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2025届山东省威海市高三模拟考试数学试题
1．（2025·威海模拟）已知集合，若，则（　　）
A．0 B．0或2 C．1或2 D．0或1
【答案】B
【知识点】集合中元素的确定性、互异性、无序性；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，
因为集合，
所以或，
解得或（不合题意舍去），
所以或m=2.
故答案为：B.
【分析】由得出集合，之间的包含关系，再利用元素的互异性，从而得出实数m的值.
2．（2025·威海模拟）若复数满足，则（　　）
A． B． C． 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：，
.
故答案为：B.
【分析】由复数的除法运算法则和复数求模公式，从而得出复数z.
3．（2025·威海模拟）已知等差数列的前项和为，则（　　）
A．40 B．45 C．50 D．55
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由，可得，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】由等差数列下标和的性质可得的值，再利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，从而得出的值.
4．（2025·威海模拟）某校从高二年级随机抽取部分学生参加交通安全知识测试，所得成绩的频率分布直方图如图所示，则可估计该校高二年级学生的交通安全知识测试成绩的中位数为（　　）
A．87.5 B．85 C．82.5 D．80
【答案】C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：因为成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
又因为，，
所以中位数落在内，
设中位数为，则，
解得.
故答案为：C.
【分析】由频率分步直方图求中位数的方法，从而列出方程计算可估计出该校高二年级学生的交通安全知识测试成绩的中位数.
5．（2025·威海模拟）已知函数的值域为，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数极限
【解析】【解答】解：因为在单调递增，在单调递增，
所以，当时，单调递增，
则，
又因为函数的值域为，
所以时，函数的值域要取到的所有实数，
所以，
当时，即当时，函数单调递增，
当时，，
当时，，则，
所以，
则的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由函数的单调性可得当时，，再结合函数的值域为，从而可得时的函数的值域，进而列出不等式，则解不等式得出实数a的取值范围.
6．（2025·威海模拟）已知圆台的上底面半径、下底面半径、母线长之比为1：2：3，高为4，则该圆台的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设上底面的半径为，
则下底面的半径为，母线长为，
所以，
则，
所以，圆台的体积为.
故答案为：B.
【分析】设上底面的半径为，根据题中条件求出的值，再利用圆台的体积公式得出该圆台的体积.
7．（2025·威海模拟）已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
求导可得，
由题意可得有解，
则有解，
则有解，
令，
因为，易知在单调递增，此时，
所以，
又因为，，
所以，
解得：，
所以的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】先求导，由题意将问题转换成有解，再构造函数，由函数g(x)的单调性得到，从而求解得出实数a的取值范围.
8．（2025·威海模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，若，则的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：设，
则，，
因为，
所以，
在中，，解得；
在中，，解得，
所以离心率为.
故答案为：C.
【分析】利用双曲线的定义和余弦定理以及双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
9．（2025·威海模拟）函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的图象关于直线对称
B．在上的值域为
C．在上单调递增
D．的图象关于原点对称
【答案】A,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由图象可知：，，得，所以，
则，
再由五点作图法，可得：，则，
所以.
对于A，当时，，
所以的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，当时，，
则，故B错误；
对于C：当时，，
正弦函数在不单调，故C错误；
对于D，因为，易知是奇函数，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用正弦型函数的图象确定函数解析式为，再结合换元法和正弦函数的性质，从而得出正弦型函数的对称性、单调性和值域，进而逐项判断找出正确的选项.
10．（2025·威海模拟）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，则（　　）
A．过A作的垂线，垂足为，若，则
B．若直线BO与交于点，则直线AP平行于轴
C．以线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为1
D．以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可得，抛物线焦点为，准线为.
