， 时， 因为，所以，所以. 说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大. （2）（i）当时，的分布列： . （ii）当时，第次正面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以 . 当时，第次反面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以. 所以 . 由， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当时，的分布列，然后再计算相关值，第二小问的关键是对和的讨论，最后代入题目所给公式计算即可. 17．如图，已知椭圆方程，若，分别是椭圆长轴的左、右端点，动点满足，连接，交椭圆于点，在轴上有异于点的定点，使得以为直径的圆恒过直线的交点，求证：当定点与原点重合时，椭圆的离心率恰好是． 【答案】证明见解析 【分析】由椭圆的参数方程得到点坐标，根据题意设点的坐标，由三点共线表示出点的坐标，点即为原点，由点在圆上得到垂直，从而得到的关系，结合，解出离心率. 【详解】因为，分别是椭圆长轴的左、右端点，所以， 因为，所以设， 当点与原点重合时，点即为点， 设直线的交点为， 由椭圆的参数方程，点是椭圆上一点，可设，， 由题意可知，点与不重合，所以，所以， 所以， 因为三点共线，所以即，， 因为交点在以为直径的圆上，所以，所以， 因为，所以， 将代入得， 即， ， 因为，所以，所以， 即， 所以当定点与原点重合时，椭圆的离心率恰好是. 18．已知． (1)证明：在存在唯一极值点和唯一零点； (2)设为在的极值点和零点； （i）设，证明：在单调递增； （ii）比较与的大小，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析 【分析】（1）根据题意，求得，得出函数的单调性，结合极值点的定义，得到有唯一极值点，再结合零点的存在性定理，得到存在唯一的满足，即可得证； （2）（i）由（1）知，，，求得，结合，求得，即可证得在单调递减； （ii）由（i）得到，求得，进而得到，再由在上单调递减，即可得到． 【详解】（1）证明：由函数， 可得， 当时，，因为单调递减， 当时，，即，所以单调递增； 当时，即，单调递减， 所以函数有唯一极值点， 又由，当时，； 当时，， 所以存在唯一的满足， 所以函数在存在唯一极值点和唯一零点； （2）证明：（i）由（1）知，，， 由，则， 即， 因为，可得，又因为，可得， 所以在单调递减； （ii）由（i）知在单调递减，故， 则有，可得， 又由是的零点，则，得到， 由，且在上单调递减，得到． 19．若数列，，…，中且对任意的，恒成立，则称数列A为“数列”． (1)若数列1，x，y，7为“数列”，写出所有可能的x，y； (2)若“数列”，，…，中，，，求n的最大值； (3)设为给定的偶数，对所有可能的“数列”，，…，，记，其中表示，，…，这s个数中最大的数，求M的最小值． 【答案】(1)或或 (2) (3) 【分析】（1）利用“数列”的定义，得到关于的不等式组，列出所有满足条件，即可得解； （2）利用“数列”的定义，推得，进而得到，解得；再取，推得符合题意，由此得解； （3）利用“数列”的定义，结合（2）中结论推得；再取特殊例子证得成立，从而得解. 【详解】（1）依题意，因为数列1，，，7为“数列”， 则，注意到， 故所有可能的，为或或. （2）n的最大值为66，理由如下： 因为，对任意的， 令，则且， 故对任意的恒成立． 当，时，注意到， 得， 此时， 即，解得：，故； 另一方面，取，则对任意的，， 故数列为“数列”， 此时，即符合题意．综上，n的最大值为66． （3）当时， 一方面：由（2）可得：， 则， 此时有 ， 故， 另一方面，当，，，，，，，时， ， 取，则，，， 且， ， 此时， 综上，的最小值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（三） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的） 1．（   ） A． B． C． D． 2．已知函数的定义域为，，是奇函数.且当时，，则函数的零点个数为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．已知是定义域为的单调递增函数，且存在函数，使，若分别为方程和的根，则（   ） A．8 B．4 C． D． 4．对于数列，设甲：，对任意，，乙：为等差数列．则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知，满足，则的最大值为（   ） A． B．2 C． D． 6．飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．给定，若，满足，均有，则k的范围是（    ） A． B． C． D． 8．小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ） A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．已知数据1：，，，，数据2：，，，，则下列统计量中，数据2不是数据1的两倍的有（　　） A．平均数 B．极差 C．中位数 D．标准差 10．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中一个，所谓等腰四面体就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”下列说法正确的（   ） A．“等腰四面体”各个面都是全等的锐角三角形 B．若“等腰四面体”三组对棱长度分别为5，6，7，则四面体的体积是 C．若“等腰四面体”三组对棱长度分别为5，6，7，则四面体的内切球半径为 D．若“等腰四面体”三组对棱长度分别为a，b，c，则四面体的外接球半径为 11．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（    ） A． B．当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C．一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D．若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．在中，，，，D是边上的一动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角，且四面体的四个顶点都在球O的球面上．当线段的长度最小时，球O的表面积为 ． 13．八张标有，，，，，，，的正方形卡片构成下图.现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按，，，，，，，的次序取走卡片，但不可按，，，，，，，的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 .    14．设双曲线Γ:，，B，C在Γ上且直线经过A.设分别为Γ在B，C处的切线，点D满足，则D的轨迹方程是 ;若D的横纵坐标均为正整数，且二者之和大于2024，则D可以是 .(写出1个即可). 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，已知三棱锥的侧棱两两垂直，长度分别为，高，设侧面与底面所成的二面角分别为，，，证明：． 16．“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） (1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； (2)若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 17．如图，已知椭圆方程，若，分别是椭圆长轴的左、右端点，动点满足，连接，交椭圆于点，在轴上有异于点的定点，使得以为直径的圆恒过直线的交点，求证：当定点与原点重合时，椭圆的离心率恰好是． 18．已知． (1)证明：在存在唯一极值点和唯一零点； (2)设为在的极值点和零点； （i）设，证明：在单调递增； （ii）比较与的大小，并证明． 19．若数列，，…，中且对任意的，恒成立，则称数列A为“数列”． (1)若数列1，x，y，7为“数列”，写出所有可能的x，y； (2)若“数列”，，…，中，，，求n的最大值； (3)设为给定的偶数，对所有可能的“数列”，，…，，记，其中表示，，…，这s个数中最大的数，求M的最小值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $