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数学
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. 设复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的乘法和除法运算对选项一一判断即可得出答案.
【详解】，，
，
，故B正确；
而，故A错误；
，故C错误；
，故D错误.
故选:B.
2. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元线性回归模型对随机误差的假定即可判断结果.
【详解】图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分；
图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大；
图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型；
图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，
可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定．
故选：D．
3. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先推导出，即函数的对称中心为，再根据函数的平移只需将函数向右平移个单位，向上平移个单位，得到函数，则该函数关于对称，即可判断.
【详解】因为定义域为，
则，所以函数的对称中心为，
所以将函数向右平移个单位，向上平移个单位，得到函数，
该函数的对称中心为，故函数为奇函数.
故选：A.
4. 已知等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另外两个顶点在抛物线上，则这个等边三角形的面积是（ ）
A. B. C. D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】正三角形的另外两个顶点关于轴对称，设另外两个顶点的坐标分别为、，把顶点代入抛物线方程化简即可得出答案.
【详解】正三角形的另外两个顶点关于轴对称，
设另外两个顶点的坐标分别为、，
把顶点代入抛物线方程得，解得，
故正三角形的边长为，面积是，
故选:C.
5. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余.记为.若，，则的值可以是（ ）
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
【答案】C
【解析】
【分析】结合二项式系数的性质可得，利用二项式定理求被除得余数，结合同余定义可得被17除的余数是16，由此可得结论.
【详解】因为
所以，
所以，
所以被17除的余数是16，又，
所以被17除的余数是16，
故选：C.
6. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得且，由离心率的概念可得，结合勾股定理计算可得，进而求解.
【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，
可得；设圆柱底面半径为，则，所以，
设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，则，
即，所以，得，
又由勾股定理得，解得，
故.
故选：B.
7. 如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道II绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象可知可判断A；根据图象可知，结合由不等式的性质可判断B，C；对两边同时平方化简可判断D.
【详解】如图可知，，，，A不正确；
，，；B不正确；
由，可知，C不正确；
，可得，故，
即，，，即，D正确，
故选:D.
8. 若圆内接四边形满足，，则四边形的面积为（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理结合圆的性质分别得到和，再利用三角形的面积公式和两角和与差的正弦展开式求解.
【详解】
设，
则，，，
在和中，由正弦定理可得；同理，
所以四边形的面积
，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角形面积公式表示出四边形面积，再结合正弦定理求解.
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. 已知，，是平面上的三个非零向量，那么（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则与的夹角为
D. 若，则，在方向上的投影向量相同
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的概念和向量的共线定理即可判断A；对等式两边同时平方可得，即可判断判断B；如图，根据向量的线性运算即可判断C；根据投影向量的概念即可判断D.
【详解】A项，若，则，其中，，
若，则，，故；
若，不同时为零，则，根据向量共线定理得，，故A正确；
B项，若，两边平方得，，故B正确；
C项，利用向量线性运算的平行四边形法则，作平行四边形，如图，
，则，
由知平行四边形为荾形，为等边三角形，
所以与的夹角为，故C错误；
D项，，在方向上的投影向量分别是，
又，，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知直线：与圆：交于，两点，线段的中点为，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 的最小值为
C. 面积的最大值为2
D. 点的轨迹所包围的图形面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】求得直线过定点判断A；设弦心距为，结合A可得判断B；的面积，可求最大面积判断C；的轨迹为以为直径的圆，可求圆的面积判断D.
【详解】对于A，直线方程可化为：，显然，即直线恒过定点，故A正确：
对于B，设弦心距为，结合可知，，当时取等号，故B错误；
对于C，的面积，当时，，故C错误；
对于D，由，得的轨迹为以为直径的圆，所以，则此圆的面积为.
故选：AD.
11. 已知函数，.下列选项正确的是（ ）
A.
B. ，使得
C. 对任意，都有
D. 对任意，都有
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D.
【详解】A：因为，所以，.
因为，，
所以，故A错误；
B：若，则，即，
，可得，
令，因为，，
所以，使得，即，故B正确；
C：因为，
且上单调递减，所以也单调递减，
可得，
因为.
