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广东省清远市2025届高三教学质量检测（二）数学试题
1．（2025·清远模拟）已知集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算；对数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：∵，
，
∴.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用对数型函数的单调性，从而得出集合B，再结合补集的运算法则得出集合.
2．（2025·清远模拟）设为虚数单位，复数满足，则（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以.
故答案为：B．
【分析】先用复数的除法法则得到，再利用复数模长公式得到复数z的模.
3．（2025·清远模拟）已知，，且，则（　　）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】由向量共线的坐标表示，从而列式求出实数的值.
4．（2025·清远模拟）已知随机变量服从正态分布，下列结论中正确的是（　　）
A．
B．当时，
C．
D．随机变量落在与落在的概率相等
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，因为，
故A错误；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，由正态分布密度曲线可知，故C错误；
对于D，由正态分布密度曲线的对称性可知，
随机变量落在与落在的概率相等，故D正确．
故答案为：D．
【分析】由正态分布对应的概率密度函数的对称性，则判断出选项A和选项D；由方差的性质判断出选项B；由正态分布的数学期望的表示，则判断出选项C，从而找出结论正确的选项.
5．（2025·清远模拟）已知等差数列的前项和为，公差，若，且，，成等比数列，则的值为（　　）
A．11 B．13 C．19 D．17
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：因为，
则，
又因为，，成等比数列，
则，
所以，整理可得，
再与联立可得，，
所以，，
故答案为：C．
【分析】利用等差数列的性质和等差数列的求和公式以及等差中项公式，从而可得，再由等比中项公式可得，将两式联立可得和的值，根据等差数列的通项公式得出的值.
6．（2025·清远模拟）已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，
且当时，，
又因为函数在内恰有3个最值点和3个零点，
所以，
解得.
故答案为：D．
【分析】利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再根据函数在内恰有3个最值点和3个零点，则由正弦型函数的图象与性质列出不等式，从而求解不等式得出实数的取值范围.
7．（2025·清远模拟）设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（　　）
A． B．
C． D．1
【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，
可得，
所以曲线在处的切线方程是，
令，得，
所以
.
故答案为：A．
【分析】先求导，再由导数的几何意义得出切线方程，从而得出，再结合对数运算法则得出的值.
8．（2025·清远模拟）已知抛物线的方程为，直线与交于，两点，，两点分别位于轴的上下两侧，且，其中为坐标原点．过抛物线的焦点向作垂线交于点，动点的轨迹为，则的方程和直线斜率的最大值分别为（　　）
A．（除去点）， B．（除去点），
C．， D．，
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，可设，，
则，
解得或（舍），
设直线的方程为，
与抛物线方程联立得，
所以，
则，
所以直线的方程为，
所以直线过定点，
又因为，
由圆的定义可知动点的轨迹是以为直径的圆，
因为中点坐标为，
所以点的轨迹方程为（除去点），
过原点的直线和在第一象限内相切时，斜率最大，
所以直线斜率的最大值为．
故答案为：B.
【分析】先由题意，设，，利用求出的值，再设直线的方程为，再利用韦达定理求出直线l方程和方程所过定点，从而可得动点的轨迹L的方程和直线斜率最大值时的情况，进而得出直线斜率的最大值.
9．（2025·清远模拟）某同学掷骰子五次，分别记录每次骰子出现的点数．根据该同学记录的结果，判断可能出现点数6的是（　　）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，
满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A正确；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，
满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B正确；
对于C，若平均数为2，且出现6点，
则方差，
故平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C错误；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，
满足中位数为3，平均数为：，
方差为，
可以出现点数6，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据题意举例，再结合中位数公式、众数公式、平均数公式和方差公式，从而逐项判断找出判断可能出现点数6的选项.
10．（2025·清远模拟）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（　　）
A．
B．平面与平面所成角的余弦值为
C．若，则点轨迹的长度为
D．若点在直线上，则的最小值为
【答案】A,B,C
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图1，连接，
由菱形，可得，
再由直棱柱，
可得底面．
又因为底面，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，故A正确；
因为，，，
所以为直角三角形，且，
其在底面投影的三角形的面积为，
由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，
故B正确；
如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为，
在直棱柱中，
平面平面，平面平面，
平面，且，
所以平面.
