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浙江省嘉兴市2025届高三下学期4月教学测试数学试题
1．（2025·嘉兴模拟）复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，虚部为.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得复数z，再根据复数的概念判断即可.
2．（2025·嘉兴模拟）关于的不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：函数在上为增函数，由，可得，
因为函数在上为增函数，所以，则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用指数函数、对数函数的单调性解不等式即可.
3．（2025·嘉兴模拟）在所在平面内，点满足，记，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量数乘的运算；平面向量的线性运算
4．（2025·嘉兴模拟）“”是“圆不经过第三象限”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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；圆的一般方程
【解析】【解答】解：圆可化为，
易知圆心为，半径，且，
若圆不经过第三象限，则原点不在圆内，
则，即，因为是的真子集，
所以“”是“圆不经过第三象限”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先将圆一般方程化为标准方程，求得圆心和半径，若圆不经过第三象限，则原点不在圆内，求得的取值范围，结合包含关系分析充分、必要条件即可.
5．（2025·嘉兴模拟）若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：易知正四面体的内切球与其外接球球心重合，
正四面体内切球与外接球球心在其高上，如图所示：
则是正四面体内切球半径，是正四面体外接球半径，
由正四面体的内切球的表面积为，得，令，
，，，
在中，，解得，，
则该正四面体的外接球的体积.
故答案为：C.
【分析】由题意，结合正四面体的结构特征，求出其外接球的半径，计算外接球的体积即可.
6．（2025·嘉兴模拟）已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图所示：不妨设点在第一象限，
抛物线，则准线，交点，
由抛物线的定义可得：，解得，则，
因为，所以，则，
因为，所以直线，
联立，消元整理得，解得，
代入抛物线方程得，则，易得，
，，则.
故答案为：B.
【分析】由题意求出，得出直线，与抛物线联立得出，，然后求出两个三角形的底边求解即可.
7．（2025·嘉兴模拟）已知函数的定义域为，且，，，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】D
【知识点】函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，所以，
由，令，可得，
则，即，
则函数是以6为周期的周期函数，
则，
由，，，
令有，，
所以，所以，
令有，，即，
令有，即，，
所以，
所以，
故答案为：D.
【分析】根据和推出函数的周期，求出一个周期的函数值，即可求解.
8．（2025·嘉兴模拟）甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式
9．（2025·嘉兴模拟）下列说法正确的是（　　）
A．残差的平方和越小，模型的拟合效果越好
B．若随机变量，则
C．数据，，，，，，的第80百分位数是21
D．一组数，，…，（）的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变
【答案】A,C
【知识点】极差、方差与标准差；线性相关；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、决定系数越大，模型的拟合效果越好，则残差平方和越小，故A正确；
B、 若随机变量，，则，故B错误；
C、，则第80百分位数是第6个数据21，故C正确；
D、由题意可知，若再插入一个数，则平均数变为，
即平均数不变，而原来的数据的方差为，
同理可算得新数据的方差为，所以方差会变，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据决定系数即可判断A；先求出随机变量的方差，由方差的性质即可判断B；由第百分位数的算法计算即可判断C；计算得出平均数不变，而方差会变即可判断D.
10．（2025·嘉兴模拟）已知，则下列说法正确的是（　　）
A．在区间上单调递增
B．将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称
C．若是偶函数，则
D．若在区间上恰有3个零点，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
A、当时，，函数单调递增，故A正确；
B、 函数的图象向右平移个单位长度得，显然不关于原点对称，故B错误；
C、，若为偶函数，
则，解得，故C正确；
D、，当，，
函数在区间上恰有3个零点，等价于在上恰有3个零点，
则，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据正弦型函数的单调性，对称性，奇偶性和零点的判定方法逐项判断即可.
11．（2025·嘉兴模拟）用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“1笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体.那么下列说法正确的是（　　）
A．五棱锥是3笔画多面体 B．正方体是4笔画多面体
C．棱锥是笔画多面体 D．棱柱是笔画多面体
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
12．（2025·嘉兴模拟） 的展开式中含 项的系数为　 　.
【答案】40
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】 的展开式的通项公式为 ，
则展开式中含 的项有 ，即 ，
所以展开式中含 项的系数为 。
故答案为：40。
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出 的展开式中含 项的系数。
13．（2025·嘉兴模拟）记的内角，，的对边分别为，，，已知，则　 　.
