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甘肃省靖远县第二中学2025届高三下学期高考模拟测试数学试题
1．（2025·靖远模拟）已知是虚数单位，，则（　　）
A． B． C．0 D．3
2．（2025·靖远模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·靖远模拟）已知向量，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·靖远模拟）已知两个不同的平面，一条直线，下列命题是假命题的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2025·靖远模拟）已知动点的轨迹所构成的图形为图中阴影区域，其外边界为一个边长为4的正方形，内边界由四个直径相同且均与正方形一边相切的圆的四段圆弧组成，如图所示，则该阴影区域的面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·靖远模拟）已知，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·靖远模拟）已知椭圆与双曲线有相等的焦距，离心率分别为，它们的四个公共点刚好是正方形的四个顶点，则的最小值为（　　）
A．1 B． C． D．
8．（2025·靖远模拟）设函数，则的零点个数为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·靖远模拟）某汽车公司为了宣传两款新能源汽车，邀请8名业内人士试驾，就新款汽车的驾乘感受进行评分，最高分数为10分.试驾结束后，评分如下表：
A 9.9 9.5 9.6 9.4 9.7 9.8 9.9 9.7
B 9.7 9.5 9.8 9.7 9.7 9.9 9.8 9.6
下列说法正确的是（　　）
A．A，B两款汽车评分数据的众数相同
B．A，B两款汽车评分数据的中位数相同
C．若将评分数据乘以10，则新数据的方差为原数据的方差的10倍
D．A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差小于原数据的极差
10．（2025·靖远模拟）已知函数，则（　　）
A．有两个极值点
B．在区间上单调递减
C．的图象上不存在关于对称的两点
D．当的极小值大于时，的取值范围为
11．（2025·靖远模拟）某同学在学习了椭圆的标准方程后得到启发，借助几何画板画出了平面上到点的距离的倒数之和等于1的点的轨迹，如图所示，则（　　）
A．
B．的最小值为2
C．当点不在坐标轴上时，点在椭圆的外部
D．当点的坐标为时，随着的增大而增大
12．（2025·靖远模拟）已知圆台，其上底面圆的直径为2，下底面圆的直径为8，母线长为5，则该圆台的体积为　 　.
13．（2025·靖远模拟）某公司有5名员工要去参加三项工作，每项工作都至少需要一人参加，且每人的精力只够参加一项工作，一共有　 　种不同的安排方案.
14．（2025·靖远模拟）已知定义在上的奇函数和偶函数满足，且，则　 　.
15．（2025·靖远模拟）如图，在正方体中，为的中点.
（1）求证：.
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
16．（2025·靖远模拟）已知的内角的对边分别为.
（1）求；
（2）求的面积；
（3）求的值.
17．（2025·靖远模拟）已知抛物线为上一动点，且点与点之间的最小距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）连接并延长交抛物线于另一点，若（是原点），求点的横坐标.
18．（2025·靖远模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在上单调递增，求的取值范围；
（3）证明：当时，.
19．（2025·靖远模拟）设数列的前项和为，若存在实数，使得点位于平面直角坐标系上以原点为圆心，半径为的圆内（含边界），则称数列具有“圆性质”.
（1）设数列是首项与公比均为的等比数列，证明：数列具有“圆性质”.
（2）若各项均为非负整数的数列具有“圆性质”，证明：数列中非零的项数不超过.
（3）设随机变量等可能地取，且不同的的取值是相互独立的.对于正整数，定义数列：前项为，从第项起各项均为0.记数列具有“圆性质”的概率为，证明：对任意正整数.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：因为，
解得.
故答案为：C.
【分析】由复数的乘法运算法则和已知条件，从而解方程得出a的值.
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和三次函数求值域的方法以及元素与集合的关系，从而得出集合A和集合B，再结合交集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为向量，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】先利用数量积的坐标表示计算出的值，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算律，从而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：设平面的法向量分别为，直线的方向向量为.
对于A：若，
则或，故A错误；
对于B：若，
则，
所以，
所以，故B正确；
对于C：由，
可得，
所以，
所以，故C正确；
对于D：由，
可得：，，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出假命题的选项.
5．【答案】D
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：如图，作出辅助线，
根据图形的对称性，
可知阴影区域的面积为.
故答案为：D.
【分析】先将图分为八部分，再通过切割的思想和图形的对称性，从而得出该阴影区域的面积.
6．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为函数是减函数，
所以，
同理可得，函数是增函数，
所以.