对于A，如图，设准线与y轴交于直线l，
由抛物线定义，可得，
结合，则为等边三角形，
由题意，可得，，
则，故A错误；
对于B，设A，
因为直线过点F，设直线，
将直线与抛物线联立，则，
由韦达定理，
得，
则，
因为，
令，则，
注意到，
又因为，则，
所以点A和点P的纵坐标相同，所以直线AP平行于轴，故B正确；
对于C，取中点为，过B，做准线垂线，垂足为J，K，
则线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为，注意到，
又因为为中点，则为LJ中点，
所以，
结合，
则，故C正确；
对于D，设以线段AB为直径的圆，与轴交于，
注意到，
化简后，可得，
则为两根，
则，
则，
当且仅当时，即当AB垂直于x轴时，取等号，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由抛物线定义结合题意可得为等边三角形和，再利用正弦函数的定义得出AQ的长，则判断出选项A；设A，将直线AB方程与抛物线方程联立，由韦达定理式可得，从而可得点，进而说明点A和点P纵坐标相同，则可判断选项B；取中点为，过B，作准线的垂线，垂足为J，K，则线段BF为直径的圆上的点到直线的最小距离，即为，再由抛物线定义和梯形的中位线定理，则可判断选项C；设以线段AB为直径的圆，与轴交于，由可得为两根，再由韦达定理式表示出，再格局二次型函数求值域的方法，从而得出以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值，则可判断选项D，进而找出正确的选项.
11．（2025·威海模拟）已知是定义在上的增函数，且可导，为奇函数，记函数分别是的导函数，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为为奇函数，
所以，
令，则，
因为
所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，
则，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
所以，
则，故C错误；
对于D，因为为上的增函数，
所以，
又因为，
则当时，；当时，，
所以当时，；当时，，
则在上为减函数，在上为增函数，
又因为，
所以为图象的对称轴，
则，
设，其中，
则，
所以为上的增函数，
则，
所以，
则，
所以，
则
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据为奇函数可得，再利用赋值法得出的值，再利用求导得出的最值，则判断出选项A；由，，得出，再求导判断出选项C；利用求导得出，则判断出选项B；先证，从而可得，再由函数的单调性和对称性，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025·威海模拟）已知向量满足，则与的夹角为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
得，
又因为，
所以与的夹角为.
故答案为：.
【分析】利用两向量垂直数量积为0，从而可得的值，再利用数量积求向量夹角公式得出与的夹角.
13．（2025·威海模拟）有甲、乙两袋，甲袋中有4个白球，1个红球；乙袋中有2个白球，2个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率为　 　．
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知从甲袋中任取2个球有两种情况，2个白球或1个白球1个红球.
①从甲袋中取出2个白球的概率为，
放入乙袋后，乙袋此时有4个白球，2个红球，
则取到红球的概率为；
②从甲袋中取出1个白球1个红球的概率为，
放入乙袋后，乙袋此时有3个白球，3个红球，
则取到红球的概率为，
综上两种情况可知，
从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球为红球的概率为.
故答案为：.
【分析】由题意可知从甲袋中任取2个球有两种情况，2个白球或1个白球1个红球，再利用分类讨论的方法结合组合数公式、古典概率公式、独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率.
14．（2025·威海模拟）在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为　 　．
【答案】
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，
平面，
当该三棱锥的体积最大时，底面的面积必须最大，
因为为直角三角形，且，
的轨迹是以的中点为圆心，的长为直径的圆，
故当，的面积最大，此时为等腰直角三角形，
，
三棱锥的体积最大值为.
又平面，平面，
，
又，，
平面，
为侧面内的动点，平面，
，
，
，
点在以为圆心，为直径的圆上，
的轨迹与所围成区域为以为圆心，
2为半径的个圆和一个以为直角边的等腰直角三角形，
所围成区域的面积为.
故答案为：.
【分析】由三棱锥的体积最大确定点的位置和点到线段的中点的距离，再由的长求出的长，从而确定点的轨迹，再由扇形的面积公式和等腰直角三角形的面积公式，从而得出当该三棱锥的体积最大时，点的轨迹与所围成区域的面积.
15．（2025·威海模拟）在中，角所对的边分别为．
（1）求；
（2）若是边BC上一点，，求的面积．
【答案】（1）解：由题意，得，
则，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以或，
所以（舍）或，
因为，
所以.
