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广东省东莞市第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷
1．（2025高三上·东莞月考）若复数是纯虚数，则的值可以为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
得，
根据各选项可知，只有满足条件.
故答案为：C.
【分析】由复数是纯虚数的判断方法，从而得出可以的值.
2．（2025高三上·东莞月考）若条件，则是的（　　）
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】A
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：易知，化简可得或，解得或；
，化简得，解得或，
，推导不出，
则是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】分别求出和所对应的集合，根据集合之间的关系，结合充分、必要条件的定义判断是的什么条件.
3．（2025高三上·东莞月考）若直线经过圆的圆心，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的圆心坐标，
因为直线过圆心，所以，解得，
则，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先求圆心坐标，根据直线过圆心求得，再利用基本不等式求解即可.
4．（2025高三上·东莞月考）当阳光射入海水后，海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用表示其总衰减规律，其中是消光系数，（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度处和海面的光强.已知某海域5米深处的光强是海面光强的，则该海域消光系数的值约为（　　）
（参考数据：）
A．0.2 B．0.18 C．0.1 D．0.14
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：依题意，得，
化成对数式，
则，
解得，.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件代值后，将指数式化成对数式，再取近似值计算得出该海域消光系数的估计值.
5．（2025高三上·东莞月考）设等差数列的前项和为，若，，则（　　）
A．63 B．36 C．45 D．27
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解： 设等差数列的前项和为，
由等差数列的项和的性质可知，成等差数列，
则，，成等差数列，即，即，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据等差数列的前项和的性质求解即可.
6．（2025高三上·东莞月考）中，A、B的对边分别是，且，那么满足条件的（　　）
A．有一个解 B．有两个解 C．无解 D．不能确定
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：， 由正弦定理，可得，
因为，所以无解.
故答案为：C
【分析】利用正弦定理求解判断即可.
7．（2025高三上·东莞月考）从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 (　　)
A．140种 B．120种 C．35种 D．34种
【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】从反面考虑，7人任意选4人的 方法数减去全选男生的 方法数即为所求，故既有男生又有女生的不同的选法共有。选D。
【点评】注意间接法与直接法的灵活运用，有时使用间接法简便。
8．（2025高三上·东莞月考）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三点共线；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：将该半正多面体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），
如下图所示，
由半正多面体中，棱长为2，得，，且，
故，所以，
当且仅当在展开图中共线时等号成立.
故答案为：D.
【分析】将几何体展开为平面图形，利用两点之间线段最短，从而求出的最小值.
9．（2025高三上·东莞月考）已知向量，则下列说法正确的是（　　）
A．的相反向量是
B．若，则
C．在上的投影向量为
D．若，则
【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；相反向量；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，由相反向量的定义，
则可得的相反向量是，故A正确；
对于B，因为，所以，
又因为，且，
所以，解得，故B错误；
对于C，因为，
所以，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，又因为，且，
所以，解得，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】根据相反向量定义和数量积求投影向量的坐标公式，则可判断选项A和选项C；先由向量的坐标表示得出向量的坐标表示，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和向量共线的坐标表示，从而求出的值，从而判断选项B和选项D，进而找出说法正确的选项.
10．（2025高三上·东莞月考）已知正方体的棱长为分别为的中点.下列说法正确的是（　　）
A．异面直线与所成角的大小为
B．正方体外接球的体积为
C．平面截正方体所得截面为五边形
D．若与相交于点，则直线与平面所成角等于
【答案】B,C
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、易知，则或其补角即为异面直线与所成角，
因为平面，平面，所以，，
即异面直线与所成角不等于，故A错误；
B、记外接球的半径为，由，可得，
则外接球的体积，故B正确；
C、延长直线分别与分别交于，
连接分别交于点，连接，如图所示：
则五边形即为平面截正方体所得截面，故C正确；
D、因为为正方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，所以即为直线与平面所成角，
因为，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】易知，为异面直线与所成角，求正切值即可判断A；根据正方体外接球的直径等于正方体的体对角线长判断B；延长直线分别与分别交于，连接作出截面即可判断C；利用，将所求线面角转化为即可判断D.