又在上单调递增，所以也单调递增，
得，即，
因此，对于任意的，都有，故C正确；
D：由B可知：，使得，
结合C的结论，可知当，，，即，
当时，，，即，
因为，，得，即，
当时，有，
因为，所以，所以，
因此可得，即，
当，有，
因为，所以，可得，即，
因此，对于任意的，都有，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，则满足 B的集合的个数为______.
【答案】7
【解析】
【分析】化简集合，结合求集合的子集的结论求结果.
【详解】集合，，
满足 B的集合中必有元素2，3，
所以求满足 B的集合的个数即求集合的真子集个数，
所以满足 B的集合的个数为个.
故答案为：7.
13 若正实数，满足，，则______.
【答案】100
【解析】
【分析】结合完全平方公式可得，由此可求，故可得结论.
【详解】由于，整理得，①，
又，②，
所以①+②得：；
即
对于取常用对数可得，，
故
故答案为：100.
14. 在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为______；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据勾股定理可得，，如图，，结合球的体积公式计算即可求出外接球的体积；确定当与截面垂直时球心到截面的距离d最大，且，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】由题意知，，，，
由勾股定理可知，，，
所以，，取的中点，所以，
所以为三棱锥的外接球的球心，则三棱锥的外接球的半径，
故外接球的体积.
过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，
即，取中点，，
所以，
所以截面圆的半径为.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．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.
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，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）证明平面，并求直线到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果；
（2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果.
【小问1详解】
因为平面，又面，所以，
又，，面，所以平面，
又面，所以，
又，为中点，所以，又，面，
所以平面，又平面，故平面平面.
【小问2详解】
由题，分别为，中点，故，
又平面，平面，故平面，
则直线到平面的距离为点到平面的距离.
由为中点，所以，记为，，
又，所以，
由（1）知，平面，故，，，
由题知，，，
所以，
而，
所以.
.
16. 已知数列的前项和为，满足，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若数列的公差不为0，数列中的部分项组成数列，，，…，恰为等比数列，其中，，，求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由结合可得，则，两式相减即可证明数列成等差数列.
（2）由等比数列的性质可得，可得子数列为首项为，公比为的等比数列，即可求出数列的通项公式.
【小问1详解】
证明：由，得，
所以，即，
所以，
两式相减得，
所以.
所以数列成等差数列.
【小问2详解】
解：等差数列的公差，其子数列恰为等比数列，
其中，，，可得，，，
且有，即，
化为，则，
子数列为首项为，公比为的等比数列，
则，可得.
17. 已知函数．
（1）若直线与函数和均相切，试讨论直线的条数；
（2）设，求证：．
【答案】（1）2条 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分别求解和的切线方程，进而可得，构造函数求导确定函数的单调性，进而结合零点存在性定理判断根的个数即可求解，
（2）通过换元以及指对互化，构造函数求导判断函数的单调性，即可求证.
【小问1详解】
设直线与函数和分别相切于，
由可得，
直线方程为以及，
故，进而，
令，
记，
当单调递减，
单调递增，
又，故存在唯一的，
故当 单调递增，
当单调递减，
，
又，
因此存在两个零点，故直线的条数为2条.
【小问2详解】
令则，
由，由于故，
令，则，故，
故
记，
记，所以在单调递减，故，
故，在单调递减，故，
所以即，
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
18. 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判.记随机变量，，表示前局中乙当裁判的次数.
（1）求事件“且”的概率；
（2）求；
（3）求，并根据你的理解，说明当充分大时的实际含义.
附：设，都是离散型随机变量，则.
【答案】（1）；
（2）；
（3），答案见解析。
【解析】
【分析】（1）把事件“且”分拆成两个互斥事件的和，再分别计算各事件的概率即可.
（2）把事件分拆成互斥事件与的和，列出与的关系式，利用构造法求出数列通项即得.
（3）求出，再利用期望的性质求出，
小问1详解】
当时，
.
【小问2详解】
当时，
，
即，即，
又，因此是首项为，公比为的等比数列，
所以.