因为侧面，
所以，
由菱形边长为2，，
可得，
由勾股定理得：，
则点的轨迹是以为圆心，
以为半径的圆弧（如图3中），
则由侧面正方形，可知，，
可得，
所以点轨迹的长度为，故C正确；
由为直角三角形，且为等腰直角三角形，
将与展开成一个平面图，
如图4，则，
由余弦定理得：，
则，
所以的最小值为，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】利用直棱柱的结构特征和菱形的结构特征，则由线面垂直得出线线垂直，则判断出选项A；利用投影面积法求出二面角的余弦直，则判断出选项B；先弄清点的轨迹，再求其长度，则可判断出选项C；利用表面展开转化为两点之间，直线段最短，从而求出的最小值，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2025·清远模拟）我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；进位制
【解析】【解答】解：对于A，
因为，所以A正确；
对于B，由，
，
可得，所以B错误；
对于C，因为，
，
又因为，可得，
则，所以C正确；
对于D，
因为
，
又因为
，
而函数，可得，
所以在上单调递减，
当时，，
则，
所以，
因此，
则，
则，所以D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据题意得出，可判断出选项A；由，可判断出选项B；由，结合，可判断出选项C；根据等比数列前n项和公式，从而得出和，令，求得，从而判断出函数在上单调递减，进而得出，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项．
12．（2025·清远模拟）展开式中的常数项为　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为展开式的通式为：，
令，得，
所以常数项为．
故答案为：.
【分析】先由二项式定理求出二项式展开式的通项，再赋值得出的直，从而得出展开式中的常数项.
13．（2025·清远模拟）已知函数，若，，且，则的最小值是　 　．
【答案】4
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以函数为奇函数且为增函数，，
由，
可得，
则.
因为，
所以，
当且仅当，时取等号．
故答案为：4.
【分析】先利用已知条件判断出函数的奇偶性和单调性，结合函数的性质可得的关系式，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
14．（2025·清远模拟）一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末必须等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点的跳法共有　 　种．（用数字作答）
【答案】9450
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，
则质点第10秒末到达点共跳了10次，可分三类情况讨论：
第一类，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有种；
第二类，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有种；
第三类，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有种，
根据分类计数原理得，共有（种）．
故答案为：9450.
【分析】结合题意先分三类，每类由分步乘法计数原理结合组合数公式，再由分类加法计数原理得出此质点在第10秒末到达点的跳法共有的种数.
15．（2025·清远模拟）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，外接圆的半径为2，求的面积．
【答案】（1）解：因为，且，
所以
所以，
又因为，所以，
则，
因为，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
则，
由余弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
则的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的正弦公式，则，利用三角形中角B的取值范围得出角A的余弦值，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，从而计算可得的面积.
（1）因为，且，
所以，
所以．
又因为，所以，故，
因为，所以.
（2）由正弦定理得，则，
由余弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，
故的面积．
16．（2025·清远模拟）已知数列的首项为，且满足．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明：数列满足，
则，
，
所以，
又，
，
数列表示首项为，公比为的等比数列．
（2）解：由（1）知，，
，
，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得，
综上可得，
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由递推公式变形得，再利用等比数列的定义证出数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）得，再利用分组求和法和等比数列前项和公式，从而得出数列的前项和．
（1）证明：
数列满足，即，
，
即，
又，
，
数列表示首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）知，
，
，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得；
综上可得，
17．（2025·清远模拟）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过点的直线交椭圆于，两点，当的面积最大时，求此时直线的方程．
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，则，
解得，
又因为在椭圆上，
代入方程得，
又因为，可得，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：由题意，设直线的方程为，
联立，
得，
设，，
则，，
当且仅当时，即当时取等号，
则所求直线的方程为或．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率得出，将代入椭圆方程得，从而得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得出，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值以及此时的值，进而得出此时的直线的方程.
（1）椭圆的离心率为，则，解得.
又因为在椭圆上，代入方程得，
又因为，可得.
故椭圆的方程为.
