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广西壮族自治区桂林市2025届高考第一次跨市联合模拟考试数学试卷
1．（2025·桂林模拟）已知，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：，所以的虚部为2，
故答案为：D．
【分析】先利用复数模的运算可得，再利用虚部的定义即可求解．
2．（2025·桂林模拟）已知各项均为正数的等比数列，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：，
，
故答案为：C.
【分析】利用等比数列的性质可得，再利用对数的运算性质即可求解．
3．（2025·桂林模拟）巴黎奥运会在2024年7月27日至8月12日举行，在这期间，中国视听大数据（CVB）显示，直播总观看户次超46亿，分天观看户次（亿）分别为：1.88，2.25，2.21，2.35，2.74，2.24，2.59，5.53，4.39，4.22，3.55，2.74，3.64，2.88，2.03，1.62，0.08．则这组数据的第25百分位数为（　　）
A．2.03 B．2.21 C．2.12 D．3.55
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列，0.08，1.62，1.88，2.03，2.21，2.24，2.25，2.35，2.59，2.74，2.74，2.88，3.55，3.64，4.22，4.39，5.53，
，取第五位数据2.21.
故答案为：B．
【分析】先把数据按从小到大进行排列，再利用百分位数的概念即可求解．
4．（2025·桂林模拟）已知直线的一个方向向量为，则过点且与垂直的直线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两条直线垂直的判定；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：的方向向量为，则斜率为，
因为直线与垂直，所以斜率为解得，
又过点，所以直线方程为，整理可得.
故答案为：D.
【分析】先利用直线方向向量求出斜率，再利用两直线垂直的关系可得，最后利用直线点斜式表达方程即可得解.
5．（2025·桂林模拟）在平行六面体中，，则直线所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为基底，已知如图所示：
则，，
则，
，
，
所以，
则直线所成角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】利用空间向量的基本定理可得，，再利用求模公式可得，再利用空间向量夹角公式求解即可求解.
6．（2025·桂林模拟）“，使”的一个充分不必要条件是（　　）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【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：当时，有解；
当时，二次函数开口向上，所以有解；
当时，有解，则，
解得；
综上可得；
因为真包含于，
所以“，使”的一个充分不必要条件是.
故答案为：C.
【分析】分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围，再利用集合的包含关系判断即可求解.
7．（2025·桂林模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由双曲线可知渐近线方程为，
因为，所以，
在中，，，可得.
即，
则
又因为点在渐近线上，所以，解得，可得.
故答案为：B.
【分析】先利用双曲线方程得到其渐近线方程，再结合示意图分析条件求出点，利用向量的坐标运算得到点B，代入渐近线方程计算即可求解.
8．（2025·桂林模拟）函数.若，则的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；指数型复合函数的性质及应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：已知，则
因为，所以关于对称.
当时：为增函数，也为增函数，所以在上为增函数，
因为关于对称，所以在为减函数，
，，
.
故答案为：A.
【分析】由题意可得函数的图像关于对称性，利用指数型函数和对数型函数的性质可得在上为增函数，再利用函数性质比较函数值的大小即可求解.
9．（2025·桂林模拟）已知的二项式系数和为64，则（　　）
A． B．常数项是第3项
C．二项式系数最大值为20 D．所有项系数之和等于1
【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、已知二项式系数和为64，则，解得，故A正确；
B、通项公式为，令，得，则第四项为常数项，故B错误；
C、因为二项式系数最大项为中间项第四项，所以为，故C正确；
D、令则系数和为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用二项式系数的性质即可判断A；利用二项式及展开式通项即可判断B，C；利用赋值法即可判断D.
10．（2025·桂林模拟）已知数列满足，则（　　）
A．
B．若，则
C．
D．若数列满足，记为的前项和，则
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：已知取倒数可得，
构造新数列可得，
所以是公比为3，首项为3的等比数列，
所以，即
所以，故A正确，C错误；
因为，所以数列前项和为：，
所以，解得，故B正确；
由得，，
所以，
故D正确；
故答案为：ABD．
【分析】先利用题意构造数列可得是等比数列，利用等比数列的通项公式可得，即可判断AC；利用结合分组求和可得，列出方程求解即可判断B；利用可得，利用裂项求和求和即可判断D．
11．（2025·桂林模拟）已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（　　）
A．坐标为
B．当时，
C．若，则
D．过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】已知如图所示：
A、已知抛物线化成标准方程：，焦点坐标，故A正确；
B、设，
由题意知，直线斜率不为零，设直线，
，
可推出：，
，
所以，解得，
所以，故B正确；
C、，
因为，
所以，，故C错误；
D、设，设直线，同理推出，
，
当且仅当时等号成立，故D正确；
故答案为：ABD．
【分析】先把抛物线方程化成标准式即可判断A；设，设直线，与抛物线方程联立得，利用得出，列方程求解即可判断B；利用得出，代入即可判断C；设，设直线，表示出四边形面积，利用基本不等式即可判断D．
12．（2025·桂林模拟）已知，则在上的投影向量为　 　（用坐标表示）.
