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广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷
1．（2025·广州模拟）若复数满足，则的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．i
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以的虚部为1.
故答案为：B.
【分析】先由复数的除法运算法则求出复数，再结合复数的虚部的概念，从而可得复数z的虚部.
2．（2025·广州模拟）已知集合，若，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：已知，
因为，则，则实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先利用一元二次不等式的解法集合，再利用集合子集的定义即可求解.
3．（2025·广州模拟）在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点是线段的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由和，再结合已知条件得出实数的值.
4．（2025·广州模拟）已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球内接多面体；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：作出示意图如图所示：
设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形，
所以，所以，
因为球的表面积为，所以，解得，所以，
所以，
所以圆台的侧面积为.
故答案为：B.
【分析】设球的半径，利用圆台的侧面展图形是扇环，及圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积即可求解.
5．（2025·广州模拟）已知点在双曲线上，且点到的两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（　　）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设.
∵点在双曲线上，
，即.
又双曲线的两条渐近线分别为和，
点到双曲线的两条渐近线的距离之积为：
，
，即.
又，，，.
故答案为：D.
【分析】设，将点坐标代入双曲线方程中可得.再利用点P到渐近线可得，化简可得即可求解.
6．（2025·广州模拟）已知实数满足，则下列不等式可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设函数，作出函数图象如图所示：
设，
A、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故A错误；
C、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故C错误；
因为，所以，
设，
作出函数的图象如图所示：
B、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故B正确；
D、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故D错误；
故答案为：B.
【分析】设指数函数，在同一坐标系中作出三个函数的图象，分，，两种情况即可求解.
7．（2025·广州模拟）已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：设曲线与相邻的三个交点为，
，
解得，
不妨取，则，
所以，
则，
由题意得为直角三角形，
所以，即，解得，
故答案为：A．
【分析】设曲线与相邻的三个交点为，利用两角差的余弦公式和辅助角公式及正弦函数的性质可得，再利用勾股定理列出方程求解即可求解．
8．（2025·广州模拟）定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；基本不等式
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，则，
由，
得，
又因为函数在上单调递减，且，
则函数在上单调递增，
则时，，当时，，
则当时，，
当时，，
所以的解集为，的解集为，
由于不等式的解集为，
当时，不等式为，
此时解集为，不符合题意；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
要使不等式的解集为，
则，即；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
此时不等式的解集不为；
综上所述，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
即的最小值为.
故答案为：C
【分析】先利用为偶函数可得，设不等式为，利用单调性分析易得的解集为，利用函数的平移可得的解集为，再利用题意可得5为方程的根，即可得，最后结合基本不等式“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
9．（2025·广州模拟）某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10．则（　　）
A．两组数据的平均数相等
B．第一组数据的方差大于第二组数据的方差
C．两组数据的极差相等
D．第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数
【答案】A,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：第一组数据从小到大排序为：，
其平均数为，
其方差为，
其极差为，
其中位数为：；
第二组数据从小到大排序为：，
其平均数为，
其方差，
其极差为，
其中位数为：
所以AD正确，BC错误.
故答案为：AD.
【分析】先求平均数8，方差为，极差为3以及中位数的定义逐项计算即可求解.
10．（2025·广州模拟）已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（　　）
A．
B．当时，
C．
D．当且时，
【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由，则，
则函数的定义域为，
则，，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，即，
此时，
则，
令，得或；
令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数在上单调递减，
当时，，则，故B错误；
由，
则，
，
所以，故C正确；
因为，，则，
又函数在上单调递增，则，
所以，
又，
则，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】根据极值的定义可得，可得可判断A；利用函数的单调性即可判断B；代式计算即可判断C；利用题意可得，再利用函数的单调性可得，可得，再验证可得即可判断D.
11．（2025·广州模拟）如图，半径为1的动圆沿着圆外侧无滑动地滚动一周，圆上的点形成的外旋轮线，因其形状像心形又称心脏线．已知运动开始时点与点重合．以下说法正确的有（　　）
A．曲线上存在到原点的距离超过的点
B．点在曲线上
C．曲线与直线有两个交点
D．
【答案】B,C,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设与切于点，则始终关于点对称.
