资源简介

吉林省通化市梅河口市第五中学2025届高三下学期三模数学试题
1．（2025·梅河口模拟）集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
则.
故答案为：B.
【分析】先利用元素与集合的关系和x的取值范围，从而得出集合，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·梅河口模拟）在等差数列中，若，则（　　）
A．270 B．225 C．180 D．135
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列是等差数列，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列的性质和等差数列前项和公式，从而计算得出的值.
3．（2025·梅河口模拟）在复平面内，点对应的复数为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为点对应的复数，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和复数的几何意义，从而求出复数，再利用复数除法运算法则和复数求模公式，从而得出的值.
4．（2025·梅河口模拟）若随机变量，且，则的最小值为（　　）
A．18 B． C．24 D．27
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
所以，
易知，当时，的最小值为.
故答案为：C.
【分析】由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而可得的等量关系，再利用等量代换得出二次函数，再根据二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
5．（2025·梅河口模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】由诱导公式和二倍角的余弦公式，从而得出的值.
6．（2025·梅河口模拟）已知点在幂函数的图象上，设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】幂函数的概念与表示；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为点在幂函数的图象上，
则，解得，
所以，可得，
所以，
因为，，，且函数在上为增函数，
又因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据幂函数的定义可得的值，再根据求出的值，再利用该函数的单调性判断出、、的大小关系.
7．（2025·梅河口模拟）有一组样本数据为，3，7，8，9，11，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的下四分位数相等的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：依题意，易知样本数据共6个，
又因为，
所以样本数据的下四分位数为第2个数，即为3，
添加一个数构成一组新的样本数据共有7个数，
又因为，
因此新数据的下四分位数为第2个数，也为3，
所以添加的数大于等于3即可满足题意，
则可以为；
在中任选一个作为共有6种选择，
因此所求概率.
故答案为：C.
【分析】先求出原始数据的下四分位数为3，再重新求得新的一组数据的下四分位数，从而求出满足题意的所有的取值，再利用古典概率公式，从而得出新旧样本数据的下四分位数相等的概率.
8．（2025·梅河口模拟）已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．e
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，，
又因为，所以，
由，
得，
所以在单调递增，
由，得，
则.
故答案为：D.
【分析】利用导数分别判断出、的单调性，从而求出函数的零点，进而得出的值.
9．（2025·梅河口模拟）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5， ，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
【答案】A,C
【知识点】数列的求和；组合数公式的推导
【解析】【解答】解：将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
则第行最后一项位于原数列第项.
对于A，因为，
所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，
则，
所以，故选项A正确；
对于B，因为，
所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，又因为“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，故选项B错误；
对于C，因为，
所以第项为第行第1个，
则，故选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知， ，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，从而确定数阵第行有个数，从左向右分别为，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个，则判断出选项A；确定位于该数阵第行第个数，从而求和判断出选项B；确定第项为第行第1个判断出选项C；根据杨辉三角得到，再利用裂项相消法判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·梅河口模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．若有两个极值点
B．的对称中心为
C．过平面内一点作的切线最多有三条
D．有三个不同的根，则
【答案】B,C
【知识点】导数的几何意义；函数在某点取得极值的条件；一元二次方程的根与系数的关系；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，因为，
当时，
则的判别式，
则有两个不同根或有两个相同根，
则有两个极值点或无极值点，故A错误；
对于B，设对称中心为：，
则.
则，
则
，
则，
则，
令，则，故B正确；
对于C，设平面内一点为，其对应切线的切点为，
则切线方程满足：，
则
，
因为在切线上，
所以
，
当，
则当时，
，
若，则方程有三个根，分别为：，
则此时对于，存在三个不同的切点，
则过平面内一点作的切线最多有三条，故C正确；
对于D，因为有三个不同的根，
则，
所以，
与相比较，可得，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先判断出，再根据判别式得出有两个不同根或有两个相同根，从而得出有两个极值点或无极值点， 则判断出选项A；由函数图象的对称中心的定义可得，由题意可得，再结合赋值法可得函数图象的对称中心，则判断出选项B；设平面内一点为，再设其对应切线的切点为，说明存在，使得有三个解，则可判断选项C；通过比较与系数，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·梅河口模拟）已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，连接并分别延长交椭圆于两点，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若直线的斜率分别为，则
C．若抛物线的准线与轴交于点，直线的倾斜角为，则
D．的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图：
对于椭圆：，
所以椭圆：；
对于抛物线：，则，.