11．（2025高三上·东莞月考）已知函数，，则（　　）
A．若有2个不同的零点，则
B．当时，有5个不同的零点
C．若有4个不同的零点，则的取值范围是
D．若有4个不同的零点，则的取值范围是
【答案】B,C,D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
作出的图象，如图所示：
A、令，可得，若有2个不同的零点，
即函数与直线的图象有两个交点，结合图象知：或，故A错误；
B、当时，由，可得，
令，则，可得，
结合图像知，有3个不等实根，有2个不等实根，没有实根，
则有5个不同的零点，故B正确；
C、若有4个不同的零点，
则，且，则，
由二次函数的对称性得，则，
结合B知，所以，
所以的取值范围为，故C正确；
D、由，其中，
由对勾函数的性质可得：在上为单调递减函数，，
则的取值范围为，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】去绝对值求得函数的解析式，作出的图象，由有2个不同的零点，可得函数与直线的图象有两个交点，数形结合求a的范围即可判断A；由，令，得到，求得，结合图象即可判断B；由对数的运算性质，求得，结合二次函数的对称性得到即可判断C；由，结合对勾函数的性质求解即可判断D．
12．（2025高三上·东莞月考）展开式中的系数为　 　．
【答案】15
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为的通项为，
令，解得：
所以展开式中的项为：
因此展开式中的系数为15
故答案为：15
【分析】本题考查二项式展开式的通项.先求出的展开式的通项，再，求出k的值，反代回展开式的通项公式可求出答案.
13．（2025高三上·东莞月考）过点且与双曲线有相同的焦点的椭圆的标准方程为　 　.
【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的焦点坐标为，
设椭圆方程为，由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为：.
故答案为：.
【分析】易知双曲线的焦点坐标，设椭圆方程为，利用待定系数法求椭圆方程即可.
14．（2025高三上·东莞月考）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率，则曲线在（1，1）处的曲率为　 　；正弦曲线（x∈R）曲率的平方的最大值为　 　.
【答案】；1
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：曲线的定义域为，求导可得，，
，，则；
正弦曲线，求导可得，，
则，
令，则，令，则，
显然当时，，单调递减，且，故的最大值为1.
故答案为：，1.
【分析】求曲线的定义域，求导，代入公式求解即可；求正弦曲线 的导函数，整理曲率的函数解析式，换元求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可得的最大值.
15．（2025高三上·东莞月考）如图所示的多面体是由底面为的长方体被平面所截而得到的，其中.
（1）求线段的长；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）解：由长方体性质可知，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以为平行四边形，所以，
过点作，垂足为，则，
所以，所以，
由长方体性质可知，平面，平面，
所以，所以；
（2）解：以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设平面的法向量为，则，取，得，可得，
易知为平面的一个法向量，
则，
由图可知二面角为锐角，记为，则.
【知识点】平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据长方体性质，先证明为平行四边形，再利用勾股定理求解即可；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）由长方体性质可知，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以为平行四边形，所以，
过点作，垂足为，则，
所以，所以，
由长方体性质可知，平面，平面，
所以，所以.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，得，
所以平面的一个法向量为，
易知为平面的一个法向量，
，
由图可知二面角为锐角，记为，则.
16．（2025高三上·东莞月考）已知且．
（1）若，解关于的方程；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数，
则，
方程，则，化简得，
则或，解得或；
（2）解：，
当时，函数在上单调递减，则，解得，此时；
当时，函数在上单调递增，则，解得，
综上可得的取值范围为.
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】（1）将代入，求得，利用对数运算将方程进行化简，再将视作为整体，解方程即可；
（2）分和讨论，根据函数单调性解不等式求解实数a的取值范围即可.
（1）时，，
，
方程，即，化简得，
所以或，解得或.
（2），
①当时，函数在上单调递减，
故，解得：，此时；
②当时，函数在上单调递增，
故，解得：，
综上可得的取值范围为.