所以当切点绕逆时针转动弧度时，致使点绕圆心也转了弧度，，
连接如图所示：
，，延长与轴交于点，
过作轴于点，
，
，
，
则，
即曲线的参数方程为，为参数，.
对于A，，
上不存在到原点的距离超过的点，A错；
对于B，若在上，则，
由①解得或0，
验证知仅当时，代入②符合，在曲线上，故B正确；
对于C，由，将曲线的参数方程代入得
，
即，
，
如下图，分别作出与的大致图象，
可知两函数图象共有两个交点，故C正确；
对于D，，
，
，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】先利用几何性质求解动点的轨迹方程利用两点间距离公式及三角函数有界性即可判断A；由点，利用参数方程解方程组即可判断B；联立直线与参数方程，结合三角函数图象可得交点个数即可判断C；利用，利用均值不等式即可判断D.
12．（2025·广州模拟）已知，则　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：利用，
得，
则，所以.
故答案为：.
【分析】利用给定条件结合诱导公式可得，再利用逆用和角的正弦公式即可求解.
13．（2025·广州模拟）将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有　 　种．
【答案】12
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图所示：
排在位置，有种方法，
从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，
最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，
所以填写方格表的方法共有（种）.
故答案为：12
【分析】先确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，利用分步乘法计算原理列式即可求解.
14．（2025·广州模拟）在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为　 　．
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：由题意可知：，
则，
可知，
因为三棱锥为正三棱锥，则点在底面内的投影为底面的中心，
取的中点，如图所示：
则，，
设点在平面、平面和平面内的投影分别为、和，
根据正三棱锥的结构特征，可以以为邻边作长方体，
则平面，平面，则，即，
同理可知：，
由长方体的性质可知：，
可得，即，
又因为平面，平面，
则，可得，
可知点在以点为圆心，半径的圆上，
因为，可知与圆相交如图所示：
设圆与交于两点，则，
可知为等边三角形，则，
结合对称性可知点运动路径的长度为.
故答案为：.
【分析】由题意可得正三棱锥可得在底面内的投影为底面的中心，且，做辅助线结合长方体的性质可得，即可得点的轨迹是以点为圆心，半径的圆的一部分即可求解.
15．（2025·广州模拟）在中，内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）解：根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
【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）先利用正弦定理可得，再利用和差角公式即可求解.
（2）利用正弦定理求得，再利用余弦定理求出，利用面积公式求出的面积即可求解.
（1）因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
16．（2025·广州模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为底面为矩形，，
所以，
设三棱锥的高为，又因为三棱锥的体积为，
所以，所以，
又因为侧面是等边三角形，且，
取的中点，连接，可得，
则为三棱锥的高，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面
（2）解：取的中点，连接，则，
由（1）可得，以为坐标原点，所在直线为坐标轴，
建立如图所示的空间直角标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
又因为平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和矩形的结构特征、三角形的面积公式，结合等体积法和三棱锥的体积公式得出三棱锥的高，再结合等边三角形三线合一得出线线垂直，从而证出线面垂直，进而证出面面垂直，即证出平面平面.
（2）利用中位线定理得出线线平行，结合（1）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量坐标，求出平面的一个法向量，再由平面的一个法向量为和数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）因为底面为矩形，，所以，
设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为，
所以，所以，
又侧面是等边三角形，且，
取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）取的中点，连接，则，
故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．（2025·广州模拟）个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的个人中的任何一个．第一次传球由甲手中传出，第次传球后，球在甲手中的概率记为，球在乙手中的概率记为．
（1）求；
（2）求；
（3）比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）解：由题意知，
，
所以；
（2）解：由题意知，，
所以，
所以，
则；
（3）解：由题意知，
则，
所以，（当时取等号）
所以.
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）列出5人传球三次的树状图，利用概率乘法公式和加法公式即可求解；
（2）利用，再利用数列的构造法求通项公式；
（3）利用，作差法比大小即可求解.
（1）由题意知，
，
所以；
（2）由题意知，，
所以，
所以，
则；
（3）由题意知，
则，
所以，（当时取等号）
所以.