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
则在上的投影向量为：.
故答案为：.
【分析】先利用平面向量的数量积可得，求模的坐标计算可得，再利用投影向量的定义即可求解.
13．（2025·桂林模拟）已知正四面体中，，则该四面体内半径最大的球的表面积为　 　.
【答案】
【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：过点作平面的垂线如图所示：
则点是的中心，
正四面体内半径最大的球为内切球，
根据正四面体的性质，其内切球球心和外接球球心都在垂线上，设为点，为外接球半径，为内切球半径.
在中，，
，，则，
所以，解得，
所以内切球表面积.
故答案为：.
【分析】由题意作出示意图，利用正四面体的性质结合勾股定理求出内切球半径为，再利用球的表面积公式即可求解.
14．（2025·桂林模拟）已知函数，其中，记函数的最小值为，若，都有，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：已知，
设，则，令，
，
当，则，
所以，得，则在单调递减，
当，则，
所以，得，则在单调递增，
所以，即，
所以恒成立，
只需大于的最大值，
令，
则，
可得，则的最大值为，
所以，
因为，则，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，
故答案为：．
【分析】设，则，令，求导得，转化为恒成立，令，利用作商法得出的最大值为，则，再利用基本不等式即可求解．
15．（2025·桂林模拟）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求的周长的最大值；
（3）若的面积为为的中点，且，求的长．
【答案】（1）解：，由余弦定理得，
∴，
．
（2）解：由及已知得，
又，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的周长最大值为．
（3）解：，则，，
则，解得，
∴，
又为的中点，如图所示：
，又
由勾股定理得．
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意结合余弦定理可得，再利用三角形内角即可求解；
（2）将代入，结合基本不等式即可求解；
（3）先利用三角形面积公式得，再利用余弦定理及得出，联立求解出，最后利用等腰三角形的性质及勾股定理即可求解．
（1），
又据余弦定理，∴，
．
（2）由及已知得，
又，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的周长最大值为．
（3），则，
，
则，解得，
∴，
又为的中点，
，又
由勾股定理得．
16．（2025·桂林模拟）某所学校进行知识竞赛，最终甲乙同学进入决赛，争夺冠军，决赛一共有文化 科技 体育三个项目，比赛采取每个项目中回答对问题多的那个同学在该项目获胜并且获得20分，没获胜的同学得0分，三个项目比赛结束，总得分高的同学获得冠军，已知甲同学每个项目获胜的概率分别为，比赛没有平局，且每个项目比赛相互独立.
（1）求乙同学总得分为40分的概率；
（2）用表示甲同学的总得分，求的分布列与期望；
（3）判断甲乙两名同学谁获得冠军的概率大.
【答案】（1）解：设三个项目乙获胜的事件分别为，乙同学总得分40分记为事件，
则，且
.
（2）解：由题可知
甲总得分的分布列：
0 20 40 60
.
（3）解：甲获胜的概率为，
乙获胜的概率为，
因为，
所以甲获胜概率更大.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式即可求解；
（2）依题可知，再利用相互独立事件的乘法公式分别计算出对应的概率，列出分布列，利用期望的定义即可求解；
（3）分别求出甲和乙获胜概率进行比较即可求解.
（1）设三个项目乙获胜的事件分别为，乙同学总得分40分记为事件，
则，且
.
（2）由题可知
甲总得分的分布列：
0 20 40 60
.
（3）甲获胜的概率为，
乙获胜的概率为，
因为，
所以甲获胜概率更大.
17．（2025·桂林模拟）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：取的中点，连接如图所示：
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）解：
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用中位线的性质证得，再利用线面平行的判定定理可得平面，再面面平行的判定定理和性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点，，平面法向量为，再利用向量法求线面角即可.
（1）
取的中点，连接.
