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甘肃省会宁县第一中学2025届高三下学期高考模拟测试（二模）数学试题
1．（2025·会宁模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以．
故选：B.
【分析】先求出，再求即可.
2．（2025·会宁模拟）下列抛物线中，准线方程为的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解： 准线方程为的抛物线方程为，即
故选：C.
【分析】由抛物线准线方程即可求解.
3．（2025·会宁模拟）已知复数z满足，则（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以．
故选：B.
【分析】根据复数的除法法则先求得复数z，再根据复数模的计算公式求得|z|即可.
4．（2025·会宁模拟）已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则 （　　）
A．4 B． C．2 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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，，
，
由题意知，所以，解得．
故选：A.
【分析】由投影向量计算公式可得，代入题目数据可知，计算求出m的值即可.
5．（2025·会宁模拟）已知，则下列四个点中，在角的终边上的可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，解得或 （舍去），
设角的终边经过的点，则，即.
A、故选项A错误；
B、，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D错误.
故选：C．
【分析】根据倍角公式可得，可得，根据三角函数的定义即可求解.
6．（2025·会宁模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且AB边上的高等于，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：因为 ，所以，
由余弦定理可得，，
因为，所以B是个钝角，所以．
如图所示，过点C，作，交AB于点D，
不妨设，则，，
而，解得，
所以，所以，
中 ，由正弦定理，可得．
故选：D.
【分析】由余弦定理先求出，进而可求得sinB，再结合图形，设，进而求出各边的长度，再利用正弦定理即可求得sinC.
7．（2025·会宁模拟）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
设，，，
因为，，所以，
因为，所以，
所以重合，所以为三棱台，
记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为，
易知，
则三棱台的体积为，
由题意得，化简得，
解得 （负值舍去），故．
故选：A.
【分析】利用面面平行的性质定理证得，设，由，可证得为三棱台，记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为，易知，再计算三棱台的体积，结合题意可得，化简求得，进而求得即可.
8．（2025·会宁模拟）设函数，若，则的最小值为（　　）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为，
令，函数是增函数，且，
当时，，不合题意，所以，
令，函数是增函数，令，解得，
如图所示为函数，的图象，
由图象可知，，所以，所以，
设，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，即的最小值为．
故选：D.
【分析】结合已知条件和和都是增函数，，令，解得，可得，即，可得，构造新函数，利用导数即可求得的最小值，即可求得的最小值.
9．（2025·会宁模拟）已知一批产品的某项质量指标，且，现从该批产品中随机取4件产品，变量Y表示这4件产品的质量指标的产品件数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【解答】解：A、由正态分布的概念可知，故选项A正确；
B、易知1件产品的质量指标的概率，
所以，所以，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D正确．
故选：ACD.
【分析】根据正态分布的概念以及对称性即可判断选项A和C；先求出1件产品的质量指标的概率，可知服从的二项分布，计算即可判断选项B和D选项，
10．（2025·会宁模拟）已知函数，，则下列结论一定正确的有（　　）
A．若，则与有相同的零点
B．若，则与的图象关于y轴对称
C．若，则将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象
D．若，则与有相同的单调区间
【答案】B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、若，令，即，解得，；令，即，解得，，则与没有相同的零点，故选项A错误；
B、因为，所以，
所以，，
所以与的图象关于y轴对称，故选项B正确；
C、因为，所以，将的图象向右平移个单位长度，
得到，故选项C正确；
D、因为，所以，
所以，所以与单调性相反，与没有相同的单调区间，故选项D错误．
故选：BC.
【分析】令函数等于零，根据三角函数的性质求得与的零点即可判断选项A；由代入f(x)，可得，即可判断选项B；由，利用平移变换和三角恒等变换可得，即可判断选项C；将代入f(x)，可得，即可判断选项D.