综上所述，可得.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和指数函数的单调性，从而比较出的大小.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的焦点为，双曲线的焦点为，
根据椭圆、双曲线、正方形的对称性可知，两曲线位于第一象限的公共点为，
则，
所以，
所以，
则，
当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】利用椭圆和双曲线的基本性质和椭圆的定义、椭圆的离心率公式，从而得出，再利用函数求最值的方法，从而得出的最小值.
8．【答案】B
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，易知定义域为，
显然，当时，，
所以时，无零点，
故只需考虑的情况，
由，得，
则，且，
由，
得到，
则，
由，得，
令，，
如图，在同一直角坐标系中作出函数和函数的图象，
由图知，两个函数的图象在上有三个公共点，
所以有三个零点.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和函数零点与两函数、的交点的横坐标的等价关系，则将问题转化为函数和函数在上的交点个数，在同一坐标系中作出图象，再利用数形结合得出函数的零点个数.
9．【答案】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，易知B款汽车评分数据的众数为，A款汽车评分数据众数为，
所以A错误；
对于B，易得两组数据的中位数均为9.7，所以B正确；
对于C，由方差的性质得出新数据的方差为原数据的方差的100倍，所以C错误；
对于D，因为A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差为：，所以D正确.
故答案为：BD.
【分析】由众数、中位数、方差、极差的计算公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；图形的对称性
【解析】【解答】解：令，
因为，
所以有两个不同实数解，
不妨假设，则，
易知的单调递增区间是，单调递减区间是.
对于A，由函数的单调性可知为极大值点，为极小值点，所以A正确；
对于B，由，
又因为的解集为，其中，
所以，当时，，
所以在区间上单调递减，所以B正确；
对于C，令，
则，
解得，
故存在关于对称的点，所以C错误；
对于D，由函数的极小值大于和，
由函数的单调性可知：在上恒成立，
则，
令，
则，
令，可得，
由函数的单调性可知：当时，在单调递减；
当时，在单调递增，
所以，
所以，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求导，从而确定函数的单调区间，进而得出函数的极值点和极值，则可判断选项A、选项B和选项D；由解方程得出函数的图象上存在关于对称的两点 ，则可判断选项C，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的定义
【解析】【解答】解：对于A，由题意可知，
则，
因为，
所以，
解得，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，因为
当且仅当时，等号成立，
所以，若点不在坐标轴上时，，
此时点在椭圆的外部，故C正确；
对于D，由，
得，
因为，，
所以，
所以，
所以，
则，
令，
则，
令，
则，
则当增大时，中也增大，
所以随着的增大而增大，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用椭圆定义和，从而解关于的不等式，则判断出选项A；找特殊位置求出的最小值，即当时得出的最小值，则判断出选项B；利用基本不等式求最值的方法，即若点不在坐标轴上时，再结合椭圆定义判断出选项C；先得出，再利用化简，令，则可化简为关于的方程，再构造函数，令，通过求导判断函数的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件和勾股定理计算出圆台的高，再利用圆台的体积公式得出该圆台的体积.
13．【答案】150
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意按每项工作人数分类，则只能是或，
这是一个部分均分问题，
所以总的安排方案种数为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件将问题转化为排列、组合中的分组分配问题，则5名员工分成三组只能是或，再由排列数公式和组合数公式以及分类加法计数原理，从而得出共有的不同安排方案种数.
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为①，
所以
由题意，可化简②，
①-②可得，
所以，
又因为③，④，
③+④可得，
所以.
故答案为：.
【分析】将替换成，两式相减可得，对已知条件进行平方后，再两式相加得出的值.
15．【答案】（1）证明：以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设正方体的棱长为2，
则，
可得，
由，
得，
则.
（2）解：由（1）可得，
设平面的法向量为，
则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
则，
所以，直线与平面所成角的余弦值为.
【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）以为原点，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合数量积的坐标表示得出，从而证出，即证出.
（2）由（1）知：向量，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量为，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（1）以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设正方体的棱长为2，
则，
可得，
由，
所以，即.
（2）由（1）可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
则，故直线与平面所成角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：在中，
因为，
所以，
由正弦定理，
得.
（2）解：由余弦定理，得，
又因为，
所以，
解得，
则的面积为.
（3）解：在中，
因为，
所以为钝角，为锐角，
所以，
所以
，
则
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和同角三角函数基本关系式以及正弦定理，从而计算得出角B的正弦值.