设，.
对于A：设直线方程为：，
代入抛物线：，
得：，
整理得：.
所以，，
所以，
，
因为，
所以，
所以 ，
所以，故A正确；
对于B：由选项A可知：，故B错误；
对于C：因为直线的倾斜角为，
所以，
所以直线：，
则，此时，，，
所以，
则，，
所以 ，故C正确；
对于D：因为直线：，
由，
得：，，
所以，
同理可得，，且，
则.
因为
，
又因为，
所以，，
设，则，
所以，，
因为在上单调递减，
所以.
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先根据已知条件确定椭圆的标准方程，再结合抛物线的焦半径公式和过焦点的弦长公式判断出选项A；结合选项A中焦点弦的有关结论，可判断出选项B；结合正切函数的定义和两角和的正切公式，则可判断选项C；分别表示出，，再结合换元法和函数的单调性，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2025·梅河口模拟）已知复数满足，其中为虚数单位，则　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算法则化简复数，再利用复数的模长公式，从而得出的值.
13．（2025·梅河口模拟）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为　 　.
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取中点，连接，
因为，所以，
以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
所以，
所以，
所以，
则，
所以
所以异面直线与所成角为，
则，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，从而求出异面直线与所在直线的方向向量，由数量积求向量夹角的余弦值的坐标公式，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
14．（2025·梅河口模拟）已知定义在上的函数满足，则　 　；若为偶函数，，且时，，则图象与曲线的交点个数为　 　.
【答案】；
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：在等式中，
令，可得，解得；
在等式中，
用替代可得，
则，
所以，
因为，
则，
由，
可得，
则函数为奇函数，
因为为偶函数，
则，
则，
所以，函数的图象关于直线对称，且，
所以，，
所以，函数的图象关于直线对称，
由，
可得，
所以，，
则函数是周期为的周期函数，
当时，，且，
则，
所以，函数在上单调递增，且，
又因为函数为上的奇函数，
所以，
设的图象为曲线，
当时，，
在曲线上取点，点关于轴的对称点为，
则，
所以，点也在曲线上，
则曲线关于轴对称，
作出函数的图象和曲线如下图所示：
由图可知，函数的值域为，
因为，，且，，
所以，点、在曲线上，
对于曲线，将代入曲线的方程可得，
可得，且，
由图象可知，函数的图象和曲线有个公共点.
故答案为：；.
【分析】在等式中，令可得的值；利用已知条件判断出函数的对称性和周期性，再利用数形结合可得函数图象与曲线的交点个数.
15．（2025·梅河口模拟）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，的面积为，求a的值．
【答案】（1）解：由，可得，
由正弦定理可得，则，
因为，所以；
（2）解：由的面积为，可得，解得，
若， 由余弦定理可得：，
则．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合余弦定理求，即可得；
（2）由已知结合三角形的面积公式求得，再利用余弦定理求解即可．
（1）由得，由正弦定理得．
由余弦定理得．
，．
（2）由于的面积为，
，
，
由余弦定理得：．
．
16．（2025·梅河口模拟）某校高一年级开设建模，写作，篮球，足球，音乐，朗诵，素描7门选修课，每位同学须彼此独立地选3门课程，其中甲选择篮球，不选择足球，丙同学不选素描，乙同学没有要求.
（1）求甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率；
（2）用表示甲、乙、丙选中建模的人数之和，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：由题意，甲选择篮球，并在建模，写作，音乐，朗诵，素描5门里再选2门，则选中建模的概率为，
因为乙同学没有要求，
则选中建模的概率为，
所以，甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为.
（2）解：由（1）甲选中建模的概率为，
乙选中建模的概率为，
丙选中建模的概率为，
由题意可能的取值有0，1，2，3，
则，
.
故的分布列为：
0 1 2 3
则.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据组合数公式和古典概率公式，从而得出甲选择建模与乙同学未选中建模的概率，再结合独立事件乘法求概率公式，从而得出甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率.
（2）由题意得出随机变量可能的取值，再利用对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再根据随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意，甲选择篮球，并在建模，写作，音乐，朗诵，素描5门里再选2门，则选中建模的概率为；
乙同学没有要求，则选中建模的概率为.
故甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为.