11．（2025·会宁模拟）已知双曲线与动圆恰有两个交点，则下列说法正确的是（　　）
A．双曲线C的离心率为2
B．双曲线C的渐近线被圆M截得的弦长为2
C．双曲线C上存在一条弦，该弦的中点坐标为
D．过双曲线C的一个焦点F作圆M的两条切线，切点分别为A，B，则
【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、联立 ，消去x整理得，
即，
由题意得，
因为m∈R，所以，所以离心率，故选项A正确；
B、直线是双曲线C的一条渐近线，圆心到该渐近线的距离为，
圆M的半径为，所以该渐近线被圆M截得的弦长为，故选项B正确；
C、设中点为的弦所在的直线与C交于，两点，
所以，，且由点差法化简得，
所以中点弦所在直线方程为，即，
联立，得，，方程无解，
所以不存在，故选项C错误；
D、不妨设，根据AB可知，，
所以，，故选项D正确．
故选：ABD.
【分析】联立圆与双曲线方程得一个元二次方程，由交点个数确定，即可求得b的值，进而即可求得双曲线的离心率，即可判断选项A；求得双曲线的渐近线方程，利用垂径定理即可求得弦长，即可判断选项B；根据点差法，结合点与双曲线的位置关系，即可判断选项C；根据AB，结合集合关系，即可判断选项D.
12．（2025·会宁模拟）已知等差数列的公差，，则的前5项和　 　．
【答案】15
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，即，解得，
所以．
故答案为：.
【分析】根据等差数列的通项公式先求出a1，进而根据等差数列前n项和公式即可求出s5.
13．（2025·会宁模拟）已知函数（，）的图象关于点中心对称，则　 　．
【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为关于点中心对称，所以，
即，
该式成立与x的取值无关，所以，且，
因为，所以，则．
故答案为：.
【分析】根据函数的对称性可知，利用对数的运算法则化简可得，进而列出关于的方程组，即可求得ab的值.
14．（2025·会宁模拟）已知身高互不相同的6个人排成一排，记，，…，是对应站位为1，2，…，6的各人的身高数据的一个排列，则对任一组和（），各组中的两个不等关系至少有一个成立的概率为　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，6个人排成一排，共有种排法．
设6个人中甲的身高最高，①当甲站首位时，，则有共1种排法；
②当甲站第2位时，且，则有，，，
即从除甲外的5个人中任选1人站首位，另外4人从高到矮定序排队，有三种排法；
③当甲站第3位时，且，则有，且，
只需从除甲外的5个人中任选2人定序站1，2位，另外3人定序排队，有种排法；
④当甲站第4位时，且，则有，且，
只需从除甲外的5个人中任选3人定序站1，2，3位，另外2人定序排队，有种方法；
⑤当甲站第5位时，且，则有，且，
只需从除甲外的5个人中任选4人定序站1，2，3，4位，另外1人定序排队，有种排法；
⑥当甲站末位时，需，有1种排法．
故共有种排法，
则概率．
故答案为：.
【分析】先求出6个人排成一排的总排法数，进而假设甲身高最高，通过分类讨论甲在不同位置时的情况的排法，利用古典概型公式即可求得对应的概率.
15．（2025·会宁模拟）某公司组织户外拓展活动，为探究员工参与该活动的积极性与员工的性别是否有关，对公司员工进行了简单随机抽样，得到如下列联表：
参与户外拓展活动的积极性 性别 合计
女 男
积极参与 75 e h
不积极参与 m f 35
合计 100 g 200
（1）求m，e，f，g，h；
（2）在公司员工中任选1人，记事件A为“选到的员工是男性”，事件B为“选到的员工积极参与户外拓展活动”，估计的值；
（3）根据小概率值的独立性检验，能否认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关
附：，
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：由列联表得，，，
，．
（2）解：由题意可知，，，
所以．
（3）解：零假设为：积极参与户外拓展活动与性别无关．
根据列联表中的数据，可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
故认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于．
【知识点】独立性检验；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据列联表即可求得 m，e，f，g，h； ；
（2）先求出，，再根据条件概率的公式即可求解；
（3）先计算，再结合独立性检验的原理即可判断积极参与户外拓展活动与性别的关系 .