17．（2025高三上·东莞月考）在每年的1月份到7月份，某品牌空调销售商发现：“每月销售量（单位：台）”与“当年的月份”线性相关．根据统计得下表：
月份 1 2 3 4 5 6
销量 12 21 33 41 52 63
（1）根据往年的统计得，当年的月份与销量满足回归方程．请预测当年7月份该品牌的空调可以销售多少台？
（2）该销售商从当年的前6个月中随机选取3个月，记为销量不低于前6个月的月平均销量的月份数，求的分布列和数学期望．
【答案】（1），
，
又回归直线过样本中心点，
所以，得，
所以，
当时，
（2）因为，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
【知识点】线性回归方程；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）计算出与后，借助回归直线过样本中心点即可得回归直线方程，再借助回归直线方程代入计算即可得解；
（2）得出的所有可能取值后，计算每种取值对应概率即可得其分布列，借助分布列计算即可得其期望.
（1），
，
又回归直线过样本中心点，
所以，得，
所以，
当时，，
所以预测当年7月份该品牌的空调可以销售72台.
（2）因为，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
.
18．（2025高三上·东莞月考）已知函数，其中．
（1）求在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值；
（3）若关于x的不等式在上有解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：根据题意，，
则，且，
所以在处的切线方程为：.
（2）解：令，得或，
则当和时，，则函数单调递增；
则当时，，则函数单调递减，
所以为函数的极大值点，极大值为，
则为函数的极小值点，极小值为，
所以函数单调递减区间为，
单调递增区间为和，
则函数的极大值为，极小值为.
（3）解：根据题意，关于x的不等式在上有解，
则在上有解，
设，，，，
因为，在上单调递增，
所以，
又因为在上单调递减，
所以，
则，
解得.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的运算法则和代入法，从而求出和，再根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）利用导数判断函数单调性，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极值点，则得出函数的极值.
（3）根据题意，关于x的不等式在上有解，设，，，，再利用函数的单调性，分别求出函数的最小值和的最大值，从而得出实数a的取值范围.
（1）根据题意，，
则，且，
所以在处的切线方程为：；
（2）令，得或，
则当和时，，则函数单调递增，
则当时，，则函数单调递减，
所以为函数的极大值点，极大值为，
为函数的极小值点，极小值为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为和，
极大值为，极小值为；
（3）根据题意关于x的不等式在上有解，
即在上有解，
设，，，，
由于，在上单调递增，所以，
在上单调递减，所以，
则，解得.
19．（2025高三上·东莞月考）如图1，在矩形中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面.
（1）如图2，当时，点是线段上点的，平面，求的值；
（2）如图2，若点在平面内的射影落在线段上.
①是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离.
【答案】（1）解：取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为∥，
所以四边形为平行四边形，
则∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
又因为∥平面，，平面，
所以平面∥平面，
因为平面平面，平面平面，
所以∥，
又因为是的中点，
所以.

（2）解：①存在点，当点与点重合，
则当时，平面.
理由如下：当点与点重合时，则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
则当点与点重合，时，平面.
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，
设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以∽，
得，
则，
得，
所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
则点与点重合，
因为要使得点的射影落在线段上，
所以，
则，
解得，
在中，，
所以
，
当且仅当时，即当时，，
当时，，，
则是的中点，
所以，点到平面的距离为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，由面面平行的判定定理证出平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，再利用线线平行对应边成比例，从而得出的值.
（2）①当点与点重合时，平面，由已知条件证出平面，再利用线面垂直的定义得出，再利用线面垂直的判定定理证出平面，从而得出的长.
②在矩形中，作于，延长交于点，折起后得，设，由∽和两三角形相似的性质，从而可得，在中，表示出，再利用三棱锥的体积公式表示出，再根据基本不等式求最值的方法，从而求出三棱锥的体积的最大值，再由勾股定理得出点到平面的距离.
（1）取的中点，连接，
因为，所以，
因为∥，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为∥平面，，平面，
所以平面∥平面，
因为平面平面，平面平面，
所以∥，
因为是的中点，所以；
（2）①存在点，当点与点重合，即时，平面，
理由如下：当点与点重合时，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
即当点与点重合，时，平面；
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，
设，则，
因为，
所以，
因为，所以，
因为，
所以∽，得，即，得，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
所以点与点重合，
因为要使得点的射影落在线段上，所以，
则，解得，
在中，，
所以
，
当且仅当，即时，，
当时，，，则是的中点，
所以点到平面的距离为.