（2）利用余弦定理得出的值，再根据三角形的面积公式得出的面积.
（3）利用三角函数值在各象限的符号得出为钝角和为锐角，再利用同角三角函数基本关系式得出角B的余弦值，再结合三角形内角和定理、诱导公式和，两角和的正弦公式，从而得出的值，再根据同角三角函数基本关系式得出角C的余弦值，最后根据两角差的余弦公式得出的值.
（1）在中，因为，所以，
由正弦定理，得.
（2）由余弦定理，及，
得，解得，
故的面积为.
（3）在中，因为，所以为钝角，为锐角，
所以，
所以，
，
则.
17．【答案】（1）解：设点，
则
令，
若，则恒成立，，舍去；
若，则当时，，
解得或（舍去），
综上所述，可知抛物线的方程为.
（2）解：由题意，可设，
联立抛物线方程，消去可得：，
设点的坐标为的坐标为，
则，
则，
所以，
所以，
又因为，由，
所以，
由，
得，
所以，点的横坐标为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，由两点间距离公式结合二次函数求最值的方法，再利用已知条件得出a的值，从而得出抛物线的方程.
（2）设，再将直线PQ的方程与抛物线方程联立，再结合韦达定理和数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而得到，再利用和勾股定理，从而得出，进而得出的值，即得出点P的横坐标.
（1）设点，则
令，
若，则恒成立，，舍去；
若，则当时，，解得或（舍去）.
综上，可知抛物线的方程为.
（2）由题意可设，联立抛物线方程，
消去可得：，
设点的坐标为的坐标为，
则，则，
所以，所以.
又，由，
所以，
由，
得，
故点的横坐标为.
18．【答案】（1）解：当时，，
则，
则，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：令，
则，
因为，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函数.
又因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以，只需，
又因为，
所以.
（3）证明：因为，
所以，要证，
只需证，
令，
该二次函数的图象的对称轴为直线，
令，则，
令，则，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增.
问题可转化为证明，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则，证毕.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）由a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再结合代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）先确定是上的增函数，再由在上恒成立得到，从而得出实数a的取值范围.
（3）由，将问题转化成，构造函数，再利用导数判断函数g(a)在上单调递增，进而转化成恒成立，即证，令，则，令，再根据导数判断函数
的单调性，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的最值，则证出当时，.
（1）当时，，则，
，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）令，
则，
因为，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函数.
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以只需，又，
故.
（3））因为，所以要证，
只需证，
令，该二次函数的图象的对称轴为直线，
令，则，
令，则，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递增.
问题可转化为证明，即证，
即证.
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，证毕.
19．【答案】（1）证明：由题意，得所以，
所以数列具有“圆性质”.
（2）证明：因为具有“圆性质”，
所以，
设数列中有项是非零的，
记为.
因为中各项均为非负整数，
所以，
所以，
所以，
则，
因此，数列中非零的项数不超过.
（3）证明：当各项均为整数的数列具有“圆性质”时，，
则，
设，
记事件表示数列具有“圆性质”且
因为为互斥事件，
所以
且，
，
由题意得，其中，
所以，①
，②
，③
由②得，
当时，数列一定具有“圆性质”，
则，且.
由①②③得，
所以，
当时，将①②③相加可得：
.
因为，
所以，当时，.
当时，由和，知上式也成立.
则当时，.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件和等比数列前n项和公式以及放缩法，再结合数列具有“圆性质”.的定义，从而证出数列具有“圆性质”.
（2）利用数列具有“圆性质”的新定义和数列的通项公式、数列求和公式以及放缩法，从而证出数列中非零的项数不超过.
（3）利用已知条件结合数列具有“圆性质，再利用互斥事件加法求概率公式，从而证出对任意正整数都成立.
（1）由题意，，
所以，所以数列具有“圆性质”.
（2）因为具有“圆性质”，所以.
设数列中有项是非零的，记为.
因为中各项均为非负整数，所以，
所以，
所以，从而，因此，数列中非零的项数不超过.
（3）当各项均为整数的数列具有“圆性质”时，，则.
设，记事件表示数列具有“圆性质”且.
因为为互斥事件，所以
并且，
，
，
由题意得，其中，
所以，①
，②
.③
由②得.
当时，数列一定具有“圆性质”，于是，且.
由①②③得，所以.
当时，将①②③相加可得
.
由于，所以当时，.
当时，由和，知上式也成立.
从而当时，.