（2）由题意，设直线的方程为，
联立，得，
设，，
则，，
，
当且仅当即时取等号．
故所求直线的方程为或．
18．（2025·清远模拟）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与棱交于点，求的值．
【答案】（1）证明：连接，在中，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为，
所以．
（2）解：设，连接，
因为为正四棱锥，
所以为正方形的中心，
所以，平面，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）解：连接，设，
所以，
因为，
所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
则，
解得，
所以．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先由线线平行证出线面平行，再由线面平行的性质定理和平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和正四棱锥的结构特征得出线线垂直和线面垂直，从而建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（3）根据向量共线的坐标表示和向量加法的坐标表示，从而得出，的坐标，由（2）知平面的法向量，从而得出平面的法向量，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出的值.
（1）连接，在中，因为，分别为，的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
又因为，所以．
（2）设，连接，
因为为正四棱锥，所以为正方形的中心，
所以，平面．
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）连接，设，所以，
因为，所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
即，解得．
即．
19．（2025·清远模拟）在几何学中常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则曲线的弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率．（其中，分别表示在点处的一阶，二阶导数）
（1）求单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率；
（2）求抛物线在处的曲率；
（3）定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，若且，处的“柯西曲率”相同，求的最小值．
【答案】（1）解：依题意，易知单位圆上圆心角为的圆弧，
所以．
（2）解：由题意，得，
因为在第一象限，
所以，
所以，，
则，，
所以．
（3）解：因为，所以，
则，其中，
令，，
则，
设，
则，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
则，
令，
则，
令，
则，
当时，恒成立，
所以在上单调递增，
可得，
则，
则，
则在上单调递增，
所以，
则的最小值为．
【知识点】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）根据函数新定义求解得出单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率.
（2）由函数新定义先求一阶导数，求二阶导数，再代入公式计算可得抛物线在处的曲率.
（3）先由函数新定义，令，，则，再设，则，构造函数，求导判断函数的单调性，再次构造函数，求导后三次构造函数，则求导判断函数的单调性，从而得到函数的最小值，进而判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得出的最小值．
（1）易知单位圆上圆心角为的圆弧，，
所以．
（2）由题意，因为在第一象限，所以，
，，
故，，故．
（3），，
故，其中，
令，，则，
设，则，
令，，
时，，在上递减，
时，，在上递增，
故；
令，
，
令，
则，当时，恒成立，
故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在上递增，
故，
故的最小值为．
1 / 1广东省清远市2025届高三教学质量检测（二）数学试题
1．（2025·清远模拟）已知集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·清远模拟）设为虚数单位，复数满足，则（　　）
A． B． C．2 D．
3．（2025·清远模拟）已知，，且，则（　　）
A．4 B． C． D．
4．（2025·清远模拟）已知随机变量服从正态分布，下列结论中正确的是（　　）
A．
B．当时，
C．
D．随机变量落在与落在的概率相等
5．（2025·清远模拟）已知等差数列的前项和为，公差，若，且，，成等比数列，则的值为（　　）
A．11 B．13 C．19 D．17
6．（2025·清远模拟）已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·清远模拟）设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（　　）
A． B．
C． D．1
8．（2025·清远模拟）已知抛物线的方程为，直线与交于，两点，，两点分别位于轴的上下两侧，且，其中为坐标原点．过抛物线的焦点向作垂线交于点，动点的轨迹为，则的方程和直线斜率的最大值分别为（　　）
A．（除去点）， B．（除去点），
C．， D．，
9．（2025·清远模拟）某同学掷骰子五次，分别记录每次骰子出现的点数．根据该同学记录的结果，判断可能出现点数6的是（　　）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
10．（2025·清远模拟）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（　　）
A．
B．平面与平面所成角的余弦值为
C．若，则点轨迹的长度为
D．若点在直线上，则的最小值为
11．（2025·清远模拟）我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025·清远模拟）展开式中的常数项为　 　．
13．（2025·清远模拟）已知函数，若，，且，则的最小值是　 　．
14．（2025·清远模拟）一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末必须等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点的跳法共有　 　种．（用数字作答）
15．（2025·清远模拟）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，外接圆的半径为2，求的面积．
16．（2025·清远模拟）已知数列的首项为，且满足．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的前项和．
17．（2025·清远模拟）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过点的直线交椭圆于，两点，当的面积最大时，求此时直线的方程．
18．（2025·清远模拟）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与棱交于点，求的值．
19．（2025·清远模拟）在几何学中常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则曲线的弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率．（其中，分别表示在点处的一阶，二阶导数）
（1）求单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率；
（2）求抛物线在处的曲率；
（3）定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，若且，处的“柯西曲率”相同，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算；对数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：∵，
，
∴.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用对数型函数的单调性，从而得出集合B，再结合补集的运算法则得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以.