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理得，
则，
即，因为，，所以，
又因为，所以，
解得或，又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，利用正弦定理结合三角形内角和以及同角三角函数基本关系求解即可.
14．（2025·嘉兴模拟）设函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
15．（2025·嘉兴模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值.
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程 为，即；
（2）解：函数的定义域为，，
令，解得或，
当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以在区间的最大值为.
【知识点】导数的几何意义；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】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合直线的点斜式求切线方程即可；
（2）求出导函数的零点，得到在区间上的单调性，可知最大值只能是或，利用作差法比较二者的大小即可得出答案.
16．（2025·嘉兴模拟）如图，在边长为2的正三角形中，，分别为，的中点，将沿翻折至，使得.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为为等边三角形，为中点，所以，
又因为，且面，面，，所以面，
又因为面，所以平面平面；
（2）解：过点作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，所以面，
又因为，分别为，中点，所以翻折后，，，由对称性可知，
又，所以，由等面积得，
以为坐标原点，，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
设面的法向量为，，，
则，令，则，
设直线和平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证面面垂直，首先证线面垂直，即先证面，再由垂直于平面内两条相交直线即可证明；
（2）以为坐标原点，，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则，
又，且面，面，，面，
又面，所以平面平面.
（2）解法一：（等体积法）
过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，面；
又，分别为，中点，
翻折后，，，由对称性可知，
又，所以，由等面积得，
设直线和平面所成角为，点到面的距离为，
由得：，
又，，
所以，，故直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：（几何法）
分别取，的中点，，连接，，，过点作，
为等边三角形，，分别为，中点，
，，且，则面；
面，面面，
平面平面，又，面，
，面，所以点到面的距离即为，
翻折后，，，由对称性可知，
又，由勾股定理的逆定理可知，所以，
在中，，，故边上的高为，
由等面积得，
设直线和平面所成角为，所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
解法三：（坐标法）
过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，面，
又因为，分别为，中点，
所以翻折后，，，由对称性可知，
又，所以，由等面积得，
因此以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图，
则，，，，，
设面的法向量为，，，
则不妨令，则法向量，
设直线和平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025·嘉兴模拟）记为数列的前项和，已知，，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围.
【答案】（1）解： 数列满足，，，
当时，，解得或，因为，所以，
当时，，得，
因为，所以，又因为，所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，
则数列的通项公式为；
（2）解：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用数列通项公式与前项和的关系得到递推关系，因为，可求得数列为等差数列，写出数列的通项公式即可；
（2）先写出数列的通项公式，再求出数列的前项和为，分部求和即可.
（1）时，，解得或，因为，所以，
时，，得，
因为，所以，又，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解法一：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
解法二：由，
当为偶数时，
.
当为奇数时，
，
所以（下同解法一）
解法三：因为对任意的，成立，
则，即求的最小值，令，
当为奇数时，
则，所以最小值一定在为奇数时取到，
当为奇数时，
，
当时，，当时，，
所以当为奇数时，，
则的最小值为，
所以.
18．（2025·嘉兴模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线分别交的左、右两支于，两点，且.
（1）求的值；
（2）求的取值范围；
（3）若，证明：.
【答案】（1）解：设直线与轴所成锐角为，
则，同理得出，，
因为，即，即，
因为，同号且，得，
所以，则；
（2）解：设直线为，联立，消元整理可得，
则，，；
因为直线交的左、右两支于、两点，所以，则，
由（1）知，即，
化简得，
因为，所以，
即，则；
（3）解：当时，则，，由（2）得，
设、的中点为，则，，
因为，所以，又因为，所以，由三线合一知，.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线与轴所成锐角为，则，同理得出，，代入计算即可；
（2）设直线为，与双曲线联立，韦达定理，由（1）得，整体代入化简即可；
（3）当时，则，，由（2）得，设、的中点为，证出即可得出结论.
（1）设直线与轴所成锐角为，
则，同理得出，，
因为，即，即，
因为，同号且，得，
所以，则；
（2）设直线为，联立：
，得，
则，，；
因为直线交的左、右两支于、两点，
所以，则，
由（1）知，即，
化简得，
由，所以，
即，则；
（3）当时，则，，由（2）得，
设、的中点为，
则，，
又，所以，
那么，所以，由三线合一知，.
19．（2025·嘉兴模拟）记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）.
（1）当时，求的所有可能的值；
（2）求的最小值；
（3）设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得.