18．（2025·广州模拟）已知动点到点的距离等于它到直线的距离，记动点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，过点且斜率存在的直线与相交于两点，直线与直线相交于点，过点且与相切的直线交轴于点．
（i）证明：直线；
（ii）满足四边形的面积为12的直线共有多少条？说明理由．
【答案】（1）解：由抛物线的定义得动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以，即．
（2）解：（i）证明：由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，则直线的斜率为，
设直线与相交于两点，不妨设，
由得，，则，
由得，，则点处的斜率为，
则点处的切线方程为，
令，得，即点，
直线的方程为，令，得，即，
所以直线的斜率，
所以，即直线．
（ii）连接，如图所示：
由（i）得，，所以，
又因为，所以轴，即四边形为平行四边形，
由得，
，
若四边形的面积为12，则，
整理得，
令，则，
设，则，
所以在单调递增，又，
所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以有2个零点，即有2个根，
其中时，直线AB的斜率不存在，舍去，另一根属于；
由对称性可得，交换AB点的位置也符合题意，所以四边形的面积为12的直线共有2条．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用抛物线得定义即可求解；
（2）（i）由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，设直线与相交于两点，不妨设，由直线方程与抛物线方程联立，求得，求出直线的斜率，即可证明；（ii）由（i）得出四边形为平行四边形，根据四边形的面积为12列出关于的方程，根据导数判断方程解的个数即可求解．
（1）由抛物线的定义得动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以，即．
（2）（i）证明：由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，则直线的斜率为，
设直线与相交于两点，不妨设，
由得，，则，
由得，，则点处的斜率为，
则点处的切线方程为，
令，得，即点，
直线的方程为，令，得，即，
所以直线的斜率，
所以，即直线．
（ii）连接，
由（i）得，，所以，
又因为，所以轴，即四边形为平行四边形，
由得，
，
若四边形的面积为12，则，
整理得，
令，则，
设，则，
所以在单调递增，又，
所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以有2个零点，即有2个根，
其中时，直线AB的斜率不存在，舍去，另一根属于；
由对称性可得，交换AB点的位置也符合题意，所以四边形的面积为12的直线共有2条．
19．（2025·广州模拟）已知且，集合，其中．若存在函数，其图象在区间上是一段连续曲线，且，则称是的变换函数，集合是的子集．例如，设，此时函数是的变换函数，是的子集．
（1）判断集合是否是的子集？说明理由；
（2）判断是否为集合的变换函数？说明理由；
（3）若，则，试问是否存在函数，使得集合是的子集？若存在，求的解析式；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：当函数时，，
此时函数是集合的变换函数，
∴集合是的子集.
（2）解：函数在定义域上单调递减，当时集合，其中，
假设函数为集合的变换函数，
则，
即，即，
由①-②，得，
整理后得，
∵即，∴，
而由①式易得，显然产生矛盾，
即函数不是集合的变换函数.
（3）解：设中满足首项为1，公比为的等比数列，，则，满足，
设，则对且，，
而且时，，及有个不同元素，即能覆盖所有元素.
又∵的图象在区间上是一段连续曲线，
∴存在函数，使得集合是的子集.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】（1）由题中新定义及已知集合构造一个满足定义的函数即可；
（2）分析得到函数的单调性，用假设法进行判断.先假设，然后由题中定义可知，建立方程后求得的关系，推理产生矛盾，从而得到结论；
（3）构造满足题意得集合和，再验证满足题中定义即可求解.
（1）当函数时，
，
此时函数是集合的变换函数，
∴集合是的子集.
（2）函数在定义域上单调递减，
当时集合，其中，
假设函数为集合的变换函数，
则，
即，即，
由①-②，得，
整理后得，
∵即，∴，
而由①式易得，显然产生矛盾，
即函数不是集合的变换函数.
（3）设中满足首项为1，公比为的等比数列，
，则，满足，
设，则对且，，
而且时，，及有个不同元素，即能覆盖所有元素.
又∵的图象在区间上是一段连续曲线，
∴存在函数，使得集合是的子集.