1 / 1广东省东莞市第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷
1．（2025高三上·东莞月考）若复数是纯虚数，则的值可以为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·东莞月考）若条件，则是的（　　）
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
3．（2025高三上·东莞月考）若直线经过圆的圆心，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·东莞月考）当阳光射入海水后，海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用表示其总衰减规律，其中是消光系数，（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度处和海面的光强.已知某海域5米深处的光强是海面光强的，则该海域消光系数的值约为（　　）
（参考数据：）
A．0.2 B．0.18 C．0.1 D．0.14
5．（2025高三上·东莞月考）设等差数列的前项和为，若，，则（　　）
A．63 B．36 C．45 D．27
6．（2025高三上·东莞月考）中，A、B的对边分别是，且，那么满足条件的（　　）
A．有一个解 B．有两个解 C．无解 D．不能确定
7．（2025高三上·东莞月考）从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 (　　)
A．140种 B．120种 C．35种 D．34种
8．（2025高三上·东莞月考）半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为2，点M，N分别在线段，上，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·东莞月考）已知向量，则下列说法正确的是（　　）
A．的相反向量是
B．若，则
C．在上的投影向量为
D．若，则
10．（2025高三上·东莞月考）已知正方体的棱长为分别为的中点.下列说法正确的是（　　）
A．异面直线与所成角的大小为
B．正方体外接球的体积为
C．平面截正方体所得截面为五边形
D．若与相交于点，则直线与平面所成角等于
11．（2025高三上·东莞月考）已知函数，，则（　　）
A．若有2个不同的零点，则
B．当时，有5个不同的零点
C．若有4个不同的零点，则的取值范围是
D．若有4个不同的零点，则的取值范围是
12．（2025高三上·东莞月考）展开式中的系数为　 　．
13．（2025高三上·东莞月考）过点且与双曲线有相同的焦点的椭圆的标准方程为　 　.
14．（2025高三上·东莞月考）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率，则曲线在（1，1）处的曲率为　 　；正弦曲线（x∈R）曲率的平方的最大值为　 　.
15．（2025高三上·东莞月考）如图所示的多面体是由底面为的长方体被平面所截而得到的，其中.
（1）求线段的长；
（2）求二面角的余弦值.
16．（2025高三上·东莞月考）已知且．
（1）若，解关于的方程；
（2）若，求的取值范围．
17．（2025高三上·东莞月考）在每年的1月份到7月份，某品牌空调销售商发现：“每月销售量（单位：台）”与“当年的月份”线性相关．根据统计得下表：
月份 1 2 3 4 5 6
销量 12 21 33 41 52 63
（1）根据往年的统计得，当年的月份与销量满足回归方程．请预测当年7月份该品牌的空调可以销售多少台？
（2）该销售商从当年的前6个月中随机选取3个月，记为销量不低于前6个月的月平均销量的月份数，求的分布列和数学期望．
18．（2025高三上·东莞月考）已知函数，其中．
（1）求在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间和极值；
（3）若关于x的不等式在上有解，求实数a的取值范围．
19．（2025高三上·东莞月考）如图1，在矩形中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面.
（1）如图2，当时，点是线段上点的，平面，求的值；
（2）如图2，若点在平面内的射影落在线段上.
①是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
得，
根据各选项可知，只有满足条件.
故答案为：C.
【分析】由复数是纯虚数的判断方法，从而得出可以的值.
2．【答案】A
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：易知，化简可得或，解得或；
，化简得，解得或，
，推导不出，
则是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】分别求出和所对应的集合，根据集合之间的关系，结合充分、必要条件的定义判断是的什么条件.
3．【答案】B
【知识点】基本不等式；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的圆心坐标，
因为直线过圆心，所以，解得，
则，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先求圆心坐标，根据直线过圆心求得，再利用基本不等式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：依题意，得，
化成对数式，
则，
解得，.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件代值后，将指数式化成对数式，再取近似值计算得出该海域消光系数的估计值.
5．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解： 设等差数列的前项和为，
由等差数列的项和的性质可知，成等差数列，
则，，成等差数列，即，即，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据等差数列的前项和的性质求解即可.
6．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：， 由正弦定理，可得，
因为，所以无解.
故答案为：C
【分析】利用正弦定理求解判断即可.