故答案为：B．
【分析】先用复数的除法法则得到，再利用复数模长公式得到复数z的模.
3．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
解得.
故答案为：B.
【分析】由向量共线的坐标表示，从而列式求出实数的值.
4．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A，因为，
故A错误；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，由正态分布密度曲线可知，故C错误；
对于D，由正态分布密度曲线的对称性可知，
随机变量落在与落在的概率相等，故D正确．
故答案为：D．
【分析】由正态分布对应的概率密度函数的对称性，则判断出选项A和选项D；由方差的性质判断出选项B；由正态分布的数学期望的表示，则判断出选项C，从而找出结论正确的选项.
5．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：因为，
则，
又因为，，成等比数列，
则，
所以，整理可得，
再与联立可得，，
所以，，
故答案为：C．
【分析】利用等差数列的性质和等差数列的求和公式以及等差中项公式，从而可得，再由等比中项公式可得，将两式联立可得和的值，根据等差数列的通项公式得出的值.
6．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，
且当时，，
又因为函数在内恰有3个最值点和3个零点，
所以，
解得.
故答案为：D．
【分析】利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再根据函数在内恰有3个最值点和3个零点，则由正弦型函数的图象与性质列出不等式，从而求解不等式得出实数的取值范围.
7．【答案】A
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，
可得，
所以曲线在处的切线方程是，
令，得，
所以
.
故答案为：A．
【分析】先求导，再由导数的几何意义得出切线方程，从而得出，再结合对数运算法则得出的值.
8．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，可设，，
则，
解得或（舍），
设直线的方程为，
与抛物线方程联立得，
所以，
则，
所以直线的方程为，
所以直线过定点，
又因为，
由圆的定义可知动点的轨迹是以为直径的圆，
因为中点坐标为，
所以点的轨迹方程为（除去点），
过原点的直线和在第一象限内相切时，斜率最大，
所以直线斜率的最大值为．
故答案为：B.
【分析】先由题意，设，，利用求出的值，再设直线的方程为，再利用韦达定理求出直线l方程和方程所过定点，从而可得动点的轨迹L的方程和直线斜率最大值时的情况，进而得出直线斜率的最大值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，
满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A正确；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，
满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B正确；
对于C，若平均数为2，且出现6点，
则方差，
故平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C错误；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，
满足中位数为3，平均数为：，
方差为，
可以出现点数6，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据题意举例，再结合中位数公式、众数公式、平均数公式和方差公式，从而逐项判断找出判断可能出现点数6的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如图1，连接，
由菱形，可得，
再由直棱柱，
可得底面．
又因为底面，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，故A正确；
因为，，，
所以为直角三角形，且，
其在底面投影的三角形的面积为，
由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，
故B正确；
如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为，
在直棱柱中，
平面平面，平面平面，
平面，且，
所以平面.
因为侧面，
所以，
由菱形边长为2，，
可得，
由勾股定理得：，
则点的轨迹是以为圆心，
以为半径的圆弧（如图3中），
则由侧面正方形，可知，，
可得，
所以点轨迹的长度为，故C正确；
由为直角三角形，且为等腰直角三角形，
将与展开成一个平面图，
如图4，则，
由余弦定理得：，
则，
所以的最小值为，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】利用直棱柱的结构特征和菱形的结构特征，则由线面垂直得出线线垂直，则判断出选项A；利用投影面积法求出二面角的余弦直，则判断出选项B；先弄清点的轨迹，再求其长度，则可判断出选项C；利用表面展开转化为两点之间，直线段最短，从而求出的最小值，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；进位制
【解析】【解答】解：对于A，
因为，所以A正确；
对于B，由，
，
可得，所以B错误；
对于C，因为，
，
又因为，可得，
则，所以C正确；
对于D，
因为
，
又因为
，
而函数，可得，
所以在上单调递减，
当时，，
则，
所以，
因此，
则，
则，所以D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据题意得出，可判断出选项A；由，可判断出选项B；由，结合，可判断出选项C；根据等比数列前n项和公式，从而得出和，令，求得，从而判断出函数在上单调递减，进而得出，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项．
12．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为展开式的通式为：，
令，得，
所以常数项为．
故答案为：.