1 / 1甘肃省靖远县第二中学2025届高三下学期高考模拟测试数学试题
1．（2025·靖远模拟）已知是虚数单位，，则（　　）
A． B． C．0 D．3
【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】解：因为，
解得.
故答案为：C.
【分析】由复数的乘法运算法则和已知条件，从而解方程得出a的值.
2．（2025·靖远模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和三次函数求值域的方法以及元素与集合的关系，从而得出集合A和集合B，再结合交集的运算法则，从而得出集合.
3．（2025·靖远模拟）已知向量，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为向量，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】先利用数量积的坐标表示计算出的值，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算律，从而得出的值.
4．（2025·靖远模拟）已知两个不同的平面，一条直线，下列命题是假命题的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：设平面的法向量分别为，直线的方向向量为.
对于A：若，
则或，故A错误；
对于B：若，
则，
所以，
所以，故B正确；
对于C：由，
可得，
所以，
所以，故C正确；
对于D：由，
可得：，，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出假命题的选项.
5．（2025·靖远模拟）已知动点的轨迹所构成的图形为图中阴影区域，其外边界为一个边长为4的正方形，内边界由四个直径相同且均与正方形一边相切的圆的四段圆弧组成，如图所示，则该阴影区域的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：如图，作出辅助线，
根据图形的对称性，
可知阴影区域的面积为.
故答案为：D.
【分析】先将图分为八部分，再通过切割的思想和图形的对称性，从而得出该阴影区域的面积.
6．（2025·靖远模拟）已知，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为函数是减函数，
所以，
同理可得，函数是增函数，
所以.
综上所述，可得.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和指数函数的单调性，从而比较出的大小.
7．（2025·靖远模拟）已知椭圆与双曲线有相等的焦距，离心率分别为，它们的四个公共点刚好是正方形的四个顶点，则的最小值为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的焦点为，双曲线的焦点为，
根据椭圆、双曲线、正方形的对称性可知，两曲线位于第一象限的公共点为，
则，
所以，
所以，
则，
当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】利用椭圆和双曲线的基本性质和椭圆的定义、椭圆的离心率公式，从而得出，再利用函数求最值的方法，从而得出的最小值.
8．（2025·靖远模拟）设函数，则的零点个数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，易知定义域为，
显然，当时，，
所以时，无零点，
故只需考虑的情况，
由，得，
则，且，
由，
得到，
则，
由，得，
令，，
如图，在同一直角坐标系中作出函数和函数的图象，
由图知，两个函数的图象在上有三个公共点，
所以有三个零点.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和函数零点与两函数、的交点的横坐标的等价关系，则将问题转化为函数和函数在上的交点个数，在同一坐标系中作出图象，再利用数形结合得出函数的零点个数.
9．（2025·靖远模拟）某汽车公司为了宣传两款新能源汽车，邀请8名业内人士试驾，就新款汽车的驾乘感受进行评分，最高分数为10分.试驾结束后，评分如下表：
A 9.9 9.5 9.6 9.4 9.7 9.8 9.9 9.7
B 9.7 9.5 9.8 9.7 9.7 9.9 9.8 9.6
下列说法正确的是（　　）
A．A，B两款汽车评分数据的众数相同
B．A，B两款汽车评分数据的中位数相同
C．若将评分数据乘以10，则新数据的方差为原数据的方差的10倍
D．A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差小于原数据的极差
【答案】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，易知B款汽车评分数据的众数为，A款汽车评分数据众数为，
所以A错误；
对于B，易得两组数据的中位数均为9.7，所以B正确；
对于C，由方差的性质得出新数据的方差为原数据的方差的100倍，所以C错误；
对于D，因为A款汽车评分数据去掉一个最低分和一个最高分后所得数据的极差为：，所以D正确.
故答案为：BD.
【分析】由众数、中位数、方差、极差的计算公式，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．（2025·靖远模拟）已知函数，则（　　）
A．有两个极值点
B．在区间上单调递减
C．的图象上不存在关于对称的两点
D．当的极小值大于时，的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；图形的对称性
【解析】【解答】解：令，
因为，
所以有两个不同实数解，
不妨假设，则，
易知的单调递增区间是，单调递减区间是.