7．【答案】D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】从反面考虑，7人任意选4人的 方法数减去全选男生的 方法数即为所求，故既有男生又有女生的不同的选法共有。选D。
【点评】注意间接法与直接法的灵活运用，有时使用间接法简便。
8．【答案】D
【知识点】三点共线；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：将该半正多面体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），
如下图所示，
由半正多面体中，棱长为2，得，，且，
故，所以，
当且仅当在展开图中共线时等号成立.
故答案为：D.
【分析】将几何体展开为平面图形，利用两点之间线段最短，从而求出的最小值.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；相反向量；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，由相反向量的定义，
则可得的相反向量是，故A正确；
对于B，因为，所以，
又因为，且，
所以，解得，故B错误；
对于C，因为，
所以，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，又因为，且，
所以，解得，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】根据相反向量定义和数量积求投影向量的坐标公式，则可判断选项A和选项C；先由向量的坐标表示得出向量的坐标表示，再由两向量垂直数量积为0的等价关系和向量共线的坐标表示，从而求出的值，从而判断选项B和选项D，进而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、易知，则或其补角即为异面直线与所成角，
因为平面，平面，所以，，
即异面直线与所成角不等于，故A错误；
B、记外接球的半径为，由，可得，
则外接球的体积，故B正确；
C、延长直线分别与分别交于，
连接分别交于点，连接，如图所示：
则五边形即为平面截正方体所得截面，故C正确；
D、因为为正方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，所以即为直线与平面所成角，
因为，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】易知，为异面直线与所成角，求正切值即可判断A；根据正方体外接球的直径等于正方体的体对角线长判断B；延长直线分别与分别交于，连接作出截面即可判断C；利用，将所求线面角转化为即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
作出的图象，如图所示：
A、令，可得，若有2个不同的零点，
即函数与直线的图象有两个交点，结合图象知：或，故A错误；
B、当时，由，可得，
令，则，可得，
结合图像知，有3个不等实根，有2个不等实根，没有实根，
则有5个不同的零点，故B正确；
C、若有4个不同的零点，
则，且，则，
由二次函数的对称性得，则，
结合B知，所以，
所以的取值范围为，故C正确；
D、由，其中，
由对勾函数的性质可得：在上为单调递减函数，，
则的取值范围为，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】去绝对值求得函数的解析式，作出的图象，由有2个不同的零点，可得函数与直线的图象有两个交点，数形结合求a的范围即可判断A；由，令，得到，求得，结合图象即可判断B；由对数的运算性质，求得，结合二次函数的对称性得到即可判断C；由，结合对勾函数的性质求解即可判断D．
12．【答案】15
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：因为的通项为，
令，解得：
所以展开式中的项为：
因此展开式中的系数为15
故答案为：15
【分析】本题考查二项式展开式的通项.先求出的展开式的通项，再，求出k的值，反代回展开式的通项公式可求出答案.
13．【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的焦点坐标为，
设椭圆方程为，由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为：.
故答案为：.
【分析】易知双曲线的焦点坐标，设椭圆方程为，利用待定系数法求椭圆方程即可.
14．【答案】；1
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：曲线的定义域为，求导可得，，
，，则；
正弦曲线，求导可得，，
则，
令，则，令，则，
显然当时，，单调递减，且，故的最大值为1.
故答案为：，1.
【分析】求曲线的定义域，求导，代入公式求解即可；求正弦曲线 的导函数，整理曲率的函数解析式，换元求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可得的最大值.
15．【答案】（1）解：由长方体性质可知，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以为平行四边形，所以，
过点作，垂足为，则，
所以，所以，
由长方体性质可知，平面，平面，
所以，所以；
（2）解：以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设平面的法向量为，则，取，得，可得，
易知为平面的一个法向量，
则，
由图可知二面角为锐角，记为，则.
【知识点】平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据长方体性质，先证明为平行四边形，再利用勾股定理求解即可；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）由长方体性质可知，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以为平行四边形，所以，
过点作，垂足为，则，
所以，所以，
由长方体性质可知，平面，平面，
所以，所以.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，得，
所以平面的一个法向量为，
易知为平面的一个法向量，
，
由图可知二面角为锐角，记为，则.