（2）解：法一：设，则，
在中，由余弦定理可得；
在中，由余弦定理可得，
由，
可得，
在中，由余弦定理可得，
可得
所以.
法二：设，则，
因为，
所以，
所以，
所以，
可得，
在中，由余弦定理可得，
可得，
所以．
【知识点】平面向量的基本定理；简单的三角恒等变换；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和三角形中边角关系，从而得出，再利用二倍角的正弦公式和余弦公式、两角差的余弦公式，从而可得，再利用三角形中角的取值范围和不等式的性质，从而可得满足要求的角A和角B的关系式，即，再利用三角形内角和定理，从而求出角A的值.
（2）利用两种方法求解.
方法一：设，在、中，分别利用余弦定理可得关于的方程组，再解方程组得出的值，最后由三角形的面积公式得出的面积.
方法二：利用已知条件和平面向量基本定理可得，平方后可得的一个方程，再结合余弦定理可得的另一个方程，联立两方程得出的值，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）由题设有即即.
因为，所以，
即，
所以，
又，
所以或，所以（舍）或，
因为，所以
（2）法一：设，则，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
由，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以可得所以
法二：设，则，而，
故，故，
所以，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以可得，所以．
16．（2025·威海模拟）如图，在直平行六面体中，点在棱上．
（1）若平面，证明：；
（2）若，直线与平面所成的角为，平面与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
又因为为直平行六面体，
所以为平行四边形，可得为的中点，
所以为的中点，
则.
（2）解：因为，
所以平行四边形为菱形，
所以，
由直平行六面体，
可得平面，
所以，
又因为，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
故，
因为，
可得为等边三角形，
设，则，
所以，
在中，
由勾股定理可得，
所以，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
可得，
令，则，
又因为是平面的一个法向量，
又因为平面与平面所成角的正弦值为，
所以平面与平面所成角的余弦值为，
则，解得，
所以．
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质定理可得，再结合为直平行六面体，则为平行四边形， 从而可得为的中点，则为的中点，从而证出.
（2）由题意可得，在中，由勾股定理求得，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标，设，则得出向量的坐标，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，从而求出平面和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式以及平面与平面所成角的正弦值为，从而得出t的值，则得出CP的长.
（1）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为为直平行六面体，
所以为平行四边形，可得为的中点，
所以为的中点，即.
（2）因为，所以平行四边形为菱形，所以，
由直平行六面体，可得平面，所以，
又，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，故，
因为，可得为等边三角形，设，则，
所以，
在中，由勾股定理可得，所以，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，所以，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，则，
又是平面的一个法向量，
因为平面与平面所成角的正弦值为，所以平面与平面所成角的余弦值为，
则，解得，所以．
17．（2025·威海模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为为上两点，线段AB中点的横坐标为，当轴时，．
（1）求的方程；
（2）当AB不垂直轴时，设线段AB的中垂线与轴的交点为，求．
【答案】（1）解：由题意知，
因为椭圆的离心率为，
可得，①
又因为轴且线段AB中点的横坐标为，
所以直线AB的方程为，
又因为，
所以A，B的坐标分别为，
代入椭圆的方程，可得，②
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设，线段AB中点为，
直线AB的斜率为，
因为，
所以，
可得，
则，
所以，
可得，
因为线段AB的中垂线与轴的交点为，设，
所以，
所以，
解得，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式得出，①，再利用线段AB中点的横坐标为得出直线AB的方程为，再根据AB的长得出点A，B的坐标，则由代入法得出，②，联立①②得出a，b的值，从而得出椭圆C的标准方程.
（2）利用已知条件和点差法得到点Q的坐标，再根据两直线垂直斜率互为负倒数，从而得到关于n，k的方程，解方程得出n的值，进而得出OP的长.