对于A，由函数的单调性可知为极大值点，为极小值点，所以A正确；
对于B，由，
又因为的解集为，其中，
所以，当时，，
所以在区间上单调递减，所以B正确；
对于C，令，
则，
解得，
故存在关于对称的点，所以C错误；
对于D，由函数的极小值大于和，
由函数的单调性可知：在上恒成立，
则，
令，
则，
令，可得，
由函数的单调性可知：当时，在单调递减；
当时，在单调递增，
所以，
所以，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求导，从而确定函数的单调区间，进而得出函数的极值点和极值，则可判断选项A、选项B和选项D；由解方程得出函数的图象上存在关于对称的两点 ，则可判断选项C，从而找出正确的选项.
11．（2025·靖远模拟）某同学在学习了椭圆的标准方程后得到启发，借助几何画板画出了平面上到点的距离的倒数之和等于1的点的轨迹，如图所示，则（　　）
A．
B．的最小值为2
C．当点不在坐标轴上时，点在椭圆的外部
D．当点的坐标为时，随着的增大而增大
【答案】A,C,D
【知识点】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；椭圆的定义
【解析】【解答】解：对于A，由题意可知，
则，
因为，
所以，
解得，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，因为
当且仅当时，等号成立，
所以，若点不在坐标轴上时，，
此时点在椭圆的外部，故C正确；
对于D，由，
得，
因为，，
所以，
所以，
所以，
则，
令，
则，
令，
则，
则当增大时，中也增大，
所以随着的增大而增大，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用椭圆定义和，从而解关于的不等式，则判断出选项A；找特殊位置求出的最小值，即当时得出的最小值，则判断出选项B；利用基本不等式求最值的方法，即若点不在坐标轴上时，再结合椭圆定义判断出选项C；先得出，再利用化简，令，则可化简为关于的方程，再构造函数，令，通过求导判断函数的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025·靖远模拟）已知圆台，其上底面圆的直径为2，下底面圆的直径为8，母线长为5，则该圆台的体积为　 　.
【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件和勾股定理计算出圆台的高，再利用圆台的体积公式得出该圆台的体积.
13．（2025·靖远模拟）某公司有5名员工要去参加三项工作，每项工作都至少需要一人参加，且每人的精力只够参加一项工作，一共有　 　种不同的安排方案.
【答案】150
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意按每项工作人数分类，则只能是或，
这是一个部分均分问题，
所以总的安排方案种数为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件将问题转化为排列、组合中的分组分配问题，则5名员工分成三组只能是或，再由排列数公式和组合数公式以及分类加法计数原理，从而得出共有的不同安排方案种数.
14．（2025·靖远模拟）已知定义在上的奇函数和偶函数满足，且，则　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为①，
所以
由题意，可化简②，
①-②可得，
所以，
又因为③，④，
③+④可得，
所以.
故答案为：.
【分析】将替换成，两式相减可得，对已知条件进行平方后，再两式相加得出的值.
15．（2025·靖远模拟）如图，在正方体中，为的中点.
（1）求证：.
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设正方体的棱长为2，
则，
可得，
由，
得，
则.
（2）解：由（1）可得，
设平面的法向量为，
则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
则，
所以，直线与平面所成角的余弦值为.
【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）以为原点，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合数量积的坐标表示得出，从而证出，即证出.
（2）由（1）知：向量，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量为，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出直线与平面所成角的余弦值.
（1）以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设正方体的棱长为2，
则，
可得，
由，
所以，即.
（2）由（1）可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
则，故直线与平面所成角的余弦值为.
16．（2025·靖远模拟）已知的内角的对边分别为.
（1）求；
（2）求的面积；
（3）求的值.
【答案】（1）解：在中，
因为，
所以，
由正弦定理，
得.
（2）解：由余弦定理，得，
又因为，
所以，
解得，
则的面积为.
（3）解：在中，
因为，
所以为钝角，为锐角，
所以，
所以
，
则
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和同角三角函数基本关系式以及正弦定理，从而计算得出角B的正弦值.
（2）利用余弦定理得出的值，再根据三角形的面积公式得出的面积.
（3）利用三角函数值在各象限的符号得出为钝角和为锐角，再利用同角三角函数基本关系式得出角B的余弦值，再结合三角形内角和定理、诱导公式和，两角和的正弦公式，从而得出的值，再根据同角三角函数基本关系式得出角C的余弦值，最后根据两角差的余弦公式得出的值.
（1）在中，因为，所以，
由正弦定理，得.
（2）由余弦定理，及，
得，解得，
故的面积为.
（3）在中，因为，所以为钝角，为锐角，
所以，
所以，
，
则.
17．（2025·靖远模拟）已知抛物线为上一动点，且点与点之间的最小距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）连接并延长交抛物线于另一点，若（是原点），求点的横坐标.