【答案】（1）解：若，由于，的对称性，只需考虑以下情况：
，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，，
则的所有可能值为：，，，，，；
（2）解：首先计算时：
令，，
观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为，
所以，所以，即此时的最小值为0.
对于其它情况：
当时，由为奇数，
由（1）知为奇数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，
可知，即此时最小值为1；
当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，
现令，，可知，即此时最小值为1；
当时，为偶数，为偶数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，
即此时最小值为0，
综上所述可知当或时，，
或时，；
（3）证明：首先证明与的奇偶性相同：由题意知，
，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同，
下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，
当或时，由（2）可知存在，满足，
假设时成立（为小于且与其奇偶性相同自然数），
即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，
则可令，），那么，
即说明时命题成立，
若此时，必存在正整数满足且（否则有，，
此时有），令，，
此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立，
当时，令，，，综上所述命题成立.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算
【解析】【分析】（1）由题意，分类讨论写出集合，，求出相应的即可；
（2）首先计算时，的最小值为0，然后依次讨论当，，时，相应的的最小值即可得出答案；
（3）首先证明与的奇偶性相同，然后用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，即可得出证明.
（1）若，由于，的对称性，只需考虑以下情况：
，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，.
所以的所有可能值为：，，，，，.
（2）首先计算时：
令，，
观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为，
所以，所以，即此时的最小值为0.
对于其它情况：
当时，由为奇数，
由（1）知为奇数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，
可知，即此时最小值为1；
当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，
现令，，可知，即此时最小值为1；
当时，为偶数，为偶数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，即此时最小值为0.
综上所述可知当或时，，
或时，.
（3）首先证明与的奇偶性相同：
由题意知
所以，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同.
下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足.
当或时，由（2）可知存在，满足，
假设时成立（为小于且与其奇偶性相同自然数），
即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，则可令，），那么，
即说明时命题成立，
若此时，必存在正整数满足且（否则有，，
此时有），令，，
此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立.
当时，令，，，综上所述命题成立.
1 / 1浙江省嘉兴市2025届高三下学期4月教学测试数学试题
1．（2025·嘉兴模拟）复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·嘉兴模拟）关于的不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·嘉兴模拟）在所在平面内，点满足，记，，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·嘉兴模拟）“”是“圆不经过第三象限”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．（2025·嘉兴模拟）若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·嘉兴模拟）已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·嘉兴模拟）已知函数的定义域为，且，，，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
8．（2025·嘉兴模拟）甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·嘉兴模拟）下列说法正确的是（　　）
A．残差的平方和越小，模型的拟合效果越好
B．若随机变量，则
C．数据，，，，，，的第80百分位数是21
D．一组数，，…，（）的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变
10．（2025·嘉兴模拟）已知，则下列说法正确的是（　　）
A．在区间上单调递增
B．将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称
C．若是偶函数，则
D．若在区间上恰有3个零点，则
11．（2025·嘉兴模拟）用笔从空间多面体的一个顶点出发，沿棱画线，不间断、不重复，最终回到起点或到达另一个顶点的过程称为“1笔”.现定义：如果遍历一个空间多面体所有的顶点和棱至少需要笔，则该多面体称为笔画多面体.那么下列说法正确的是（　　）
A．五棱锥是3笔画多面体 B．正方体是4笔画多面体
C．棱锥是笔画多面体 D．棱柱是笔画多面体
12．（2025·嘉兴模拟） 的展开式中含 项的系数为　 　.
13．（2025·嘉兴模拟）记的内角，，的对边分别为，，，已知，则　 　.
14．（2025·嘉兴模拟）设函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为　 　.
15．（2025·嘉兴模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值.
16．（2025·嘉兴模拟）如图，在边长为2的正三角形中，，分别为，的中点，将沿翻折至，使得.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025·嘉兴模拟）记为数列的前项和，已知，，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围.
18．（2025·嘉兴模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线分别交的左、右两支于，两点，且.
（1）求的值；
（2）求的取值范围；
（3）若，证明：.
19．（2025·嘉兴模拟）记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）.
（1）当时，求的所有可能的值；
（2）求的最小值；
（3）设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，虚部为.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得复数z，再根据复数的概念判断即可.