（1）由题意知，离心率，可得，①
因为轴且线段AB中点的横坐标为，
所以直线AB的方程为，
因为，所以A，B的坐标分别为，
代入的方程，可得，②
联立①②解得，
所以的方程为
（2）设，线段AB中点为，直线AB的斜率为，
因为，所以，
可得，
即，所以，可得，
因为线段AB的中垂线与轴的交点为，设，
所以，所以，
解得，所以
18．（2025·威海模拟）已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，若曲线有三条过点的切线，求的取值范围；
（3）设为非负实数，为正实数，若，证明：．
【答案】（1）解：当时，，
当时，，所以在上单调递增，所以无极值；
当时，令，解得，
所以在上单调递增，
令，解得，
所以在上单调递减，
所以的极大值为，
综上可知，当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）解：设切点为，
因为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
因为曲线有三条过点的切线，
所以关于的方程有3个解，
令，则有3个零点，
因为，
令，解得，
所以在上单调递增，
令，解得，
所以在上单调递减，
所以，
可得，
所以.
（3）证明：不妨设，
当时，左边，右边，所以左边右边；
当时，左边，右边，所以左边=右边；
当时，
因为s，t为正实数，，
所以，
要证，
即证，
即证，
即证，
令，则
所以，
因为，
所以，
所以在上单调递减，
则当时，，
所以，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
则，
综上可知，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用结合导数的正负与函数单调性的关系，则对和讨论函数单调性，从而得出函数的极值.
（2）设切点为，再利用导数得出切线方程，再代入，将问题转换成方程有三个根，再构造函数，则有3个零点，再利用求导的方法判断函数的单调性，再根据函数的单调性得出实数b的取值范围.
（3）不妨设，通过当或或时三种情况分类讨论，再利用分析法和导数判断函数单调性的方法，从而证出不等式成立.
（1）当时，，
当时，，所以在上单调递增，所以无极值；
当时，令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以的极大值为，
综上可知，当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）设切点为，因为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
因为曲线有三条过点的切线，
所以关于的方程有3个解，
令，则有3个零点，
因为，
令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以，可得，
所以
（3）不妨设，
当时，左边，右边，所以左边右边，
当时，左边，右边，所以左边=右边，
当时，
因为s，t为正实数，，所以，
要证，即证，即证，
即证，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以当时，，所以，所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，所以，即，
综上可知，
19．（2025·威海模拟）设集合且中所有的数从小到大排列构成数列，并将数列的各项依次按照上小下大，左小右大，第行共有项的原则，写成如下的数表．
（1）写出该数表第4行各项的数；
（2）求；
（3）设位于数表的第行，若，且该数列前项的和能被整除，求的最小值．
【答案】（1）解：由题意知，第4行各项为，
所以第4行各项的数为17，18，20，24.
（2）解：由题意知，
第行各项为中对应的值，
设在第行，
则前行总项数，
解得，
则数表前9行共有项，
所以在第10行从左往右的第5项，
所以.
（3）解：数表第行所有项的和为：
，
设数表前行所有项的和为，
则
，
令，
则，
两式相减得
可得，
所以，
设为数表的第行的第项，
所以数列前项的和为：
，
由题意知，前行总项数，解得，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
则，
又因为该数列前项的和能被整除，
所以，则，
所以，
可得，
所以，
可得的最小值为32，
所以的最小值为.
【知识点】数列的求和；归纳推理
【解析】【分析】（1）由图中规律，从而写出该数表第4行各项的数.
（2）由等差数列前n项和公式代入计算结合已知条件，从而得出的值.
（3）由等比数列的求和公式和分组求和的方法可得数表第行所有项的和，再由错位相减法可得数表前行所有项的和，再利用已知条件和该数列前项的和能被整除，从而得出k的取值范围，进而得出n的最小值，则得出的最小值.
（1）由题意知，第4行各项为，
所以第4行各项的数为17，18，20，24.
（2）由题意知，第行各项为中对应的值，
设在第行，则前行总项数，解得，
数表前9行共有项，
所以在第10行从左往右的第5项，所以.
（3）数表第行所有项的和为
，
设数表前行所有项的和为，则
，
令，
则，
两式相减得，
可得，所以，
设为数表的第行的第项，所以数列前项的和为
，
由题意知，前行总项数，解得，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
即，
因为该数列前项的和能被整除，
所以，即，所以，可得，
所以，可得的最小值为32，
所以的最小值为.