1 / 1广东省广州市2025届高三下学期综合测试（一）数学试卷
1．（2025·广州模拟）若复数满足，则的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．i
2．（2025·广州模拟）已知集合，若，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·广州模拟）在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（　　）
A． B．1 C． D．
4．（2025·广州模拟）已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·广州模拟）已知点在双曲线上，且点到的两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（　　）
A．3 B．2 C． D．
6．（2025·广州模拟）已知实数满足，则下列不等式可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·广州模拟）已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·广州模拟）定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·广州模拟）某位射击运动员的两组训练数据如下：第一组：10，7，7，8，8，9，7；第二组：10，5，5，8，9，9，10．则（　　）
A．两组数据的平均数相等
B．第一组数据的方差大于第二组数据的方差
C．两组数据的极差相等
D．第一组数据的中位数小于第二组数据的中位数
10．（2025·广州模拟）已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（　　）
A．
B．当时，
C．
D．当且时，
11．（2025·广州模拟）如图，半径为1的动圆沿着圆外侧无滑动地滚动一周，圆上的点形成的外旋轮线，因其形状像心形又称心脏线．已知运动开始时点与点重合．以下说法正确的有（　　）
A．曲线上存在到原点的距离超过的点
B．点在曲线上
C．曲线与直线有两个交点
D．
12．（2025·广州模拟）已知，则　 　．
13．（2025·广州模拟）将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有　 　种．
14．（2025·广州模拟）在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为　 　．
15．（2025·广州模拟）在中，内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的面积．
16．（2025·广州模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2025·广州模拟）个人相互传球，传球规则如下：若球由甲手中传出，则甲传给乙；否则，传球者等可能地将球传给另外的个人中的任何一个．第一次传球由甲手中传出，第次传球后，球在甲手中的概率记为，球在乙手中的概率记为．
（1）求；
（2）求；
（3）比较与的大小，并说明理由．
18．（2025·广州模拟）已知动点到点的距离等于它到直线的距离，记动点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，过点且斜率存在的直线与相交于两点，直线与直线相交于点，过点且与相切的直线交轴于点．
（i）证明：直线；
（ii）满足四边形的面积为12的直线共有多少条？说明理由．
19．（2025·广州模拟）已知且，集合，其中．若存在函数，其图象在区间上是一段连续曲线，且，则称是的变换函数，集合是的子集．例如，设，此时函数是的变换函数，是的子集．
（1）判断集合是否是的子集？说明理由；
（2）判断是否为集合的变换函数？说明理由；
（3）若，则，试问是否存在函数，使得集合是的子集？若存在，求的解析式；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以的虚部为1.
故答案为：B.
【分析】先由复数的除法运算法则求出复数，再结合复数的虚部的概念，从而可得复数z的虚部.
2．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：已知，
因为，则，则实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先利用一元二次不等式的解法集合，再利用集合子集的定义即可求解.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点是线段的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由和，再结合已知条件得出实数的值.
4．【答案】B
【知识点】球内接多面体；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：作出示意图如图所示：
设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形，
所以，所以，
因为球的表面积为，所以，解得，所以，
所以，
所以圆台的侧面积为.
故答案为：B.
【分析】设球的半径，利用圆台的侧面展图形是扇环，及圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积即可求解.
5．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设.
∵点在双曲线上，
，即.
又双曲线的两条渐近线分别为和，
点到双曲线的两条渐近线的距离之积为：
，
，即.
又，，，.
故答案为：D.
【分析】设，将点坐标代入双曲线方程中可得.再利用点P到渐近线可得，化简可得即可求解.
6．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设函数，作出函数图象如图所示：
设，
A、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故A错误；
C、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故C错误；
因为，所以，
设，
作出函数的图象如图所示：
B、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故B正确；
D、当时，直线与函数的图象交点的横坐标为，
由函数图象可知，，故D错误；
故答案为：B.
【分析】设指数函数，在同一坐标系中作出三个函数的图象，分，，两种情况即可求解.
7．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：设曲线与相邻的三个交点为，
，
解得，
不妨取，则，
所以，
则，
由题意得为直角三角形，
所以，即，解得，
故答案为：A．
【分析】设曲线与相邻的三个交点为，利用两角差的余弦公式和辅助角公式及正弦函数的性质可得，再利用勾股定理列出方程求解即可求解．
8．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；基本不等式
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，则，
由，
得，
又因为函数在上单调递减，且，
则函数在上单调递增，
则时，，当时，，
则当时，，
当时，，
所以的解集为，的解集为，
由于不等式的解集为，
当时，不等式为，
此时解集为，不符合题意；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
要使不等式的解集为，
则，即；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
此时不等式的解集不为；
综上所述，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
即的最小值为.