16．【答案】（1）解：当时，函数，
则，
方程，则，化简得，
则或，解得或；
（2）解：，
当时，函数在上单调递减，则，解得，此时；
当时，函数在上单调递增，则，解得，
综上可得的取值范围为.
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】（1）将代入，求得，利用对数运算将方程进行化简，再将视作为整体，解方程即可；
（2）分和讨论，根据函数单调性解不等式求解实数a的取值范围即可.
（1）时，，
，
方程，即，化简得，
所以或，解得或.
（2），
①当时，函数在上单调递减，
故，解得：，此时；
②当时，函数在上单调递增，
故，解得：，
综上可得的取值范围为.
17．【答案】（1），
，
又回归直线过样本中心点，
所以，得，
所以，
当时，
（2）因为，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
【知识点】线性回归方程；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）计算出与后，借助回归直线过样本中心点即可得回归直线方程，再借助回归直线方程代入计算即可得解；
（2）得出的所有可能取值后，计算每种取值对应概率即可得其分布列，借助分布列计算即可得其期望.
（1），
，
又回归直线过样本中心点，
所以，得，
所以，
当时，，
所以预测当年7月份该品牌的空调可以销售72台.
（2）因为，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
.
18．【答案】（1）解：根据题意，，
则，且，
所以在处的切线方程为：.
（2）解：令，得或，
则当和时，，则函数单调递增；
则当时，，则函数单调递减，
所以为函数的极大值点，极大值为，
则为函数的极小值点，极小值为，
所以函数单调递减区间为，
单调递增区间为和，
则函数的极大值为，极小值为.
（3）解：根据题意，关于x的不等式在上有解，
则在上有解，
设，，，，
因为，在上单调递增，
所以，
又因为在上单调递减，
所以，
则，
解得.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）利用导数的运算法则和代入法，从而求出和，再根据导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）利用导数判断函数单调性，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极值点，则得出函数的极值.
（3）根据题意，关于x的不等式在上有解，设，，，，再利用函数的单调性，分别求出函数的最小值和的最大值，从而得出实数a的取值范围.
（1）根据题意，，
则，且，
所以在处的切线方程为：；
（2）令，得或，
则当和时，，则函数单调递增，
则当时，，则函数单调递减，
所以为函数的极大值点，极大值为，
为函数的极小值点，极小值为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为和，
极大值为，极小值为；
（3）根据题意关于x的不等式在上有解，
即在上有解，
设，，，，
由于，在上单调递增，所以，
在上单调递减，所以，
则，解得.
19．【答案】（1）解：取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为∥，
所以四边形为平行四边形，
则∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
又因为∥平面，，平面，
所以平面∥平面，
因为平面平面，平面平面，
所以∥，
又因为是的中点，
所以.

（2）解：①存在点，当点与点重合，
则当时，平面.
理由如下：当点与点重合时，则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
则当点与点重合，时，平面.
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，
设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以∽，
得，
则，
得，
所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
则点与点重合，
因为要使得点的射影落在线段上，
所以，
则，
解得，
在中，，
所以
，
当且仅当时，即当时，，
当时，，，
则是的中点，
所以，点到平面的距离为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，由面面平行的判定定理证出平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，再利用线线平行对应边成比例，从而得出的值.
（2）①当点与点重合时，平面，由已知条件证出平面，再利用线面垂直的定义得出，再利用线面垂直的判定定理证出平面，从而得出的长.
②在矩形中，作于，延长交于点，折起后得，设，由∽和两三角形相似的性质，从而可得，在中，表示出，再利用三棱锥的体积公式表示出，再根据基本不等式求最值的方法，从而求出三棱锥的体积的最大值，再由勾股定理得出点到平面的距离.
（1）取的中点，连接，
因为，所以，
因为∥，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为∥平面，，平面，
所以平面∥平面，
因为平面平面，平面平面，
所以∥，
因为是的中点，所以；
（2）①存在点，当点与点重合，即时，平面，
理由如下：当点与点重合时，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
即当点与点重合，时，平面；
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，
设，则，
因为，
所以，
因为，所以，
因为，
所以∽，得，即，得，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
所以点与点重合，
因为要使得点的射影落在线段上，所以，
则，解得，
在中，，
所以
，
当且仅当，即时，，
当时，，，则是的中点，
所以点到平面的距离为.
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