1 / 12025届山东省威海市高三模拟考试数学试题
1．（2025·威海模拟）已知集合，若，则（　　）
A．0 B．0或2 C．1或2 D．0或1
2．（2025·威海模拟）若复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·威海模拟）已知等差数列的前项和为，则（　　）
A．40 B．45 C．50 D．55
4．（2025·威海模拟）某校从高二年级随机抽取部分学生参加交通安全知识测试，所得成绩的频率分布直方图如图所示，则可估计该校高二年级学生的交通安全知识测试成绩的中位数为（　　）
A．87.5 B．85 C．82.5 D．80
5．（2025·威海模拟）已知函数的值域为，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·威海模拟）已知圆台的上底面半径、下底面半径、母线长之比为1：2：3，高为4，则该圆台的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·威海模拟）已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·威海模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，若，则的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
9．（2025·威海模拟）函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的图象关于直线对称
B．在上的值域为
C．在上单调递增
D．的图象关于原点对称
10．（2025·威海模拟）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，则（　　）
A．过A作的垂线，垂足为，若，则
B．若直线BO与交于点，则直线AP平行于轴
C．以线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为1
D．以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值为
11．（2025·威海模拟）已知是定义在上的增函数，且可导，为奇函数，记函数分别是的导函数，则（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025·威海模拟）已知向量满足，则与的夹角为　 　．
13．（2025·威海模拟）有甲、乙两袋，甲袋中有4个白球，1个红球；乙袋中有2个白球，2个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率为　 　．
14．（2025·威海模拟）在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为　 　．
15．（2025·威海模拟）在中，角所对的边分别为．
（1）求；
（2）若是边BC上一点，，求的面积．
16．（2025·威海模拟）如图，在直平行六面体中，点在棱上．
（1）若平面，证明：；
（2）若，直线与平面所成的角为，平面与平面所成角的正弦值为，求．
17．（2025·威海模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为为上两点，线段AB中点的横坐标为，当轴时，．
（1）求的方程；
（2）当AB不垂直轴时，设线段AB的中垂线与轴的交点为，求．
18．（2025·威海模拟）已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，若曲线有三条过点的切线，求的取值范围；
（3）设为非负实数，为正实数，若，证明：．
19．（2025·威海模拟）设集合且中所有的数从小到大排列构成数列，并将数列的各项依次按照上小下大，左小右大，第行共有项的原则，写成如下的数表．
（1）写出该数表第4行各项的数；
（2）求；
（3）设位于数表的第行，若，且该数列前项的和能被整除，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合中元素的确定性、互异性、无序性；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，
因为集合，
所以或，
解得或（不合题意舍去），
所以或m=2.
故答案为：B.
【分析】由得出集合，之间的包含关系，再利用元素的互异性，从而得出实数m的值.
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：，
.
故答案为：B.
【分析】由复数的除法运算法则和复数求模公式，从而得出复数z.
3．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由，可得，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】由等差数列下标和的性质可得的值，再利用等差数列的求和公式和等差数列的性质，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：因为成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
又因为，，
所以中位数落在内，
设中位数为，则，
解得.
故答案为：C.
【分析】由频率分步直方图求中位数的方法，从而列出方程计算可估计出该校高二年级学生的交通安全知识测试成绩的中位数.
5．【答案】C
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数极限
【解析】【解答】解：因为在单调递增，在单调递增，
所以，当时，单调递增，
则，
又因为函数的值域为，
所以时，函数的值域要取到的所有实数，
所以，
当时，即当时，函数单调递增，
当时，，
当时，，则，
所以，
则的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由函数的单调性可得当时，，再结合函数的值域为，从而可得时的函数的值域，进而列出不等式，则解不等式得出实数a的取值范围.
6．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设上底面的半径为，
则下底面的半径为，母线长为，
所以，
则，
所以，圆台的体积为.
故答案为：B.