（1）由列联表得，，，
，．
（2）通过样本频率估计总体概率，从200员工中任选1人，，且
，测估计．
（3）零假设为：积极参与户外拓展活动与性别无关．
根据列联表中的数据，可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于．
16．（2025·会宁模拟）已知函数，函数的导函数为．
（1）当时，求曲线的斜率为的切线方程；
（2）若函数的极小值大于0，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，
所以，
令，即，解得或．
因为，，
所以当切点为时的切线方程为，即，
当切点为时，所求切线方程为，
即.
综上所述， 曲线的斜率为的切线方程为或.
（2）解：因为，
所以，定义域为(0，+∞)，
所以，
因为，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以，当时，有极小值，极小值为
由题意可知，解得．
所以a的取值范围为(5，+∞).
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求出导函数为 ，令，可得或，再求出，，由点斜式方程即可求得对应的切线方程；
（2）由题可得，进而利用求导判断函数的单调性，即可得时，有极小值，列不等式求解即可求得a的取值范围
（1）当时，，令，
化简得，解得或．
当切点为时，所求切线方程为，
即；
当切点为时，所求切线方程为，
即；
（2），，
，
因为，所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．因此，当时，有极小值.
由题意，，则．
17．（2025·会宁模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面.
（1）证明：．
（2）求三棱锥的外接球的表面积．
（3）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：∵2AB=2，∴AB=1
由余弦定理可得∵，∴．
∵平面，平面，且平面平面，
∴，∴．
∵O为的中点，，∴，
又∵平面平面，平面平面，∴平面，∵平面，∴，
又，平面，∴平面，
∵平面，∴．
（2）解：由（1）知，的外接圆为圆O，
此时，等边的外接圆圆心即为球心Q，
，由正弦定理可得外接圆半径，
所以球Q的表面积为．

（3）解：连接，中，因为为的中点，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以是等边三角形，
由（1）知，所以，即．
（方法一）如图所示，以O为坐标原点，垂直于的直线为x轴，，所在直线分别为y轴、x轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
因为，即，令，则
所以．
设平面PCD的法向量为，
因为，即，令，则，
所以．
记二面角的夹角为，
所以，
因为，所以
所以二面角的正弦值为．
（方法二）易得，
因为，PC为公共边，所以，
又，所以平面，所以，所以．
如图所示，在直角中，作，垂足为E，连接BE，
易知，所以为二面角的平面角．
在直角中，由等面积法易求得，
在中，由余弦定理可知，
因为，所以，
所以二面角的正弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求得BD，利用勾股定理可知，利用线面平行的性质可知，根据面面垂直的性质可得，进而利用线面垂直的判定定理可得平面，根据线面垂直的性质定理即可证得；
（2）首先根据几何关系，找到三棱锥外接球的球心，进而利用正弦定理求得半径，进而即可求得外接球的表面积；
（3）方法一：首先根据几何关系，证明，再以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，根据向量的数量积公式和三角函数的同角关系式即可求得二面角的正弦值 ；
方法二：根据二面角平面角的定义，结合几何关系，证明，构造二面角的平面角，即可知为二面角的平面角，利用余弦定理即可求得cos，进而可求得二面角的正弦值 .
（1）∵，∴，
∵，∴．
∵平面，平面，且平面平面，
∴，∴．
∵O为的中点，，∴，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，平面，∴，
又，平面，∴平面，
平面，∴．
（2）由（1）知，的外接圆为圆O，
此时，等边的外接圆圆心即为球心Q，
，由正弦定理可得外接圆半径，
则球Q的表面积为．
（3）连接，中，为的中点，则，
又，所以，
为公共边，得，则，则是等边三角形，
由（1）知，则，即．
（方法一）以O为坐标原点，垂直于的直线为x轴，，所在直线分别为y轴、x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面PCD的法向量为，
则，即，令，则．
，故二面角的正弦值为．
（方法二）易得，又，PC为公共边，则，又，
所以平面，则，易得．
在直角中，作，垂足为E，连接BE，易知，
则为二面角的平面角．
在直角中，由等面积法易求得，则在中，
，故二面角的正弦值为．
18．（2025·会宁模拟）已知数列的前n项和为，且，．
（1）证明：数列是等比数列．
（2）设，求数列的前n项和．
（3）设，证明：．
【答案】（1）证明：当时，，解得．
因为，
所以当时，，
所以，即，
所以，
因为，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）解：由（1）知，所以，，
所以，
设①，
②，
①－②得，所以，
设，
所以．
（3）证明：由（1）知，，
所以，
欲证，即证，
即证，即证，该式显然成立，
即恒成立．
当n为奇数，
，
当n为偶数时，
．
综上，．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用Sn和an的关系得到，进而构造数列可得，即可证得数列是等比数列 .（2）利用给定条件先求得，，进而求出，再利用错位相减法结合公式法求和即可求得数列的前n项和 .