【分析】先由二项式定理求出二项式展开式的通项，再赋值得出的直，从而得出展开式中的常数项.
13．【答案】4
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以函数为奇函数且为增函数，，
由，
可得，
则.
因为，
所以，
当且仅当，时取等号．
故答案为：4.
【分析】先利用已知条件判断出函数的奇偶性和单调性，结合函数的性质可得的关系式，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
14．【答案】9450
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，
则质点第10秒末到达点共跳了10次，可分三类情况讨论：
第一类，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有种；
第二类，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有种；
第三类，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有种，
根据分类计数原理得，共有（种）．
故答案为：9450.
【分析】结合题意先分三类，每类由分步乘法计数原理结合组合数公式，再由分类加法计数原理得出此质点在第10秒末到达点的跳法共有的种数.
15．【答案】（1）解：因为，且，
所以
所以，
又因为，所以，
则，
因为，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
则，
由余弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
则的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的正弦公式，则，利用三角形中角B的取值范围得出角A的余弦值，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，从而计算可得的面积.
（1）因为，且，
所以，
所以．
又因为，所以，故，
因为，所以.
（2）由正弦定理得，则，
由余弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，
故的面积．
16．【答案】（1）证明：数列满足，
则，
，
所以，
又，
，
数列表示首项为，公比为的等比数列．
（2）解：由（1）知，，
，
，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得，
综上可得，
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由递推公式变形得，再利用等比数列的定义证出数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）得，再利用分组求和法和等比数列前项和公式，从而得出数列的前项和．
（1）证明：
数列满足，即，
，
即，
又，
，
数列表示首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）知，
，
，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得；
综上可得，
17．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，则，
解得，
又因为在椭圆上，
代入方程得，
又因为，可得，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：由题意，设直线的方程为，
联立，
得，
设，，
则，，
当且仅当时，即当时取等号，
则所求直线的方程为或．
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率得出，将代入椭圆方程得，从而得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得出，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值以及此时的值，进而得出此时的直线的方程.
（1）椭圆的离心率为，则，解得.
又因为在椭圆上，代入方程得，
又因为，可得.
故椭圆的方程为.
（2）由题意，设直线的方程为，
联立，得，
设，，
则，，
，
当且仅当即时取等号．
故所求直线的方程为或．
18．【答案】（1）证明：连接，在中，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为，
所以．
（2）解：设，连接，
因为为正四棱锥，
所以为正方形的中心，
所以，平面，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）解：连接，设，
所以，
因为，
所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
则，
解得，
所以．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先由线线平行证出线面平行，再由线面平行的性质定理和平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和正四棱锥的结构特征得出线线垂直和线面垂直，从而建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（3）根据向量共线的坐标表示和向量加法的坐标表示，从而得出，的坐标，由（2）知平面的法向量，从而得出平面的法向量，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出的值.
（1）连接，在中，因为，分别为，的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
又因为，所以．
（2）设，连接，
因为为正四棱锥，所以为正方形的中心，
所以，平面．
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）连接，设，所以，
因为，所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
即，解得．
即．
19．【答案】（1）解：依题意，易知单位圆上圆心角为的圆弧，
所以．
（2）解：由题意，得，
因为在第一象限，
所以，
所以，，
则，，
所以．
（3）解：因为，所以，
则，其中，
令，，
则，
设，
则，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
则，
令，
则，
令，
则，
当时，恒成立，
所以在上单调递增，
可得，
则，
则，
则在上单调递增，
所以，
则的最小值为．
【知识点】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）根据函数新定义求解得出单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率.
（2）由函数新定义先求一阶导数，求二阶导数，再代入公式计算可得抛物线在处的曲率.
（3）先由函数新定义，令，，则，再设，则，构造函数，求导判断函数的单调性，再次构造函数，求导后三次构造函数，则求导判断函数的单调性，从而得到函数的最小值，进而判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得出的最小值．
（1）易知单位圆上圆心角为的圆弧，，
所以．
（2）由题意，因为在第一象限，所以，
，，
故，，故．
（3），，
故，其中，
令，，则，
设，则，
令，，
时，，在上递减，
时，，在上递增，
故；
令，
，
令，
则，当时，恒成立，
故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在上递增，
故，
故的最小值为．
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