【分析】设上底面的半径为，根据题中条件求出的值，再利用圆台的体积公式得出该圆台的体积.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
求导可得，
由题意可得有解，
则有解，
则有解，
令，
因为，易知在单调递增，此时，
所以，
又因为，，
所以，
解得：，
所以的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】先求导，由题意将问题转换成有解，再构造函数，由函数g(x)的单调性得到，从而求解得出实数a的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：设，
则，，
因为，
所以，
在中，，解得；
在中，，解得，
所以离心率为.
故答案为：C.
【分析】利用双曲线的定义和余弦定理以及双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
9．【答案】A,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由图象可知：，，得，所以，
则，
再由五点作图法，可得：，则，
所以.
对于A，当时，，
所以的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，当时，，
则，故B错误；
对于C：当时，，
正弦函数在不单调，故C错误；
对于D，因为，易知是奇函数，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用正弦型函数的图象确定函数解析式为，再结合换元法和正弦函数的性质，从而得出正弦型函数的对称性、单调性和值域，进而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可得，抛物线焦点为，准线为.
对于A，如图，设准线与y轴交于直线l，
由抛物线定义，可得，
结合，则为等边三角形，
由题意，可得，，
则，故A错误；
对于B，设A，
因为直线过点F，设直线，
将直线与抛物线联立，则，
由韦达定理，
得，
则，
因为，
令，则，
注意到，
又因为，则，
所以点A和点P的纵坐标相同，所以直线AP平行于轴，故B正确；
对于C，取中点为，过B，做准线垂线，垂足为J，K，
则线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为，注意到，
又因为为中点，则为LJ中点，
所以，
结合，
则，故C正确；
对于D，设以线段AB为直径的圆，与轴交于，
注意到，
化简后，可得，
则为两根，
则，
则，
当且仅当时，即当AB垂直于x轴时，取等号，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由抛物线定义结合题意可得为等边三角形和，再利用正弦函数的定义得出AQ的长，则判断出选项A；设A，将直线AB方程与抛物线方程联立，由韦达定理式可得，从而可得点，进而说明点A和点P纵坐标相同，则可判断选项B；取中点为，过B，作准线的垂线，垂足为J，K，则线段BF为直径的圆上的点到直线的最小距离，即为，再由抛物线定义和梯形的中位线定理，则可判断选项C；设以线段AB为直径的圆，与轴交于，由可得为两根，再由韦达定理式表示出，再格局二次型函数求值域的方法，从而得出以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值，则可判断选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为为奇函数，
所以，
令，则，
因为
所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，
则，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
所以，
则，故C错误；
对于D，因为为上的增函数，
所以，
又因为，
则当时，；当时，，
所以当时，；当时，，
则在上为减函数，在上为增函数，
又因为，
所以为图象的对称轴，
则，
设，其中，
则，
所以为上的增函数，
则，
所以，
则，
所以，
则
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据为奇函数可得，再利用赋值法得出的值，再利用求导得出的最值，则判断出选项A；由，，得出，再求导判断出选项C；利用求导得出，则判断出选项B；先证，从而可得，再由函数的单调性和对称性，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
得，
又因为，
所以与的夹角为.
故答案为：.
【分析】利用两向量垂直数量积为0，从而可得的值，再利用数量积求向量夹角公式得出与的夹角.
13．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知从甲袋中任取2个球有两种情况，2个白球或1个白球1个红球.
①从甲袋中取出2个白球的概率为，
放入乙袋后，乙袋此时有4个白球，2个红球，
则取到红球的概率为；
②从甲袋中取出1个白球1个红球的概率为，
放入乙袋后，乙袋此时有3个白球，3个红球，
则取到红球的概率为，
综上两种情况可知，
从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球为红球的概率为.
故答案为：.
【分析】由题意可知从甲袋中任取2个球有两种情况，2个白球或1个白球1个红球，再利用分类讨论的方法结合组合数公式、古典概率公式、独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率.
14．【答案】
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，
平面，
当该三棱锥的体积最大时，底面的面积必须最大，
因为为直角三角形，且，
的轨迹是以的中点为圆心，的长为直径的圆，
故当，的面积最大，此时为等腰直角三角形，
，
三棱锥的体积最大值为.