【答案】（1）解：设点，
则
令，
若，则恒成立，，舍去；
若，则当时，，
解得或（舍去），
综上所述，可知抛物线的方程为.
（2）解：由题意，可设，
联立抛物线方程，消去可得：，
设点的坐标为的坐标为，
则，
则，
所以，
所以，
又因为，由，
所以，
由，
得，
所以，点的横坐标为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，由两点间距离公式结合二次函数求最值的方法，再利用已知条件得出a的值，从而得出抛物线的方程.
（2）设，再将直线PQ的方程与抛物线方程联立，再结合韦达定理和数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而得到，再利用和勾股定理，从而得出，进而得出的值，即得出点P的横坐标.
（1）设点，则
令，
若，则恒成立，，舍去；
若，则当时，，解得或（舍去）.
综上，可知抛物线的方程为.
（2）由题意可设，联立抛物线方程，
消去可得：，
设点的坐标为的坐标为，
则，则，
所以，所以.
又，由，
所以，
由，
得，
故点的横坐标为.
18．（2025·靖远模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在上单调递增，求的取值范围；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）解：当时，，
则，
则，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：令，
则，
因为，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函数.
又因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以，只需，
又因为，
所以.
（3）证明：因为，
所以，要证，
只需证，
令，
该二次函数的图象的对称轴为直线，
令，则，
令，则，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增.
问题可转化为证明，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则，证毕.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）由a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再结合代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）先确定是上的增函数，再由在上恒成立得到，从而得出实数a的取值范围.
（3）由，将问题转化成，构造函数，再利用导数判断函数g(a)在上单调递增，进而转化成恒成立，即证，令，则，令，再根据导数判断函数
的单调性，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的最值，则证出当时，.
（1）当时，，则，
，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）令，
则，
因为，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函数.
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以只需，又，
故.
（3））因为，所以要证，
只需证，
令，该二次函数的图象的对称轴为直线，
令，则，
令，则，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以在上单调递增.
问题可转化为证明，即证，
即证.
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，证毕.
19．（2025·靖远模拟）设数列的前项和为，若存在实数，使得点位于平面直角坐标系上以原点为圆心，半径为的圆内（含边界），则称数列具有“圆性质”.
（1）设数列是首项与公比均为的等比数列，证明：数列具有“圆性质”.
（2）若各项均为非负整数的数列具有“圆性质”，证明：数列中非零的项数不超过.
（3）设随机变量等可能地取，且不同的的取值是相互独立的.对于正整数，定义数列：前项为，从第项起各项均为0.记数列具有“圆性质”的概率为，证明：对任意正整数.
【答案】（1）证明：由题意，得所以，
所以数列具有“圆性质”.
（2）证明：因为具有“圆性质”，
所以，
设数列中有项是非零的，
记为.
因为中各项均为非负整数，
所以，
所以，
所以，
则，
因此，数列中非零的项数不超过.
（3）证明：当各项均为整数的数列具有“圆性质”时，，
则，
设，
记事件表示数列具有“圆性质”且
因为为互斥事件，
所以
且，
，
由题意得，其中，
所以，①
，②
，③
由②得，
当时，数列一定具有“圆性质”，
则，且.
由①②③得，
所以，
当时，将①②③相加可得：
.
因为，
所以，当时，.
当时，由和，知上式也成立.
则当时，.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件和等比数列前n项和公式以及放缩法，再结合数列具有“圆性质”.的定义，从而证出数列具有“圆性质”.
（2）利用数列具有“圆性质”的新定义和数列的通项公式、数列求和公式以及放缩法，从而证出数列中非零的项数不超过.
（3）利用已知条件结合数列具有“圆性质，再利用互斥事件加法求概率公式，从而证出对任意正整数都成立.
（1）由题意，，
所以，所以数列具有“圆性质”.
（2）因为具有“圆性质”，所以.
设数列中有项是非零的，记为.
因为中各项均为非负整数，所以，
所以，
所以，从而，因此，数列中非零的项数不超过.
（3）当各项均为整数的数列具有“圆性质”时，，则.
设，记事件表示数列具有“圆性质”且.
因为为互斥事件，所以
并且，
，
，
由题意得，其中，
所以，①
，②
.③
由②得.
当时，数列一定具有“圆性质”，于是，且.
由①②③得，所以.
当时，将①②③相加可得
.
由于，所以当时，.
当时，由和，知上式也成立.
从而当时，.
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