【小问3详解】
因为，则.
且，则
，
当充分大时，稳定在，即前局中乙当裁判的平均次数稳定在，这是因为各局中双方获胜的概率均为，
所以经过足够多局之后，某局中甲、乙、丙当裁判得概率比值稳定在，
或由（2）问结果得稳定在附近，则乙当截判的平均次数稳定在.
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
19. 已知，曲线上任意一点到点的距离是到直线的距离的两倍.
（1）求曲线的方程；
（2）已知曲线的左顶点为，直线过点且与曲线在第一、四象限分别交于，两点，直线、分别与直线交于，两点，为的中点.
（i）证明：；
（ii）记，，的面积分别为，，，则是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）是，
【解析】
【分析】（1）设曲线上任意一点坐标为，利用坐标可得曲线的方程；
（2）(i)设直线：，，，联立方程组可得，，求得直线：，求得，，进而可得的坐标，求得的坐标，直线的方向向量的坐标，利用向量法可证结论.
(ii) 法一：利用（i）可求得；，进而可得，进而求得，代入运算可求得，可求结论.
法二：利用（利用双曲线的第二定义）由（1）知，，同理，计算可得，又，，进而计算可得结论成立.
【小问1详解】
设曲线上任意一点坐标为，则由题意可知：
，
故曲线的方程为.
【小问2详解】
(i)设直线：，，，
其中且，
，
故，；
直线：，当时，，故，
同理，为中点，
故；
；（*）
；
故，即，则，
直线的方向向量，，故.
(ii)；（**）
故；，
又，故.
；
；
，
由（*）知，由（**）知，
故，
故，则.
法二：（利用双曲线的第二定义）由（1）知，，同理，
故，
又，故，
又，
且由（*）知，记直线与轴相交于点，
由可得，即，即，
故；
又为的中点，故，即.
【点睛】方法点睛：直线与双曲线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式(有些题可不考虑).
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
有些运算量大，转化是关徤，运算求解能力也是考查点之一.数学
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. 设复数，则（ ）
A. B. C. D.
2. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知等边三角形一个顶点位于坐标原点，另外两个顶点在抛物线上，则这个等边三角形的面积是（ ）
A. B. C. D. 24
5. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余.记为.若，，则的值可以是（ ）
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
6. 如图，已知圆柱斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
7. 如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道II绕月飞行，最终卫星在点第三次变轨进入以为圆心的圆形轨道III绕月飞行，若用和分别表示椭圆轨道I和II的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和II的长轴的长，则（ ）
A. B.
C D.
8. 若圆内接四边形满足，，则四边形的面积为（ ）
A. B. C. 3 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. 已知，，是平面上的三个非零向量，那么（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则与的夹角为
D. 若，则，在方向上的投影向量相同
10. 已知直线：与圆：交于，两点，线段的中点为，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 的最小值为
C. 面积的最大值为2
D. 点的轨迹所包围的图形面积为
11. 已知函数，.下列选项正确是（ ）
A.
B. ，使得
C. 对任意，都有
D. 对任意，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，则满足 B的集合的个数为______.
13. 若正实数，满足，，则______.
14. 在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为______；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为______.
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，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）证明平面，并求直线到平面的距离.
16. 已知数列的前项和为，满足，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若数列的公差不为0，数列中的部分项组成数列，，，…，恰为等比数列，其中，，，求数列的通项公式.
17 已知函数．
（1）若直线与函数和均相切，试讨论直线的条数；
（2）设，求证：．
18. 甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判.记随机变量，，表示前局中乙当裁判的次数.
（1）求事件“且”的概率；
（2）求；
（3）求，并根据你的理解，说明当充分大时的实际含义.
附：设，都是离散型随机变量，则.
19. 已知，曲线上任意一点到点的距离是到直线的距离的两倍.
（1）求曲线的方程；
（2）已知曲线的左顶点为，直线过点且与曲线在第一、四象限分别交于，两点，直线、分别与直线交于，两点，为的中点.
（i）证明：；
（ii）记，，的面积分别为，，，则是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.

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