资源简介

数学试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题（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. 下列集合关系不成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合的交并补运算，空集的概念可判断ABD，由韦恩图可判断C.
【详解】A：因为，故A正确；
B：由空集的定义可知，故B正确；
C：由图可知C正确；
D：因为空集中不包含任何元素，故D错误；
故选：D.
2. 若，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的周期性化简，再利用复数的四则运算化简求出结果即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以的虚部为，
故选：D.
3. 已知等差数列的首项为1，公差不为0，若，，成等比数列，则的第5项为（ ）
A B. C. 或1 D. 或1
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】设等差数列公差为，
因为，，成等比数列，
所以，
又，所以，
解得或（舍） ，
所以.
故选：B
4. 已知平面内向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据条件，确定向量的夹角，再根据向量数量积的性质求模.
【详解】因为，又，
所以.
所以：，
所以.
故选：A
5. 已知函数的图像在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】函数在两点处的切线平行，转化为函数在两点处的导数相等，得到的关系，在结合不等式求的取值范围即可.
【详解】因为，.
所以，.
由因为在，两个不同点处的切线相互平行，
所以，又，所以，故CD错误；
因为且，所以，故A不成立；
当时，.故B成立.
故选：B
6. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期
B. 函数的图象关于点中心对称
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在区间上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的性质逐项判断即得.
【详解】对于A，函数的最小正周期，A错误；
对于B，由，得函数f(x)的图象不关于点对称，B错误；
对于C，由，得函数f(x)的图象不关于直线对称，C错误；
对于D，当时，，而正弦函数在上单调递增，
因此函数在区间上单调递增，D正确.
故选：D
7. 已知实数满足，则的最小值与最大值之和为（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】作出曲线对应的曲线，将看作曲线C上的点到直线的距离，结合圆心到直线的距离求得d的最小值和最大值，即可求得答案.
【详解】由题意知点在曲线上，曲线C关于原点以及坐标轴均对称；
由于时，曲线的方程为，即，
故结合曲线对称性，作出曲线C如图：
而表示曲线C上的点到直线的距离，
可知取最小值和最大值时，位于曲线在第一、三象限内的圆弧上，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最小值为，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最大值为，
故的最小值与最大值之和为，
所以的最小值与最大值之和为，
故选：C．
8. 设，，，为抛物线上不同的四点，点，关于该抛物线的对称轴对称，平行于该抛物线在点处的切线，设点到直线和直线的距离分别为，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，从而有为的角平分线，再利用，得到，进而求出，即可求出结果.
【详解】如图，过作，设，则，
所以，设抛物线在点处的切线的方程为，
由，消得到，由，
得到，所以由题有，即，
所以，又，所以，
得到为的角平分线，又，所以，
又均为直角三角形，所以，得到，
所以，
故答案：B.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为17
B. 一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
C. 用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好
D. 以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方差的性质即可判断A；根据百分位数计算公式即可判断B；根据决定系数的概念即可判断C；根据非线性回归方程的求法并结合对数运算性质即可判断D.
【详解】对A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A错误；
对B：，则其第80百分位数是，故B正确；
对C，根据决定系数的含义知越大，则相应模型的拟合效果越好，故C正确；
对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，
则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和2，故D正确.
故选：BCD.
10. 若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的值可以是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意分和两种情况讨论， 当时，有，通过求导，判断函数的单调性，确定函数的最值得出结论验证；当时，令，求导判断出函数存在零点设为，即可判断，最后综合得出的取值范围.
【详解】依题意，在上恒成立，当时，，
令，则，，
故当时，，当时，，
故，故，则不等式成立；
当时，令，因为，
，故在内必有零点，设为，则，
则，故，不合题意，舍去；
综上所述，.
故选：AB.
【点睛】恒成立问题求参数注意分类讨论；
适当的构造函数通过函数的最值分析参数的取值.
11. 把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（ ）
A. 当平面时，为的中点
B. 三棱锥外接球的表面积为
C. 若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为
D. 三棱锥体积的最大值为8
【答案】ACD
【解析】
【分析】当平面时，可得，确定点位置判断选项A；几何法求三棱锥外接球的半径，计算表面积判断选项B；令，得，由求最大值判断选项C；由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，求结果判断选项D.
【详解】由题设，长轴长，短轴长，
则，
得分别是中点，而柱体中为矩形，连接，
由，，∴四边形平行四边形，，
当平面时，平面，平面平面，
则，有，
中，是中点，则为的中点，A选项正确；
，，，则中，，，
外接圆半径为，
，则平面，
三棱锥外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，B选项错误；
点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，
令，则，又，
则，，，
，由椭圆性质知，
则当或时，的最大值为，C选项正确；
由，要使三棱锥体积最大，
只需的面积和到平面距离之和都最大，
，令，且，则，
，
当时，有最大值，
在下底面内以为原点，构建如上图的直角坐标系，且，则椭圆方程为，
设，联立椭圆得，，
，，
令，，
由对勾函数性质可知在上递增，，
综上，三棱锥体积的最大值为，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：
本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结构特征，利用线面平行的性质得线线平行，几何法解决外接球问题，几何法求线面角.
第II卷（非选择题共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据二项式的通项求项的系数即可.
【详解】的通项为，所以展开式中的系数为，
的通项为，所以展开式中的系数为，
所以.
故答案为：3.
13. 如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件设、，由此可得，对函数求导，根据导数判断函数的单调性，求得最值即可.
【详解】由题意设，因为面积为，所以，
根据题意有：，
所以，
则长方体的体积为，
，令，有，
所以时，，函数上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
14. 在中，，，点D与点B分别在直线AC的两侧，且，，则BD的长度的最大值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】先判断为直角三角形，设，，由正弦定理得到与之间的数量关系，由余弦定理得到与之间的数量关系，最后在中，由余弦定理及所得结论得到，利用正弦型函数的值域即得BD的长度的最大值.
【详解】
如图，在中，由正弦定理：可得：，因，则，即.
设，则，在中，设，由正弦定理，，则得：，
由余弦定理可得：，即.
在中，由余弦定理，,
因，则，则当时，即时，，此时.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查利用正、余弦定理求边长的最大值问题，属于难题.