（3）先表示出，再分析得到，再对分奇偶数讨论证明不等式即可证得 .
（1）当时，，得．
当时，，结合题设式可得，
即，当时也成立，，
则数列是首项为2、公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，则，，
设记为①，
记为②，
①－②得，，
设，则．
（3）由（1）知，，
，
欲证，即证，
即证，即证，该式显然成立，
即恒成立．
当n为奇数，
，
当n为偶数时，
．
综上，．
19．（2025·会宁模拟）已知椭圆的离心率为，E的左顶点N到点的距离为．
（1）求椭圆E的标准方程．
（2）过点M作斜率和为2的直线，，直线，分别与E交于A，B两点和C，D两点．
（i）若（点B在点A的下方）的面积为，求直线的方程；
（ii）设AB，CD的中点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．
【答案】（1）解：由题意可知N，
因为|NM|=，所以，解得(负值已舍去)
又，所以，所以，
所以椭圆E的标准方程为．

（2）解：（i）由(1)可知N，
易知直线MN的方程为，即，，
设点B到直线的距离为d，
因为的面积为，所以，解得d=，
设与直线平行且距离为的直线方程为，
由，解得或．
当时，由，得，
显然，此时该直线与椭圆无交点；
当时，由，得，解得或
当点B的坐标为时，直线的斜率为2，
此时直线的斜率为0，此时直线与椭圆只有一个交点，不合题意；
当点B的坐标为时，直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，即；
（ii）设，，直线，与E的方程联立，消去y得
，
则，则．
设直线，与直线的方程联立，可得，
则，得，
同理，直线的斜率也满足该式，即，是关于x的方程的两个根，
则，得，
直线，即直线过定点．
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用两点间的距离公式可求得，再由离心率可得，由椭圆中的平方关系可得，由此可得椭圆E的标准方程；
（2）（i）由的面积可求得点B到直线的距离为，由此可设与直线平行且距离为的直线方程为，利用两平行直线的距离解出，代入验证可求得点坐标，再筛选符合题意的点即可求得直线的方程；
（ii）设直线，与E的方程联立，消去y可得点的横坐标，另一方面，
设直线，与直线的方程联立，也可得点的横坐标，二者相等可得关于直线的斜率的方程，
同理直线的斜率也满足该方程，即，是该方程的两根，利用两根之为2可得之间的关系，由此可证得直线过定点.