又平面，平面，
，
又，，
平面，
为侧面内的动点，平面，
，
，
，
点在以为圆心，为直径的圆上，
的轨迹与所围成区域为以为圆心，
2为半径的个圆和一个以为直角边的等腰直角三角形，
所围成区域的面积为.
故答案为：.
【分析】由三棱锥的体积最大确定点的位置和点到线段的中点的距离，再由的长求出的长，从而确定点的轨迹，再由扇形的面积公式和等腰直角三角形的面积公式，从而得出当该三棱锥的体积最大时，点的轨迹与所围成区域的面积.
15．【答案】（1）解：由题意，得，
则，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以或，
所以（舍）或，
因为，
所以.
（2）解：法一：设，则，
在中，由余弦定理可得；
在中，由余弦定理可得，
由，
可得，
在中，由余弦定理可得，
可得
所以.
法二：设，则，
因为，
所以，
所以，
所以，
可得，
在中，由余弦定理可得，
可得，
所以．
【知识点】平面向量的基本定理；简单的三角恒等变换；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和三角形中边角关系，从而得出，再利用二倍角的正弦公式和余弦公式、两角差的余弦公式，从而可得，再利用三角形中角的取值范围和不等式的性质，从而可得满足要求的角A和角B的关系式，即，再利用三角形内角和定理，从而求出角A的值.
（2）利用两种方法求解.
方法一：设，在、中，分别利用余弦定理可得关于的方程组，再解方程组得出的值，最后由三角形的面积公式得出的面积.
方法二：利用已知条件和平面向量基本定理可得，平方后可得的一个方程，再结合余弦定理可得的另一个方程，联立两方程得出的值，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）由题设有即即.
因为，所以，
即，
所以，
又，
所以或，所以（舍）或，
因为，所以
（2）法一：设，则，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
由，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以可得所以
法二：设，则，而，
故，故，
所以，可得，
在中，由余弦定理可得，
所以可得，所以．
16．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
又因为为直平行六面体，
所以为平行四边形，可得为的中点，
所以为的中点，
则.
（2）解：因为，
所以平行四边形为菱形，
所以，
由直平行六面体，
可得平面，
所以，
又因为，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
故，
因为，
可得为等边三角形，
设，则，
所以，
在中，
由勾股定理可得，
所以，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
可得，
令，则，
又因为是平面的一个法向量，
又因为平面与平面所成角的正弦值为，
所以平面与平面所成角的余弦值为，
则，解得，
所以．
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质定理可得，再结合为直平行六面体，则为平行四边形， 从而可得为的中点，则为的中点，从而证出.
（2）由题意可得，在中，由勾股定理求得，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标，设，则得出向量的坐标，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，从而求出平面和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式以及平面与平面所成角的正弦值为，从而得出t的值，则得出CP的长.
（1）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为为直平行六面体，
所以为平行四边形，可得为的中点，
所以为的中点，即.
（2）因为，所以平行四边形为菱形，所以，
由直平行六面体，可得平面，所以，
又，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，故，
因为，可得为等边三角形，设，则，
所以，
在中，由勾股定理可得，所以，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，所以，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，则，
又是平面的一个法向量，
因为平面与平面所成角的正弦值为，所以平面与平面所成角的余弦值为，
则，解得，所以．
17．【答案】（1）解：由题意知，
因为椭圆的离心率为，
可得，①
又因为轴且线段AB中点的横坐标为，
所以直线AB的方程为，
又因为，
所以A，B的坐标分别为，
代入椭圆的方程，可得，②
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设，线段AB中点为，
直线AB的斜率为，
因为，
所以，
可得，
则，
所以，
可得，
因为线段AB的中垂线与轴的交点为，设，
所以，
所以，
解得，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式得出，①，再利用线段AB中点的横坐标为得出直线AB的方程为，再根据AB的长得出点A，B的坐标，则由代入法得出，②，联立①②得出a，b的值，从而得出椭圆C的标准方程.
（2）利用已知条件和点差法得到点Q的坐标，再根据两直线垂直斜率互为负倒数，从而得到关于n，k的方程，解方程得出n的值，进而得出OP的长.