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2025·桂林模拟）已知椭圆为的右焦点，短半轴长为为上动点，的最小值为．
（1）求的方程；
（2）已知点，点为外一点，直线交于两点，
（i）为原点，若，求直线的方程；
（ii）记直线的斜率分别为，若，求的面积．
【答案】（1）解：，
，
可得椭圆方程：．
（2）解：（i）设直线的方程为：，点，
则，
则，
由题，可得：，
则，
，
则直线的方程为：或．
（ii）①当直线斜率为0时，不妨设，
则，，
所以，
；
②当直线斜率不为0时，设，已知如图所示：
由（i）得，
，
则，
，
，
所以点在定直线上，平行直线，点到直线的距离，
，
综上可知，的面积为．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意结合列出方程组即可求解；
（2）（i）设直线的方程为：，点，与椭圆方程联立得，再根据得出，列出方程即可求解；
（ii）分类讨论，当直线斜率为0时，设，分别求得，由求得，即可求得的面积；当直线斜率不为0时，
设，同理得出，则点在定直线上，即可求得的面积．
（1），
，
可得椭圆方程：．
（2）（i）设直线的方程为：，点，
则，
则，
由题，可得：，
则，
，
则直线的方程为：或．
（ii）①当直线斜率为0时，不妨设，
则，，
所以，
；
②当直线斜率不为0时，设，
由（i）得，
，
则，
，
，
所以点在定直线上，平行直线，点到直线的距离，
，
综上可知，的面积为．
19．（2025·桂林模拟）对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”．
（1）判断函数的凹凸性；
（2）若，令，求的最小值；
（3）为（2）问所得结果，证明不等式：．
【答案】（1）解：由题，，即，
所以为的凸函数．
（2）解：设函数，则，，所以在为“凹函数”，
当时，，
即，
当且仅当时，等号成立，
最小值为．
（3）证明：即证，
两边取对数，即证：，
的导数为，
当时，恒成立，所以在上为单调递增函数，
所以，
令，所以，
所以，
累加可得：，证得不等式成立．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）根据定义，求得和，再判断即可求解；
（2）先判断出在为“凹函数”，当时，根据凸函数的性质得出，即可得出的最小值；
（3）由（2）结论得出即证，两边取对数，即证，由导数得出在上为单调递增函数，即可得出，再用累加法即可证明．
（1）由题，，即，
所以为的凸函数．
（2）设函数，则，
，所以在为“凹函数”，
当时，，
即，
当且仅当时，等号成立，
最小值为．
（3）即证，
两边取对数，即证：，
的导数为，
当时，恒成立，所以在上为单调递增函数，
所以，
令，所以，
所以，
累加可得：，证得不等式成立．
1 / 1广西壮族自治区桂林市2025届高考第一次跨市联合模拟考试数学试卷
1．（2025·桂林模拟）已知，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．2
2．（2025·桂林模拟）已知各项均为正数的等比数列，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2025·桂林模拟）巴黎奥运会在2024年7月27日至8月12日举行，在这期间，中国视听大数据（CVB）显示，直播总观看户次超46亿，分天观看户次（亿）分别为：1.88，2.25，2.21，2.35，2.74，2.24，2.59，5.53，4.39，4.22，3.55，2.74，3.64，2.88，2.03，1.62，0.08．则这组数据的第25百分位数为（　　）
A．2.03 B．2.21 C．2.12 D．3.55
4．（2025·桂林模拟）已知直线的一个方向向量为，则过点且与垂直的直线方程为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·桂林模拟）在平行六面体中，，则直线所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·桂林模拟）“，使”的一个充分不必要条件是（　　）
A． B．
C． D．或
7．（2025·桂林模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·桂林模拟）函数.若，则的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·桂林模拟）已知的二项式系数和为64，则（　　）
A． B．常数项是第3项
C．二项式系数最大值为20 D．所有项系数之和等于1
10．（2025·桂林模拟）已知数列满足，则（　　）
A．
B．若，则
C．
D．若数列满足，记为的前项和，则
11．（2025·桂林模拟）已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（　　）
A．坐标为
B．当时，
C．若，则
D．过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32
12．（2025·桂林模拟）已知，则在上的投影向量为　 　（用坐标表示）.
13．（2025·桂林模拟）已知正四面体中，，则该四面体内半径最大的球的表面积为　 　.
14．（2025·桂林模拟）已知函数，其中，记函数的最小值为，若，都有，则的取值范围为　 　．
15．（2025·桂林模拟）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求的周长的最大值；
（3）若的面积为为的中点，且，求的长．
16．（2025·桂林模拟）某所学校进行知识竞赛，最终甲乙同学进入决赛，争夺冠军，决赛一共有文化 科技 体育三个项目，比赛采取每个项目中回答对问题多的那个同学在该项目获胜并且获得20分，没获胜的同学得0分，三个项目比赛结束，总得分高的同学获得冠军，已知甲同学每个项目获胜的概率分别为，比赛没有平局，且每个项目比赛相互独立.