（1）由题意知椭圆E的左顶点的坐标为，则，解得，
又，，解得，，则椭圆E的标准方程为．
（2）（i）易知直线MN的方程为，即，，
由的面积为，得点B到直线的距离为，
设与直线平行且距离为的直线方程为，
由，解得或．
当时，由，得，
显然，此时该直线与椭圆无交点；
当时，由，得，解得或
当点B的坐标为时，直线的斜率为2，
此时直线的斜率为0，此时直线与椭圆只有一个交点，不合题意；
当点B的坐标为时，直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，即；
（ii）设，，直线，与E的方程联立，消去y得
，
则，则．
设直线，与直线的方程联立，可得，
则，得，
同理，直线的斜率也满足该式，即，是关于x的方程的两个根，
则，得，
直线，即直线过定点．
1 / 1甘肃省会宁县第一中学2025届高三下学期高考模拟测试（二模）数学试题
1．（2025·会宁模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·会宁模拟）下列抛物线中，准线方程为的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·会宁模拟）已知复数z满足，则（　　）
A．2 B． C．4 D．
4．（2025·会宁模拟）已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则 （　　）
A．4 B． C．2 D．
5．（2025·会宁模拟）已知，则下列四个点中，在角的终边上的可以是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·会宁模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且AB边上的高等于，则 （　　）
A． B． C． D．
7．（2025·会宁模拟）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·会宁模拟）设函数，若，则的最小值为（　　）
A． B． C．3 D．
9．（2025·会宁模拟）已知一批产品的某项质量指标，且，现从该批产品中随机取4件产品，变量Y表示这4件产品的质量指标的产品件数，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·会宁模拟）已知函数，，则下列结论一定正确的有（　　）
A．若，则与有相同的零点
B．若，则与的图象关于y轴对称
C．若，则将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象
D．若，则与有相同的单调区间
11．（2025·会宁模拟）已知双曲线与动圆恰有两个交点，则下列说法正确的是（　　）
A．双曲线C的离心率为2
B．双曲线C的渐近线被圆M截得的弦长为2
C．双曲线C上存在一条弦，该弦的中点坐标为
D．过双曲线C的一个焦点F作圆M的两条切线，切点分别为A，B，则
12．（2025·会宁模拟）已知等差数列的公差，，则的前5项和　 　．
13．（2025·会宁模拟）已知函数（，）的图象关于点中心对称，则　 　．
14．（2025·会宁模拟）已知身高互不相同的6个人排成一排，记，，…，是对应站位为1，2，…，6的各人的身高数据的一个排列，则对任一组和（），各组中的两个不等关系至少有一个成立的概率为　 　．
15．（2025·会宁模拟）某公司组织户外拓展活动，为探究员工参与该活动的积极性与员工的性别是否有关，对公司员工进行了简单随机抽样，得到如下列联表：
参与户外拓展活动的积极性 性别 合计
女 男
积极参与 75 e h
不积极参与 m f 35
合计 100 g 200
（1）求m，e，f，g，h；
（2）在公司员工中任选1人，记事件A为“选到的员工是男性”，事件B为“选到的员工积极参与户外拓展活动”，估计的值；
（3）根据小概率值的独立性检验，能否认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关
附：，
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
16．（2025·会宁模拟）已知函数，函数的导函数为．
（1）当时，求曲线的斜率为的切线方程；
（2）若函数的极小值大于0，求a的取值范围．
17．（2025·会宁模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面.
（1）证明：．
（2）求三棱锥的外接球的表面积．
（3）若，求二面角的正弦值．
18．（2025·会宁模拟）已知数列的前n项和为，且，．
（1）证明：数列是等比数列．
（2）设，求数列的前n项和．
（3）设，证明：．
19．（2025·会宁模拟）已知椭圆的离心率为，E的左顶点N到点的距离为．
（1）求椭圆E的标准方程．
（2）过点M作斜率和为2的直线，，直线，分别与E交于A，B两点和C，D两点．
（i）若（点B在点A的下方）的面积为，求直线的方程；
（ii）设AB，CD的中点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以．
故选：B.
【分析】先求出，再求即可.
2．【答案】C
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解： 准线方程为的抛物线方程为，即
故选：C.
【分析】由抛物线准线方程即可求解.
3．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以．
故选：B.
【分析】根据复数的除法法则先求得复数z，再根据复数模的计算公式求得|z|即可.
4．【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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，，
，
由题意知，所以，解得．
故选：A.
【分析】由投影向量计算公式可得，代入题目数据可知，计算求出m的值即可.
5．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，解得或 （舍去），
设角的终边经过的点，则，即.
A、故选项A错误；
B、，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D错误.
故选：C．
【分析】根据倍角公式可得，可得，根据三角函数的定义即可求解.
6．【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：因为 ，所以，
由余弦定理可得，，
因为，所以B是个钝角，所以．
如图所示，过点C，作，交AB于点D，
不妨设，则，，
而，解得，
所以，所以，
中 ，由正弦定理，可得．
故选：D.