（2）由（1）甲选中建模的概率为，乙选中建模的概率为，丙选中建模的概率为，
由题意可能的取值有0，1，2，3，故
，
，
，
.
故的分布列：
0 1 2 3
17．（2025·梅河口模拟）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明：在平面ABC内过点作直线，因为平面，平面，所以，，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
因为为的中点，所以，，，，
因为，所以，
又因为平面，平面，，所以平面；
（2）解：设，即，
则，
，，
设平面的一个法向量，则，
令，求得，即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量法证明即可；
（2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数，利用二次函数对称轴求函数的最大值即可.
（1）如图，在平面ABC内过点作直线，
∵平面，平面，∴，，
∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
∵为的中点，∴，
∴，，，
∴，即，
又∵平面，平面，，
∴平面.
（2）设，即
则，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，，
18．（2025·梅河口模拟）已知函数
（1）若，讨论函数在的单调性；
（2）若，求证：．
（3）若在上有唯一的零点，求实数的最小值．
【答案】（1）解：当时，，
，
由，得，
令，则，
所以或，
令，则，
所以，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：令，
则，
可得，
令，则，，
则在上单调递减，
当，则在上单调递增，
所以，当时，，
则，
所以.
（3）解：令，
则，
所以在上有唯一的零点，
则与有唯一的交点，
，
由（2）知，
，
在上单调递增，
则，
又因为，
，
则的最小值为1．
【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；函数极限
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，从而得出函数g(x)的解析式，再利用导数判断函数的单调性，从而讨论出函数在的单调性.
（2）利用a的值得出函数的解析式，再构造，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得到，则证出不等式成立.
（3）利用已知条件，将问题转化为与有唯一的交点，再利用导数求出函数的最值，再根据函数求极限的方法和不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数a的最小值.
（1）当时，，
，
由，，
令，则，所以，或，
令，则，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
（2）令，则，可得，
令，则，，在上单调递减，
，在上单调递增，
所以时，即，所以；
（3）令，即，
在上有唯一的零点，即与有唯一的交点，
，由（2）知，
，
在上单调递增，故，，
，的最小值为1．
19．（2025·梅河口模拟）已知经过定点的动圆与直线相切，记圆心的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点，以分别为切点作曲线的切线与的交点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，已知.
（i）求数列的通项；
（ii）已知为数列的前项和，求使不等式成立时，的最小值.
【答案】（1）解：依题意可知，
动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义，
可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，
则直线经过抛物线的焦点，
设，
联立，
整理得恒成立，
则，
又因为可化为，
则，
所以，
联立的方程，消可得：
又因为，
所以，点的轨迹方程为.
（2）解：（i）设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
则直线的方程为，
整理得，
令，可得，①
同理可得，直线的方程为，
令，可得，②
又因为直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，
由①可知，，
①②可得，
则可得，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，
则，
所以，
因为又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，
所以，
所以.
（ii）由（i）可知，，
则，
所以，
则，
两式作差可得：
，
所以，
令，
则，
当时，显然不合题意；
当时，随着的增大而增大，
又因为，
，
，
则满足不等式的的最小值为9.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得出曲线的方程为，再联立直线，从而写出韦达定理表达式，再利用导数几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式方程求出切线方程，从而求出点的轨迹方程.
（2）（i）设，从而得到直线、直线、直线，则、、，从而可得，再利用对数的运算性质、等比数列的定义，从而写出数列的通项公式.（ii）利用错位相减法得出，令，则，当时，显然不合题意；当时，随着的增大而增大，再根据函数的单调性，从而得出满足不等式的的最小值.
（1）依题意可知，动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，则直线经过抛物线的焦点，
设，联立，整理得恒成立，
则，又可化为，则，
所以，联立，
消可得，
又因为，所以点的轨迹方程为.
（2）（i）设，则，
又，则，又，
所以，即直线的方程为，
整理得，令，可得，①
同理得的方程为，令，可得，②
又直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，得，
由①可知，，
①②可得.
于是可得，即，又因为，则，
于是，即，即，
即，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，所以.
（ii）由（i）可知，，则，
所以，
则，
两式作差可得
所以.
令，即.
当时，显然不合题意；
当时，随着的增大而增大，
又，
，
，
则满足不等式的的最小值为9.