2．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：函数在上为增函数，由，可得，
因为函数在上为增函数，所以，则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用指数函数、对数函数的单调性解不等式即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量数乘的运算；平面向量的线性运算
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；圆的一般方程
【解析】【解答】解：圆可化为，
易知圆心为，半径，且，
若圆不经过第三象限，则原点不在圆内，
则，即，因为是的真子集，
所以“”是“圆不经过第三象限”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先将圆一般方程化为标准方程，求得圆心和半径，若圆不经过第三象限，则原点不在圆内，求得的取值范围，结合包含关系分析充分、必要条件即可.
5．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：易知正四面体的内切球与其外接球球心重合，
正四面体内切球与外接球球心在其高上，如图所示：
则是正四面体内切球半径，是正四面体外接球半径，
由正四面体的内切球的表面积为，得，令，
，，，
在中，，解得，，
则该正四面体的外接球的体积.
故答案为：C.
【分析】由题意，结合正四面体的结构特征，求出其外接球的半径，计算外接球的体积即可.
6．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图所示：不妨设点在第一象限，
抛物线，则准线，交点，
由抛物线的定义可得：，解得，则，
因为，所以，则，
因为，所以直线，
联立，消元整理得，解得，
代入抛物线方程得，则，易得，
，，则.
故答案为：B.
【分析】由题意求出，得出直线，与抛物线联立得出，，然后求出两个三角形的底边求解即可.
7．【答案】D
【知识点】函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，所以，
由，令，可得，
则，即，
则函数是以6为周期的周期函数，
则，
由，，，
令有，，
所以，所以，
令有，，即，
令有，即，，
所以，
所以，
故答案为：D.
【分析】根据和推出函数的周期，求出一个周期的函数值，即可求解.
8．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式
9．【答案】A,C
【知识点】极差、方差与标准差；线性相关；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、决定系数越大，模型的拟合效果越好，则残差平方和越小，故A正确；
B、 若随机变量，，则，故B错误；
C、，则第80百分位数是第6个数据21，故C正确；
D、由题意可知，若再插入一个数，则平均数变为，
即平均数不变，而原来的数据的方差为，
同理可算得新数据的方差为，所以方差会变，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据决定系数即可判断A；先求出随机变量的方差，由方差的性质即可判断B；由第百分位数的算法计算即可判断C；计算得出平均数不变，而方差会变即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
A、当时，，函数单调递增，故A正确；
B、 函数的图象向右平移个单位长度得，显然不关于原点对称，故B错误；
C、，若为偶函数，
则，解得，故C正确；
D、，当，，
函数在区间上恰有3个零点，等价于在上恰有3个零点，
则，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据正弦型函数的单调性，对称性，奇偶性和零点的判定方法逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
12．【答案】40
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】 的展开式的通项公式为 ，
则展开式中含 的项有 ，即 ，
所以展开式中含 项的系数为 。
故答案为：40。
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出 的展开式中含 项的系数。
13．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理得，
则，
即，因为，，所以，
又因为，所以，
解得或，又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，利用正弦定理结合三角形内角和以及同角三角函数基本关系求解即可.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
15．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程 为，即；
（2）解：函数的定义域为，，
令，解得或，
当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以在区间的最大值为.
【知识点】导数的几何意义；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】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合直线的点斜式求切线方程即可；
（2）求出导函数的零点，得到在区间上的单调性，可知最大值只能是或，利用作差法比较二者的大小即可得出答案.
16．【答案】（1）证明：连接，因为为等边三角形，为中点，所以，
又因为，且面，面，，所以面，
又因为面，所以平面平面；
（2）解：过点作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，所以面，
又因为，分别为，中点，所以翻折后，，，由对称性可知，
又，所以，由等面积得，
以为坐标原点，，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
设面的法向量为，，，
则，令，则，
设直线和平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证面面垂直，首先证线面垂直，即先证面，再由垂直于平面内两条相交直线即可证明；
（2）以为坐标原点，，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则，
又，且面，面，，面，
又面，所以平面平面.