（1）由题意知，离心率，可得，①
因为轴且线段AB中点的横坐标为，
所以直线AB的方程为，
因为，所以A，B的坐标分别为，
代入的方程，可得，②
联立①②解得，
所以的方程为
（2）设，线段AB中点为，直线AB的斜率为，
因为，所以，
可得，
即，所以，可得，
因为线段AB的中垂线与轴的交点为，设，
所以，所以，
解得，所以
18．【答案】（1）解：当时，，
当时，，所以在上单调递增，所以无极值；
当时，令，解得，
所以在上单调递增，
令，解得，
所以在上单调递减，
所以的极大值为，
综上可知，当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）解：设切点为，
因为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
因为曲线有三条过点的切线，
所以关于的方程有3个解，
令，则有3个零点，
因为，
令，解得，
所以在上单调递增，
令，解得，
所以在上单调递减，
所以，
可得，
所以.
（3）证明：不妨设，
当时，左边，右边，所以左边右边；
当时，左边，右边，所以左边=右边；
当时，
因为s，t为正实数，，
所以，
要证，
即证，
即证，
即证，
令，则
所以，
因为，
所以，
所以在上单调递减，
则当时，，
所以，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
则，
综上可知，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用结合导数的正负与函数单调性的关系，则对和讨论函数单调性，从而得出函数的极值.
（2）设切点为，再利用导数得出切线方程，再代入，将问题转换成方程有三个根，再构造函数，则有3个零点，再利用求导的方法判断函数的单调性，再根据函数的单调性得出实数b的取值范围.
（3）不妨设，通过当或或时三种情况分类讨论，再利用分析法和导数判断函数单调性的方法，从而证出不等式成立.
（1）当时，，
当时，，所以在上单调递增，所以无极值；
当时，令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以的极大值为，
综上可知，当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）设切点为，因为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
因为曲线有三条过点的切线，
所以关于的方程有3个解，
令，则有3个零点，
因为，
令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以，可得，
所以
（3）不妨设，
当时，左边，右边，所以左边右边，
当时，左边，右边，所以左边=右边，
当时，
因为s，t为正实数，，所以，
要证，即证，即证，
即证，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以当时，，所以，所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，所以，即，
综上可知，
19．【答案】（1）解：由题意知，第4行各项为，
所以第4行各项的数为17，18，20，24.
（2）解：由题意知，
第行各项为中对应的值，
设在第行，
则前行总项数，
解得，
则数表前9行共有项，
所以在第10行从左往右的第5项，
所以.
（3）解：数表第行所有项的和为：
，
设数表前行所有项的和为，
则
，
令，
则，
两式相减得
可得，
所以，
设为数表的第行的第项，
所以数列前项的和为：
，
由题意知，前行总项数，解得，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
则，
又因为该数列前项的和能被整除，
所以，则，
所以，
可得，
所以，
可得的最小值为32，
所以的最小值为.
【知识点】数列的求和；归纳推理
【解析】【分析】（1）由图中规律，从而写出该数表第4行各项的数.
（2）由等差数列前n项和公式代入计算结合已知条件，从而得出的值.
（3）由等比数列的求和公式和分组求和的方法可得数表第行所有项的和，再由错位相减法可得数表前行所有项的和，再利用已知条件和该数列前项的和能被整除，从而得出k的取值范围，进而得出n的最小值，则得出的最小值.
（1）由题意知，第4行各项为，
所以第4行各项的数为17，18，20，24.
（2）由题意知，第行各项为中对应的值，
设在第行，则前行总项数，解得，
数表前9行共有项，
所以在第10行从左往右的第5项，所以.
（3）数表第行所有项的和为
，
设数表前行所有项的和为，则
，
令，
则，
两式相减得，
可得，所以，
设为数表的第行的第项，所以数列前项的和为
，
由题意知，前行总项数，解得，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
即，
因为该数列前项的和能被整除，
所以，即，所以，可得，
所以，可得的最小值为32，
所以的最小值为.
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