1 / 1吉林省通化市梅河口市第五中学2025届高三下学期三模数学试题
1．（2025·梅河口模拟）集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·梅河口模拟）在等差数列中，若，则（　　）
A．270 B．225 C．180 D．135
3．（2025·梅河口模拟）在复平面内，点对应的复数为，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·梅河口模拟）若随机变量，且，则的最小值为（　　）
A．18 B． C．24 D．27
5．（2025·梅河口模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·梅河口模拟）已知点在幂函数的图象上，设，，，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·梅河口模拟）有一组样本数据为，3，7，8，9，11，在其中添加一个数构成一组新的样本数据，若，则新旧样本数据的下四分位数相等的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·梅河口模拟）已知是函数的零点，是函数的零点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．e
9．（2025·梅河口模拟）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5， ，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
10．（2025·梅河口模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．若有两个极值点
B．的对称中心为
C．过平面内一点作的切线最多有三条
D．有三个不同的根，则
11．（2025·梅河口模拟）已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，连接并分别延长交椭圆于两点，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若直线的斜率分别为，则
C．若抛物线的准线与轴交于点，直线的倾斜角为，则
D．的最小值为
12．（2025·梅河口模拟）已知复数满足，其中为虚数单位，则　 　.
13．（2025·梅河口模拟）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为　 　.
14．（2025·梅河口模拟）已知定义在上的函数满足，则　 　；若为偶函数，，且时，，则图象与曲线的交点个数为　 　.
15．（2025·梅河口模拟）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，的面积为，求a的值．
16．（2025·梅河口模拟）某校高一年级开设建模，写作，篮球，足球，音乐，朗诵，素描7门选修课，每位同学须彼此独立地选3门课程，其中甲选择篮球，不选择足球，丙同学不选素描，乙同学没有要求.
（1）求甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率；
（2）用表示甲、乙、丙选中建模的人数之和，求的分布列和数学期望.
17．（2025·梅河口模拟）如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
18．（2025·梅河口模拟）已知函数
（1）若，讨论函数在的单调性；
（2）若，求证：．
（3）若在上有唯一的零点，求实数的最小值．
19．（2025·梅河口模拟）已知经过定点的动圆与直线相切，记圆心的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点，以分别为切点作曲线的切线与的交点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，已知.
（i）求数列的通项；
（ii）已知为数列的前项和，求使不等式成立时，的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
则.
故答案为：B.
【分析】先利用元素与集合的关系和x的取值范围，从而得出集合，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列是等差数列，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列的性质和等差数列前项和公式，从而计算得出的值.
3．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为点对应的复数，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和复数的几何意义，从而求出复数，再利用复数除法运算法则和复数求模公式，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
所以，
易知，当时，的最小值为.
故答案为：C.
【分析】由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而可得的等量关系，再利用等量代换得出二次函数，再根据二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
5．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
.
故答案为：A.
【分析】由诱导公式和二倍角的余弦公式，从而得出的值.
6．【答案】C
【知识点】幂函数的概念与表示；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为点在幂函数的图象上，
则，解得，
所以，可得，
所以，
因为，，，且函数在上为增函数，
又因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据幂函数的定义可得的值，再根据求出的值，再利用该函数的单调性判断出、、的大小关系.
7．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：依题意，易知样本数据共6个，
又因为，
所以样本数据的下四分位数为第2个数，即为3，
添加一个数构成一组新的样本数据共有7个数，
又因为，
因此新数据的下四分位数为第2个数，也为3，
所以添加的数大于等于3即可满足题意，
则可以为；
在中任选一个作为共有6种选择，
因此所求概率.
故答案为：C.
【分析】先求出原始数据的下四分位数为3，再重新求得新的一组数据的下四分位数，从而求出满足题意的所有的取值，再利用古典概率公式，从而得出新旧样本数据的下四分位数相等的概率.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，，
又因为，所以，
由，
得，
所以在单调递增，
由，得，
则.
故答案为：D.
【分析】利用导数分别判断出、的单调性，从而求出函数的零点，进而得出的值.
9．【答案】A,C
【知识点】数列的求和；组合数公式的推导
【解析】【解答】解：将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
则第行最后一项位于原数列第项.