故答案为：C
【分析】先利用为偶函数可得，设不等式为，利用单调性分析易得的解集为，利用函数的平移可得的解集为，再利用题意可得5为方程的根，即可得，最后结合基本不等式“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
9．【答案】A,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：第一组数据从小到大排序为：，
其平均数为，
其方差为，
其极差为，
其中位数为：；
第二组数据从小到大排序为：，
其平均数为，
其方差，
其极差为，
其中位数为：
所以AD正确，BC错误.
故答案为：AD.
【分析】先求平均数8，方差为，极差为3以及中位数的定义逐项计算即可求解.
10．【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由，则，
则函数的定义域为，
则，，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，即，
此时，
则，
令，得或；
令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数在上单调递减，
当时，，则，故B错误；
由，
则，
，
所以，故C正确；
因为，，则，
又函数在上单调递增，则，
所以，
又，
则，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】根据极值的定义可得，可得可判断A；利用函数的单调性即可判断B；代式计算即可判断C；利用题意可得，再利用函数的单调性可得，可得，再验证可得即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设与切于点，则始终关于点对称.
所以当切点绕逆时针转动弧度时，致使点绕圆心也转了弧度，，
连接如图所示：
，，延长与轴交于点，
过作轴于点，
，
，
，
则，
即曲线的参数方程为，为参数，.
对于A，，
上不存在到原点的距离超过的点，A错；
对于B，若在上，则，
由①解得或0，
验证知仅当时，代入②符合，在曲线上，故B正确；
对于C，由，将曲线的参数方程代入得
，
即，
，
如下图，分别作出与的大致图象，
可知两函数图象共有两个交点，故C正确；
对于D，，
，
，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】先利用几何性质求解动点的轨迹方程利用两点间距离公式及三角函数有界性即可判断A；由点，利用参数方程解方程组即可判断B；联立直线与参数方程，结合三角函数图象可得交点个数即可判断C；利用，利用均值不等式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：利用，
得，
则，所以.
故答案为：.
【分析】利用给定条件结合诱导公式可得，再利用逆用和角的正弦公式即可求解.
13．【答案】12
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图所示：
排在位置，有种方法，
从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，
最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，
所以填写方格表的方法共有（种）.
故答案为：12
【分析】先确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，利用分步乘法计算原理列式即可求解.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：由题意可知：，
则，
可知，
因为三棱锥为正三棱锥，则点在底面内的投影为底面的中心，
取的中点，如图所示：
则，，
设点在平面、平面和平面内的投影分别为、和，
根据正三棱锥的结构特征，可以以为邻边作长方体，
则平面，平面，则，即，
同理可知：，
由长方体的性质可知：，
可得，即，
又因为平面，平面，
则，可得，
可知点在以点为圆心，半径的圆上，
因为，可知与圆相交如图所示：
设圆与交于两点，则，
可知为等边三角形，则，
结合对称性可知点运动路径的长度为.
故答案为：.
【分析】由题意可得正三棱锥可得在底面内的投影为底面的中心，且，做辅助线结合长方体的性质可得，即可得点的轨迹是以点为圆心，半径的圆的一部分即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）解：根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
【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）先利用正弦定理可得，再利用和差角公式即可求解.
（2）利用正弦定理求得，再利用余弦定理求出，利用面积公式求出的面积即可求解.
（1）因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
16．【答案】（1）证明：因为底面为矩形，，
所以，
设三棱锥的高为，又因为三棱锥的体积为，
所以，所以，
又因为侧面是等边三角形，且，
取的中点，连接，可得，
则为三棱锥的高，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面
（2）解：取的中点，连接，则，
由（1）可得，以为坐标原点，所在直线为坐标轴，
建立如图所示的空间直角标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
又因为平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和矩形的结构特征、三角形的面积公式，结合等体积法和三棱锥的体积公式得出三棱锥的高，再结合等边三角形三线合一得出线线垂直，从而证出线面垂直，进而证出面面垂直，即证出平面平面.