（1）求乙同学总得分为40分的概率；
（2）用表示甲同学的总得分，求的分布列与期望；
（3）判断甲乙两名同学谁获得冠军的概率大.
17．（2025·桂林模拟）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.
18．（2025·桂林模拟）已知椭圆为的右焦点，短半轴长为为上动点，的最小值为．
（1）求的方程；
（2）已知点，点为外一点，直线交于两点，
（i）为原点，若，求直线的方程；
（ii）记直线的斜率分别为，若，求的面积．
19．（2025·桂林模拟）对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”．
（1）判断函数的凹凸性；
（2）若，令，求的最小值；
（3）为（2）问所得结果，证明不等式：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：，所以的虚部为2，
故答案为：D．
【分析】先利用复数模的运算可得，再利用虚部的定义即可求解．
2．【答案】C
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：，
，
故答案为：C.
【分析】利用等比数列的性质可得，再利用对数的运算性质即可求解．
3．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大排列，0.08，1.62，1.88，2.03，2.21，2.24，2.25，2.35，2.59，2.74，2.74，2.88，3.55，3.64，4.22，4.39，5.53，
，取第五位数据2.21.
故答案为：B．
【分析】先把数据按从小到大进行排列，再利用百分位数的概念即可求解．
4．【答案】D
【知识点】两条直线垂直的判定；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：的方向向量为，则斜率为，
因为直线与垂直，所以斜率为解得，
又过点，所以直线方程为，整理可得.
故答案为：D.
【分析】先利用直线方向向量求出斜率，再利用两直线垂直的关系可得，最后利用直线点斜式表达方程即可得解.
5．【答案】A
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为基底，已知如图所示：
则，，
则，
，
，
所以，
则直线所成角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】利用空间向量的基本定理可得，，再利用求模公式可得，再利用空间向量夹角公式求解即可求解.
6．【答案】C
【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：当时，有解；
当时，二次函数开口向上，所以有解；
当时，有解，则，
解得；
综上可得；
因为真包含于，
所以“，使”的一个充分不必要条件是.
故答案为：C.
【分析】分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围，再利用集合的包含关系判断即可求解.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由双曲线可知渐近线方程为，
因为，所以，
在中，，，可得.
即，
则
又因为点在渐近线上，所以，解得，可得.
故答案为：B.
【分析】先利用双曲线方程得到其渐近线方程，再结合示意图分析条件求出点，利用向量的坐标运算得到点B，代入渐近线方程计算即可求解.
8．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；指数型复合函数的性质及应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：已知，则
因为，所以关于对称.
当时：为增函数，也为增函数，所以在上为增函数，
因为关于对称，所以在为减函数，
，，
.
故答案为：A.
【分析】由题意可得函数的图像关于对称性，利用指数型函数和对数型函数的性质可得在上为增函数，再利用函数性质比较函数值的大小即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、已知二项式系数和为64，则，解得，故A正确；
B、通项公式为，令，得，则第四项为常数项，故B错误；
C、因为二项式系数最大项为中间项第四项，所以为，故C正确；
D、令则系数和为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用二项式系数的性质即可判断A；利用二项式及展开式通项即可判断B，C；利用赋值法即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：已知取倒数可得，
构造新数列可得，
所以是公比为3，首项为3的等比数列，
所以，即
所以，故A正确，C错误；
因为，所以数列前项和为：，
所以，解得，故B正确；
由得，，
所以，
故D正确；
故答案为：ABD．
【分析】先利用题意构造数列可得是等比数列，利用等比数列的通项公式可得，即可判断AC；利用结合分组求和可得，列出方程求解即可判断B；利用可得，利用裂项求和求和即可判断D．
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】已知如图所示：
A、已知抛物线化成标准方程：，焦点坐标，故A正确；
B、设，
由题意知，直线斜率不为零，设直线，
，
可推出：，
，
所以，解得，
所以，故B正确；
C、，
因为，
所以，，故C错误；
D、设，设直线，同理推出，
，
当且仅当时等号成立，故D正确；
故答案为：ABD．
【分析】先把抛物线方程化成标准式即可判断A；设，设直线，与抛物线方程联立得，利用得出，列方程求解即可判断B；利用得出，代入即可判断C；设，设直线，表示出四边形面积，利用基本不等式即可判断D．
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
则在上的投影向量为：.
故答案为：.
【分析】先利用平面向量的数量积可得，求模的坐标计算可得，再利用投影向量的定义即可求解.
13．【答案】
【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：过点作平面的垂线如图所示：
则点是的中心，
正四面体内半径最大的球为内切球，
根据正四面体的性质，其内切球球心和外接球球心都在垂线上，设为点，为外接球半径，为内切球半径.