【分析】由余弦定理先求出，进而可求得sinB，再结合图形，设，进而求出各边的长度，再利用正弦定理即可求得sinC.
7．【答案】A
【知识点】柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
设，，，
因为，，所以，
因为，所以，
所以重合，所以为三棱台，
记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为，
易知，
则三棱台的体积为，
由题意得，化简得，
解得 （负值舍去），故．
故选：A.
【分析】利用面面平行的性质定理证得，设，由，可证得为三棱台，记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为，易知，再计算三棱台的体积，结合题意可得，化简求得，进而求得即可.
8．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为，
令，函数是增函数，且，
当时，，不合题意，所以，
令，函数是增函数，令，解得，
如图所示为函数，的图象，
由图象可知，，所以，所以，
设，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，即的最小值为．
故选：D.
【分析】结合已知条件和和都是增函数，，令，解得，可得，即，可得，构造新函数，利用导数即可求得的最小值，即可求得的最小值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【解答】解：A、由正态分布的概念可知，故选项A正确；
B、易知1件产品的质量指标的概率，
所以，所以，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D正确．
故选：ACD.
【分析】根据正态分布的概念以及对称性即可判断选项A和C；先求出1件产品的质量指标的概率，可知服从的二项分布，计算即可判断选项B和D选项，
10．【答案】B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、若，令，即，解得，；令，即，解得，，则与没有相同的零点，故选项A错误；
B、因为，所以，
所以，，
所以与的图象关于y轴对称，故选项B正确；
C、因为，所以，将的图象向右平移个单位长度，
得到，故选项C正确；
D、因为，所以，
所以，所以与单调性相反，与没有相同的单调区间，故选项D错误．
故选：BC.
【分析】令函数等于零，根据三角函数的性质求得与的零点即可判断选项A；由代入f(x)，可得，即可判断选项B；由，利用平移变换和三角恒等变换可得，即可判断选项C；将代入f(x)，可得，即可判断选项D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、联立 ，消去x整理得，
即，
由题意得，
因为m∈R，所以，所以离心率，故选项A正确；
B、直线是双曲线C的一条渐近线，圆心到该渐近线的距离为，
圆M的半径为，所以该渐近线被圆M截得的弦长为，故选项B正确；
C、设中点为的弦所在的直线与C交于，两点，
所以，，且由点差法化简得，
所以中点弦所在直线方程为，即，
联立，得，，方程无解，
所以不存在，故选项C错误；
D、不妨设，根据AB可知，，
所以，，故选项D正确．
故选：ABD.
【分析】联立圆与双曲线方程得一个元二次方程，由交点个数确定，即可求得b的值，进而即可求得双曲线的离心率，即可判断选项A；求得双曲线的渐近线方程，利用垂径定理即可求得弦长，即可判断选项B；根据点差法，结合点与双曲线的位置关系，即可判断选项C；根据AB，结合集合关系，即可判断选项D.
12．【答案】15
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，，即，解得，
所以．
故答案为：.
【分析】根据等差数列的通项公式先求出a1，进而根据等差数列前n项和公式即可求出s5.
13．【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为关于点中心对称，所以，
即，
该式成立与x的取值无关，所以，且，
因为，所以，则．
故答案为：.
【分析】根据函数的对称性可知，利用对数的运算法则化简可得，进而列出关于的方程组，即可求得ab的值.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，6个人排成一排，共有种排法．
设6个人中甲的身高最高，①当甲站首位时，，则有共1种排法；
②当甲站第2位时，且，则有，，，
即从除甲外的5个人中任选1人站首位，另外4人从高到矮定序排队，有三种排法；
③当甲站第3位时，且，则有，且，
只需从除甲外的5个人中任选2人定序站1，2位，另外3人定序排队，有种排法；
④当甲站第4位时，且，则有，且，
只需从除甲外的5个人中任选3人定序站1，2，3位，另外2人定序排队，有种方法；
⑤当甲站第5位时，且，则有，且，
只需从除甲外的5个人中任选4人定序站1，2，3，4位，另外1人定序排队，有种排法；
⑥当甲站末位时，需，有1种排法．
故共有种排法，
则概率．
故答案为：.