解决此类题型的思路就是，要善于在图形中选设与已知条件和所求结论都相关的角，借助于正、余弦定理将所求量表示成关于角的三角函数式，最后根据三角函数的值域求得最值.
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，利用几何关系证明，再由线面平行的判定定理得到结果.
（2）建系后分别找到平面的法向量为和平面的法向量为，代入空间向量二面角的余弦公式求出即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
则且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，
因为四边形为等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
过点作直线的垂线交于点，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为为直径，所以，
所以，，．
在等腰梯形中，，，
所以，
所以，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则
所以令，则，，
所以．
设平面的法向量为，则，
取．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
16. 已知数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，作差得到，从而是以为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项公式；
（2）由（1）知，再利用放缩法证明即可.
【小问1详解】
由，
当时，，则，
当时，，
两式相减得，即，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）知．
当时，；
当时，，
所以，所以，
所以当时，．
综上，．
17. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；
（2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果.
【小问1详解】
由题意知，的可能取值有0，1，2，3，，
，，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
P
.
【小问2详解】
因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，
设乙答对题数为，则，
设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由，又，所以，
则，又，所以，
设，所以，由二次函数可知当时取最大值，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
18. 将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．
（1）求E的方程：
（2）设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当今时，
（i）求的值：
（ii）若有最大值，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解；
（2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围.
【小问1详解】
解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为，
根据题意，可得，即，
代入方程，可得，整理得，
所以曲线的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：（i）设直线的方程为，，
联立方程组，整理得，
则，且，
可得，所以，
可得，
所以，同理可得，
又因为三点共线，可得，即，
所以，
所以.
（ii）设直线的方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
联立方程组，整理得，
则，解得，
若有最大值，则，
又因为，所以实数的取值范围为，
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
19. 在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：
①且（或，）；
②在点的附近区域内两者都可导，且；
③（可为实数，也可为），则．
（1）用洛必达法则求；
（2）函数（，），判断并说明的零点个数；
（3）已知，，，求的解析式．
参考公式：，．
【答案】（1）
（2）仅在时存在1个零点，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；
（2）构造函数，结合的单调性求解即可；
（3）利用累乘法求出的表达式，然后结合，利用洛必达法则求极限即可.
【小问1详解】
【小问2详解】
，，
所以，．
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
，，
当时，，所以仅在时存在1个零点．
【小问3详解】
，所以，，…，
将各式相乘得，
两侧同时运算极限，所以，
即，
令，原式可化为，又，
由（1）得，
故，由题意函数的定义域为，
综上，
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数，从而利用洛必达法则求极限.数学试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟．
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题（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. 下列集合关系不成立的是（ ）
A. B.
C D.
2. 若，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知等差数列的首项为1，公差不为0，若，，成等比数列，则的第5项为（ ）
A. B. C. 或1 D. 或1
4. 已知平面内的向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D.
5. 已知函数的图像在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期
B. 函数的图象关于点中心对称
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在区间上单调递增
7. 已知实数满足，则的最小值与最大值之和为（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
8. 设，，，为抛物线上不同的四点，点，关于该抛物线的对称轴对称，平行于该抛物线在点处的切线，设点到直线和直线的距离分别为，，且，则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列命题为真命题是（ ）
A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为17
B. 一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
C. 用决定系数比较两个模型拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好
D. 以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2
10. 若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的值可以是（ ）
A. B. C. D. 2
11. 把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（ ）
A. 当平面时，为的中点
B. 三棱锥外接球的表面积为
C. 若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为
D. 三棱锥体积的最大值为8
第II卷（非选择题共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则______.
13. 如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为________．
14. 在中，，，点D与点B分别在直线AC的两侧，且，，则BD的长度的最大值是__________．
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
16. 已知数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）求证：．
17. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
18. 将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．
（1）求E方程：
（2）设直线AB，CD倾斜角分别为，．当今时，
（i）求的值：
（ii）若有最大值，求的取值范围．
19. 在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：
①且（或，）；
②在点的附近区域内两者都可导，且；
③（可为实数，也可为），则．
（1）用洛必达法则求；
（2）函数（，），判断并说明的零点个数；
（3）已知，，，求的解析式．
参考公式：，．

展开更多......

收起↑