对于A，因为，
所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，
则，
所以，故选项A正确；
对于B，因为，
所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，又因为“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，故选项B错误；
对于C，因为，
所以第项为第行第1个，
则，故选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知， ，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，从而确定数阵第行有个数，从左向右分别为，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个，则判断出选项A；确定位于该数阵第行第个数，从而求和判断出选项B；确定第项为第行第1个判断出选项C；根据杨辉三角得到，再利用裂项相消法判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】导数的几何意义；函数在某点取得极值的条件；一元二次方程的根与系数的关系；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，因为，
当时，
则的判别式，
则有两个不同根或有两个相同根，
则有两个极值点或无极值点，故A错误；
对于B，设对称中心为：，
则.
则，
则
，
则，
则，
令，则，故B正确；
对于C，设平面内一点为，其对应切线的切点为，
则切线方程满足：，
则
，
因为在切线上，
所以
，
当，
则当时，
，
若，则方程有三个根，分别为：，
则此时对于，存在三个不同的切点，
则过平面内一点作的切线最多有三条，故C正确；
对于D，因为有三个不同的根，
则，
所以，
与相比较，可得，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先判断出，再根据判别式得出有两个不同根或有两个相同根，从而得出有两个极值点或无极值点， 则判断出选项A；由函数图象的对称中心的定义可得，由题意可得，再结合赋值法可得函数图象的对称中心，则判断出选项B；设平面内一点为，再设其对应切线的切点为，说明存在，使得有三个解，则可判断选项C；通过比较与系数，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图：
对于椭圆：，
所以椭圆：；
对于抛物线：，则，.
设，.
对于A：设直线方程为：，
代入抛物线：，
得：，
整理得：.
所以，，
所以，
，
因为，
所以，
所以 ，
所以，故A正确；
对于B：由选项A可知：，故B错误；
对于C：因为直线的倾斜角为，
所以，
所以直线：，
则，此时，，，
所以，
则，，
所以 ，故C正确；
对于D：因为直线：，
由，
得：，，
所以，
同理可得，，且，
则.
因为
，
又因为，
所以，，
设，则，
所以，，
因为在上单调递减，
所以.
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先根据已知条件确定椭圆的标准方程，再结合抛物线的焦半径公式和过焦点的弦长公式判断出选项A；结合选项A中焦点弦的有关结论，可判断出选项B；结合正切函数的定义和两角和的正切公式，则可判断选项C；分别表示出，，再结合换元法和函数的单调性，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算法则化简复数，再利用复数的模长公式，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取中点，连接，
因为，所以，
以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
所以，
所以，
所以，
则，
所以
所以异面直线与所成角为，
则，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，从而求出异面直线与所在直线的方向向量，由数量积求向量夹角的余弦值的坐标公式，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
14．【答案】；
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：在等式中，
令，可得，解得；
在等式中，
用替代可得，
则，
所以，
因为，
则，
由，
可得，
则函数为奇函数，
因为为偶函数，
则，
则，
所以，函数的图象关于直线对称，且，
所以，，
所以，函数的图象关于直线对称，
由，
可得，
所以，，
则函数是周期为的周期函数，
当时，，且，
则，
所以，函数在上单调递增，且，
又因为函数为上的奇函数，
所以，
设的图象为曲线，
当时，，
在曲线上取点，点关于轴的对称点为，
则，
所以，点也在曲线上，
则曲线关于轴对称，
作出函数的图象和曲线如下图所示：
由图可知，函数的值域为，
因为，，且，，
所以，点、在曲线上，
对于曲线，将代入曲线的方程可得，
可得，且，
由图象可知，函数的图象和曲线有个公共点.
故答案为：；.
【分析】在等式中，令可得的值；利用已知条件判断出函数的对称性和周期性，再利用数形结合可得函数图象与曲线的交点个数.
15．【答案】（1）解：由，可得，
由正弦定理可得，则，
因为，所以；
（2）解：由的面积为，可得，解得，
若， 由余弦定理可得：，
则．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合余弦定理求，即可得；
（2）由已知结合三角形的面积公式求得，再利用余弦定理求解即可．
（1）由得，由正弦定理得．
由余弦定理得．
，．
（2）由于的面积为，
，
，
由余弦定理得：．
．
16．【答案】（1）解：由题意，甲选择篮球，并在建模，写作，音乐，朗诵，素描5门里再选2门，则选中建模的概率为，
因为乙同学没有要求，
则选中建模的概率为，
所以，甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为.
（2）解：由（1）甲选中建模的概率为，
乙选中建模的概率为，
丙选中建模的概率为，
由题意可能的取值有0，1，2，3，
则，
.