在中，，
，，则，
所以，解得，
所以内切球表面积.
故答案为：.
【分析】由题意作出示意图，利用正四面体的性质结合勾股定理求出内切球半径为，再利用球的表面积公式即可求解.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：已知，
设，则，令，
，
当，则，
所以，得，则在单调递减，
当，则，
所以，得，则在单调递增，
所以，即，
所以恒成立，
只需大于的最大值，
令，
则，
可得，则的最大值为，
所以，
因为，则，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，
故答案为：．
【分析】设，则，令，求导得，转化为恒成立，令，利用作商法得出的最大值为，则，再利用基本不等式即可求解．
15．【答案】（1）解：，由余弦定理得，
∴，
．
（2）解：由及已知得，
又，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的周长最大值为．
（3）解：，则，，
则，解得，
∴，
又为的中点，如图所示：
，又
由勾股定理得．
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意结合余弦定理可得，再利用三角形内角即可求解；
（2）将代入，结合基本不等式即可求解；
（3）先利用三角形面积公式得，再利用余弦定理及得出，联立求解出，最后利用等腰三角形的性质及勾股定理即可求解．
（1），
又据余弦定理，∴，
．
（2）由及已知得，
又，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的周长最大值为．
（3），则，
，
则，解得，
∴，
又为的中点，
，又
由勾股定理得．
16．【答案】（1）解：设三个项目乙获胜的事件分别为，乙同学总得分40分记为事件，
则，且
.
（2）解：由题可知
甲总得分的分布列：
0 20 40 60
.
（3）解：甲获胜的概率为，
乙获胜的概率为，
因为，
所以甲获胜概率更大.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式即可求解；
（2）依题可知，再利用相互独立事件的乘法公式分别计算出对应的概率，列出分布列，利用期望的定义即可求解；
（3）分别求出甲和乙获胜概率进行比较即可求解.
（1）设三个项目乙获胜的事件分别为，乙同学总得分40分记为事件，
则，且
.
（2）由题可知
甲总得分的分布列：
0 20 40 60
.
（3）甲获胜的概率为，
乙获胜的概率为，
因为，
所以甲获胜概率更大.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接如图所示：
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）解：
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用中位线的性质证得，再利用线面平行的判定定理可得平面，再面面平行的判定定理和性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点，，平面法向量为，再利用向量法求线面角即可.
（1）
取的中点，连接.
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：，
，
可得椭圆方程：．
（2）解：（i）设直线的方程为：，点，
则，
则，
由题，可得：，
则，
，
则直线的方程为：或．
（ii）①当直线斜率为0时，不妨设，
则，，
所以，
；
②当直线斜率不为0时，设，已知如图所示：
由（i）得，
，
则，
，
，
所以点在定直线上，平行直线，点到直线的距离，
，
综上可知，的面积为．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意结合列出方程组即可求解；
（2）（i）设直线的方程为：，点，与椭圆方程联立得，再根据得出，列出方程即可求解；
（ii）分类讨论，当直线斜率为0时，设，分别求得，由求得，即可求得的面积；当直线斜率不为0时，
设，同理得出，则点在定直线上，即可求得的面积．
（1），
，
可得椭圆方程：．
（2）（i）设直线的方程为：，点，
则，
则，
由题，可得：，
则，
，
则直线的方程为：或．
（ii）①当直线斜率为0时，不妨设，
则，，
所以，
；
②当直线斜率不为0时，设，
由（i）得，
，
则，
，
，
所以点在定直线上，平行直线，点到直线的距离，
，
综上可知，的面积为．
19．【答案】（1）解：由题，，即，
所以为的凸函数．
（2）解：设函数，则，，所以在为“凹函数”，
当时，，
即，
当且仅当时，等号成立，
最小值为．
（3）证明：即证，
两边取对数，即证：，
的导数为，
当时，恒成立，所以在上为单调递增函数，
所以，
令，所以，
所以，
累加可得：，证得不等式成立．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）根据定义，求得和，再判断即可求解；
（2）先判断出在为“凹函数”，当时，根据凸函数的性质得出，即可得出的最小值；
（3）由（2）结论得出即证，两边取对数，即证，由导数得出在上为单调递增函数，即可得出，再用累加法即可证明．
（1）由题，，即，
所以为的凸函数．
（2）设函数，则，
，所以在为“凹函数”，
当时，，
即，
当且仅当时，等号成立，
最小值为．
（3）即证，
两边取对数，即证：，
的导数为，
当时，恒成立，所以在上为单调递增函数，
所以，
令，所以，
所以，
累加可得：，证得不等式成立．
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