（2）利用中位线定理得出线线平行，结合（1）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量坐标，求出平面的一个法向量，再由平面的一个法向量为和数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）因为底面为矩形，，所以，
设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为，
所以，所以，
又侧面是等边三角形，且，
取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）取的中点，连接，则，
故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：由题意知，
，
所以；
（2）解：由题意知，，
所以，
所以，
则；
（3）解：由题意知，
则，
所以，（当时取等号）
所以.
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）列出5人传球三次的树状图，利用概率乘法公式和加法公式即可求解；
（2）利用，再利用数列的构造法求通项公式；
（3）利用，作差法比大小即可求解.
（1）由题意知，
，
所以；
（2）由题意知，，
所以，
所以，
则；
（3）由题意知，
则，
所以，（当时取等号）
所以.
18．【答案】（1）解：由抛物线的定义得动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以，即．
（2）解：（i）证明：由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，则直线的斜率为，
设直线与相交于两点，不妨设，
由得，，则，
由得，，则点处的斜率为，
则点处的切线方程为，
令，得，即点，
直线的方程为，令，得，即，
所以直线的斜率，
所以，即直线．
（ii）连接，如图所示：
由（i）得，，所以，
又因为，所以轴，即四边形为平行四边形，
由得，
，
若四边形的面积为12，则，
整理得，
令，则，
设，则，
所以在单调递增，又，
所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以有2个零点，即有2个根，
其中时，直线AB的斜率不存在，舍去，另一根属于；
由对称性可得，交换AB点的位置也符合题意，所以四边形的面积为12的直线共有2条．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用抛物线得定义即可求解；
（2）（i）由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，设直线与相交于两点，不妨设，由直线方程与抛物线方程联立，求得，求出直线的斜率，即可证明；（ii）由（i）得出四边形为平行四边形，根据四边形的面积为12列出关于的方程，根据导数判断方程解的个数即可求解．
（1）由抛物线的定义得动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以，即．
（2）（i）证明：由题可知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，则直线的斜率为，
设直线与相交于两点，不妨设，
由得，，则，
由得，，则点处的斜率为，
则点处的切线方程为，
令，得，即点，
直线的方程为，令，得，即，
所以直线的斜率，
所以，即直线．
（ii）连接，
由（i）得，，所以，
又因为，所以轴，即四边形为平行四边形，
由得，
，
若四边形的面积为12，则，
整理得，
令，则，
设，则，
所以在单调递增，又，
所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以有2个零点，即有2个根，
其中时，直线AB的斜率不存在，舍去，另一根属于；
由对称性可得，交换AB点的位置也符合题意，所以四边形的面积为12的直线共有2条．
19．【答案】（1）解：当函数时，，
此时函数是集合的变换函数，
∴集合是的子集.
（2）解：函数在定义域上单调递减，当时集合，其中，
假设函数为集合的变换函数，
则，
即，即，
由①-②，得，
整理后得，
∵即，∴，
而由①式易得，显然产生矛盾，
即函数不是集合的变换函数.
（3）解：设中满足首项为1，公比为的等比数列，，则，满足，
设，则对且，，
而且时，，及有个不同元素，即能覆盖所有元素.
又∵的图象在区间上是一段连续曲线，
∴存在函数，使得集合是的子集.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】（1）由题中新定义及已知集合构造一个满足定义的函数即可；
（2）分析得到函数的单调性，用假设法进行判断.先假设，然后由题中定义可知，建立方程后求得的关系，推理产生矛盾，从而得到结论；
（3）构造满足题意得集合和，再验证满足题中定义即可求解.
（1）当函数时，
，
此时函数是集合的变换函数，
∴集合是的子集.
（2）函数在定义域上单调递减，
当时集合，其中，
假设函数为集合的变换函数，
则，
即，即，
由①-②，得，
整理后得，
∵即，∴，
而由①式易得，显然产生矛盾，
即函数不是集合的变换函数.
（3）设中满足首项为1，公比为的等比数列，
，则，满足，
设，则对且，，
而且时，，及有个不同元素，即能覆盖所有元素.
又∵的图象在区间上是一段连续曲线，
∴存在函数，使得集合是的子集.
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