故的分布列为：
0 1 2 3
则.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据组合数公式和古典概率公式，从而得出甲选择建模与乙同学未选中建模的概率，再结合独立事件乘法求概率公式，从而得出甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率.
（2）由题意得出随机变量可能的取值，再利用对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再根据随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意，甲选择篮球，并在建模，写作，音乐，朗诵，素描5门里再选2门，则选中建模的概率为；
乙同学没有要求，则选中建模的概率为.
故甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为.
（2）由（1）甲选中建模的概率为，乙选中建模的概率为，丙选中建模的概率为，
由题意可能的取值有0，1，2，3，故
，
，
，
.
故的分布列：
0 1 2 3
17．【答案】（1）证明：在平面ABC内过点作直线，因为平面，平面，所以，，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
因为为的中点，所以，，，，
因为，所以，
又因为平面，平面，，所以平面；
（2）解：设，即，
则，
，，
设平面的一个法向量，则，
令，求得，即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量法证明即可；
（2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数，利用二次函数对称轴求函数的最大值即可.
（1）如图，在平面ABC内过点作直线，
∵平面，平面，∴，，
∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
∵为的中点，∴，
∴，，，
∴，即，
又∵平面，平面，，
∴平面.
（2）设，即
则，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，，
18．【答案】（1）解：当时，，
，
由，得，
令，则，
所以或，
令，则，
所以，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：令，
则，
可得，
令，则，，
则在上单调递减，
当，则在上单调递增，
所以，当时，，
则，
所以.
（3）解：令，
则，
所以在上有唯一的零点，
则与有唯一的交点，
，
由（2）知，
，
在上单调递增，
则，
又因为，
，
则的最小值为1．
【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；函数极限
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，从而得出函数g(x)的解析式，再利用导数判断函数的单调性，从而讨论出函数在的单调性.
（2）利用a的值得出函数的解析式，再构造，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得到，则证出不等式成立.
（3）利用已知条件，将问题转化为与有唯一的交点，再利用导数求出函数的最值，再根据函数求极限的方法和不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数a的最小值.
（1）当时，，
，
由，，
令，则，所以，或，
令，则，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
（2）令，则，可得，
令，则，，在上单调递减，
，在上单调递增，
所以时，即，所以；
（3）令，即，
在上有唯一的零点，即与有唯一的交点，
，由（2）知，
，
在上单调递增，故，，
，的最小值为1．
19．【答案】（1）解：依题意可知，
动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义，
可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，
则直线经过抛物线的焦点，
设，
联立，
整理得恒成立，
则，
又因为可化为，
则，
所以，
联立的方程，消可得：
又因为，
所以，点的轨迹方程为.
（2）解：（i）设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
则直线的方程为，
整理得，
令，可得，①
同理可得，直线的方程为，
令，可得，②
又因为直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，
由①可知，，
①②可得，
则可得，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，
则，
所以，
因为又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，
所以，
所以.
（ii）由（i）可知，，
则，
所以，
则，
两式作差可得：
，
所以，
令，
则，
当时，显然不合题意；
当时，随着的增大而增大，
又因为，
，
，
则满足不等式的的最小值为9.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得出曲线的方程为，再联立直线，从而写出韦达定理表达式，再利用导数几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式方程求出切线方程，从而求出点的轨迹方程.
（2）（i）设，从而得到直线、直线、直线，则、、，从而可得，再利用对数的运算性质、等比数列的定义，从而写出数列的通项公式.（ii）利用错位相减法得出，令，则，当时，显然不合题意；当时，随着的增大而增大，再根据函数的单调性，从而得出满足不等式的的最小值.
（1）依题意可知，动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，则直线经过抛物线的焦点，
设，联立，整理得恒成立，
则，又可化为，则，
所以，联立，
消可得，
又因为，所以点的轨迹方程为.
（2）（i）设，则，
又，则，又，
所以，即直线的方程为，
整理得，令，可得，①
同理得的方程为，令，可得，②
又直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，得，
由①可知，，
①②可得.
于是可得，即，又因为，则，
于是，即，即，
即，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，所以.
（ii）由（i）可知，，则，
所以，
则，
两式作差可得
所以.
令，即.
当时，显然不合题意；
当时，随着的增大而增大，
又，
，
，
则满足不等式的的最小值为9.
1 / 1

展开更多......

收起↑