（2）解法一：（等体积法）
过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，面；
又，分别为，中点，
翻折后，，，由对称性可知，
又，所以，由等面积得，
设直线和平面所成角为，点到面的距离为，
由得：，
又，，
所以，，故直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：（几何法）
分别取，的中点，，连接，，，过点作，
为等边三角形，，分别为，中点，
，，且，则面；
面，面面，
平面平面，又，面，
，面，所以点到面的距离即为，
翻折后，，，由对称性可知，
又，由勾股定理的逆定理可知，所以，
在中，，，故边上的高为，
由等面积得，
设直线和平面所成角为，所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
解法三：（坐标法）
过点作，垂足为，
平面平面，且平面平面，面，
又因为，分别为，中点，
所以翻折后，，，由对称性可知，
又，所以，由等面积得，
因此以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图，
则，，，，，
设面的法向量为，，，
则不妨令，则法向量，
设直线和平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解： 数列满足，，，
当时，，解得或，因为，所以，
当时，，得，
因为，所以，又因为，所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，
则数列的通项公式为；
（2）解：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用数列通项公式与前项和的关系得到递推关系，因为，可求得数列为等差数列，写出数列的通项公式即可；
（2）先写出数列的通项公式，再求出数列的前项和为，分部求和即可.
（1）时，，解得或，因为，所以，
时，，得，
因为，所以，又，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解法一：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
解法二：由，
当为偶数时，
.
当为奇数时，
，
所以（下同解法一）
解法三：因为对任意的，成立，
则，即求的最小值，令，
当为奇数时，
则，所以最小值一定在为奇数时取到，
当为奇数时，
，
当时，，当时，，
所以当为奇数时，，
则的最小值为，
所以.
18．【答案】（1）解：设直线与轴所成锐角为，
则，同理得出，，
因为，即，即，
因为，同号且，得，
所以，则；
（2）解：设直线为，联立，消元整理可得，
则，，；
因为直线交的左、右两支于、两点，所以，则，
由（1）知，即，
化简得，
因为，所以，
即，则；
（3）解：当时，则，，由（2）得，
设、的中点为，则，，
因为，所以，又因为，所以，由三线合一知，.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线与轴所成锐角为，则，同理得出，，代入计算即可；
（2）设直线为，与双曲线联立，韦达定理，由（1）得，整体代入化简即可；
（3）当时，则，，由（2）得，设、的中点为，证出即可得出结论.
（1）设直线与轴所成锐角为，
则，同理得出，，
因为，即，即，
因为，同号且，得，
所以，则；
（2）设直线为，联立：
，得，
则，，；
因为直线交的左、右两支于、两点，
所以，则，
由（1）知，即，
化简得，
由，所以，
即，则；
（3）当时，则，，由（2）得，
设、的中点为，
则，，
又，所以，
那么，所以，由三线合一知，.
19．【答案】（1）解：若，由于，的对称性，只需考虑以下情况：
，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，，
则的所有可能值为：，，，，，；
（2）解：首先计算时：
令，，
观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为，
所以，所以，即此时的最小值为0.
对于其它情况：
当时，由为奇数，
由（1）知为奇数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，
可知，即此时最小值为1；
当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，
现令，，可知，即此时最小值为1；
当时，为偶数，为偶数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，
即此时最小值为0，
综上所述可知当或时，，
或时，；
（3）证明：首先证明与的奇偶性相同：由题意知，
，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同，
下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，
当或时，由（2）可知存在，满足，
假设时成立（为小于且与其奇偶性相同自然数），
即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，
则可令，），那么，
即说明时命题成立，
若此时，必存在正整数满足且（否则有，，
此时有），令，，
此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立，
当时，令，，，综上所述命题成立.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算
【解析】【分析】（1）由题意，分类讨论写出集合，，求出相应的即可；
（2）首先计算时，的最小值为0，然后依次讨论当，，时，相应的的最小值即可得出答案；
（3）首先证明与的奇偶性相同，然后用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，即可得出证明.
（1）若，由于，的对称性，只需考虑以下情况：
，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，；，，；
，，.
所以的所有可能值为：，，，，，.
（2）首先计算时：
令，，
观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为，
所以，所以，即此时的最小值为0.
对于其它情况：
当时，由为奇数，
由（1）知为奇数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，
可知，即此时最小值为1；
当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，
现令，，可知，即此时最小值为1；
当时，为偶数，为偶数，
考虑的子集，中有项，
那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，即此时最小值为0.
综上所述可知当或时，，
或时，.
（3）首先证明与的奇偶性相同：
由题意知
所以，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同.
下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足.
当或时，由（2）可知存在，满足，
假设时成立（为小于且与其奇偶性相同自然数），
即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，则可令，），那么，
即说明时命题成立，
若此时，必存在正整数满足且（否则有，，
此时有），令，，
此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立.
当时，令，，，综上所述命题成立.
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