【分析】先求出6个人排成一排的总排法数，进而假设甲身高最高，通过分类讨论甲在不同位置时的情况的排法，利用古典概型公式即可求得对应的概率.
15．【答案】（1）解：由列联表得，，，
，．
（2）解：由题意可知，，，
所以．
（3）解：零假设为：积极参与户外拓展活动与性别无关．
根据列联表中的数据，可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
故认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于．
【知识点】独立性检验；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据列联表即可求得 m，e，f，g，h； ；
（2）先求出，，再根据条件概率的公式即可求解；
（3）先计算，再结合独立性检验的原理即可判断积极参与户外拓展活动与性别的关系 .
（1）由列联表得，，，
，．
（2）通过样本频率估计总体概率，从200员工中任选1人，，且
，测估计．
（3）零假设为：积极参与户外拓展活动与性别无关．
根据列联表中的数据，可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为是否积极参与户外拓展活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于．
16．【答案】（1）解：当时，
所以，
令，即，解得或．
因为，，
所以当切点为时的切线方程为，即，
当切点为时，所求切线方程为，
即.
综上所述， 曲线的斜率为的切线方程为或.
（2）解：因为，
所以，定义域为(0，+∞)，
所以，
因为，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以，当时，有极小值，极小值为
由题意可知，解得．
所以a的取值范围为(5，+∞).
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先求出导函数为 ，令，可得或，再求出，，由点斜式方程即可求得对应的切线方程；
（2）由题可得，进而利用求导判断函数的单调性，即可得时，有极小值，列不等式求解即可求得a的取值范围
（1）当时，，令，
化简得，解得或．
当切点为时，所求切线方程为，
即；
当切点为时，所求切线方程为，
即；
（2），，
，
因为，所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．因此，当时，有极小值.
由题意，，则．
17．【答案】（1）证明：∵2AB=2，∴AB=1
由余弦定理可得∵，∴．
∵平面，平面，且平面平面，
∴，∴．
∵O为的中点，，∴，
又∵平面平面，平面平面，∴平面，∵平面，∴，
又，平面，∴平面，
∵平面，∴．
（2）解：由（1）知，的外接圆为圆O，
此时，等边的外接圆圆心即为球心Q，
，由正弦定理可得外接圆半径，
所以球Q的表面积为．

（3）解：连接，中，因为为的中点，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以是等边三角形，
由（1）知，所以，即．
（方法一）如图所示，以O为坐标原点，垂直于的直线为x轴，，所在直线分别为y轴、x轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
因为，即，令，则
所以．
设平面PCD的法向量为，
因为，即，令，则，
所以．
记二面角的夹角为，
所以，
因为，所以
所以二面角的正弦值为．
（方法二）易得，
因为，PC为公共边，所以，
又，所以平面，所以，所以．
如图所示，在直角中，作，垂足为E，连接BE，
易知，所以为二面角的平面角．
在直角中，由等面积法易求得，
在中，由余弦定理可知，
因为，所以，
所以二面角的正弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求得BD，利用勾股定理可知，利用线面平行的性质可知，根据面面垂直的性质可得，进而利用线面垂直的判定定理可得平面，根据线面垂直的性质定理即可证得；
（2）首先根据几何关系，找到三棱锥外接球的球心，进而利用正弦定理求得半径，进而即可求得外接球的表面积；
（3）方法一：首先根据几何关系，证明，再以点为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，根据向量的数量积公式和三角函数的同角关系式即可求得二面角的正弦值 ；
方法二：根据二面角平面角的定义，结合几何关系，证明，构造二面角的平面角，即可知为二面角的平面角，利用余弦定理即可求得cos，进而可求得二面角的正弦值 .
（1）∵，∴，
∵，∴．
∵平面，平面，且平面平面，
∴，∴．
∵O为的中点，，∴，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，平面，∴，
又，平面，∴平面，
平面，∴．
（2）由（1）知，的外接圆为圆O，
此时，等边的外接圆圆心即为球心Q，
，由正弦定理可得外接圆半径，
则球Q的表面积为．
（3）连接，中，为的中点，则，
又，所以，
为公共边，得，则，则是等边三角形，
由（1）知，则，即．
（方法一）以O为坐标原点，垂直于的直线为x轴，，所在直线分别为y轴、x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设平面PCD的法向量为，
则，即，令，则．
，故二面角的正弦值为．
（方法二）易得，又，PC为公共边，则，又，
所以平面，则，易得．
在直角中，作，垂足为E，连接BE，易知，
则为二面角的平面角．
在直角中，由等面积法易求得，则在中，
，故二面角的正弦值为．
18．【答案】（1）证明：当时，，解得．
因为，
所以当时，，
所以，即，
所以，
因为，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）解：由（1）知，所以，，
所以，
设①，
②，
①－②得，所以，
设，
所以．
（3）证明：由（1）知，，
所以，
欲证，即证，
即证，即证，该式显然成立，
即恒成立．
当n为奇数，
，
当n为偶数时，
．
综上，．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用Sn和an的关系得到，进而构造数列可得，即可证得数列是等比数列 .（2）利用给定条件先求得，，进而求出，再利用错位相减法结合公式法求和即可求得数列的前n项和 .
（3）先表示出，再分析得到，再对分奇偶数讨论证明不等式即可证得 .
（1）当时，，得．
当时，，结合题设式可得，
即，当时也成立，，
则数列是首项为2、公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，则，，
设记为①，
记为②，
①－②得，，
设，则．
（3）由（1）知，，
，
欲证，即证，
即证，即证，该式显然成立，
即恒成立．
当n为奇数，
，
当n为偶数时，
．
综上，．
19．【答案】（1）解：由题意可知N，
因为|NM|=，所以，解得(负值已舍去)
又，所以，所以，
所以椭圆E的标准方程为．

（2）解：（i）由(1)可知N，
易知直线MN的方程为，即，，
设点B到直线的距离为d，
因为的面积为，所以，解得d=，
设与直线平行且距离为的直线方程为，
由，解得或．
当时，由，得，
显然，此时该直线与椭圆无交点；
当时，由，得，解得或
当点B的坐标为时，直线的斜率为2，
此时直线的斜率为0，此时直线与椭圆只有一个交点，不合题意；
当点B的坐标为时，直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，即；
（ii）设，，直线，与E的方程联立，消去y得
，
则，则．
设直线，与直线的方程联立，可得，
则，得，
同理，直线的斜率也满足该式，即，是关于x的方程的两个根，
则，得，
直线，即直线过定点．
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用两点间的距离公式可求得，再由离心率可得，由椭圆中的平方关系可得，由此可得椭圆E的标准方程；
（2）（i）由的面积可求得点B到直线的距离为，由此可设与直线平行且距离为的直线方程为，利用两平行直线的距离解出，代入验证可求得点坐标，再筛选符合题意的点即可求得直线的方程；
（ii）设直线，与E的方程联立，消去y可得点的横坐标，另一方面，
设直线，与直线的方程联立，也可得点的横坐标，二者相等可得关于直线的斜率的方程，
同理直线的斜率也满足该方程，即，是该方程的两根，利用两根之为2可得之间的关系，由此可证得直线过定点.
（1）由题意知椭圆E的左顶点的坐标为，则，解得，
又，，解得，，则椭圆E的标准方程为．
（2）（i）易知直线MN的方程为，即，，
由的面积为，得点B到直线的距离为，
设与直线平行且距离为的直线方程为，
由，解得或．
当时，由，得，
显然，此时该直线与椭圆无交点；
当时，由，得，解得或
当点B的坐标为时，直线的斜率为2，
此时直线的斜率为0，此时直线与椭圆只有一个交点，不合题意；
当点B的坐标为时，直线的斜率为，则直线的斜率为，
直线的方程为，即；
（ii）设，，直线，与E的方程联立，消去y得
，
则，则．
设直线，与直线的方程联立，可得，
则，得，
同理，直线的斜率也满足该式，即，是关于x的方程的两个根，
则，得，
直线，即直线过定点．
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