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湖南省长沙市第一中学2025届高三下学期一模数学试题
1．（2025·开福模拟）对于数据，下列说法错误的是（　　）
A．平均数为5 B．众数为6 C．极差为10 D．中位数为6
【答案】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：因为平均数为，故A正确；
因为众数为6，故B正确；
因为极差为，故C正确；
因为数据的中位数为5，故D错误.
故答案为：D.
【分析】利用平均数、众数、极差、中位数的求解公式，从而逐项判断找出说法错误的选项.
2．（2025·开福模拟）已知集合，若，则（　　）
A．1 B． C． D．0
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以
则.
故答案为：C.
【分析】先由一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合，再根据交集的运算法则和已知条件，从而列式计算得出实数m的值.
3．（2025·开福模拟）若，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】三角函数值的符号
【解析】【解答】解：因为，
所以为第一象限的角，
所以.
故答案为：A.
【分析】先确定出的取值范围，从而确定角所在的象限，再利用三角函数值在各象限的符号，从而找出正确的选项.
4．（2025·开福模拟）已知，且，则函数与的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，
可知，，
所以，
则函数与函数的单调性相同.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，再由指数函数的单调性和对数函数单调性，从而找出函数与可能的图象.
5．（2025·开福模拟）已知复数，满足，在复平面内对应的点为，则点所在区域的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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，
所以表示以为圆心，1为半径的圆，
表示以为圆心，2为半径的圆，
则由，
得点所在区域的面积为.
故答案为：C.
【分析】先对化简，从而可得和分别表示以为圆心，1和2为半径的圆，进而可得点所在区域的面积为圆环的面积.
6．（2025·开福模拟）已知菱形的边长为是的中点，与相交于点，则（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
所以，
所以，
所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，从而得到，则用、作为基底表示出，再根据数量积的定义和数量积的运算律，从而计算可得的值.
7．（2025·开福模拟）椭圆具有光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于点，过点作椭圆的切线，点关于的对称点为，若，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． 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：如图，由椭圆的光学性质可得三点共线，
由与关于直线对称，得，
则，解得，
，
于是，即，，
因此，所以椭圆的离心率.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和椭圆的光学性质，再结合光的反射定律和三角形面积公式，从而得出，再利用椭圆的定义和勾股定理，从而建立方程求解得出椭圆的离心率.
8．（2025·开福模拟）函数的阶导就是对函数求次导数，记作，设函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：因为，
所以有且仅有一个整数解，
设，
则，
当时，，此时单调递增；
当时，单调递减，
当时，；
当时，，
则，
作出函数的图象，如图所示，
则直线过定点，
要使不等式恰有一个正整数解，
则
解得.
故答案为：C.
【分析】根据的定义得出，令，利用导数判断函数的单调性，从而作出函数的图象，再根据直线过定点，最后由不等式恰有一个正整数解和数形结合的方法，从而得出实数k的取值范围.
9．（2025·开福模拟）已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（　　）
A． B．
C．是公差为3的等差数列 D．
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以，
整理得，
又因为，解得，故A正确；
由，得，
所以，故B正确；
则，
所以是首项为1，公差为的等差数列，故C错误；
因为，
所以，数列的公比为4，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由已知条件结合等比中项公式和等差数列的通项公式，从而得出等差数列的公差，则判断出选项A；利用等差数列前n项和公式判断出选项B；利用等差数列的定义判断出选项C；利用等比数列的通项公式判断出选项D，从而找出正确的选项．
10．（2025·开福模拟）在正三棱柱中，分别为上的中点，四点均在球的表面上，则（　　）
A．平面 B．平面
C．与所成的角的余弦值为 D．球的体积为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图1，取的中点，连接，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面，故A正确；
对于B，取的中点，连接，如图2，
若平面，平面，
则，
因为分别为上的中点，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
由正三棱柱，
可得平面，
所以平面，
所以平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
由是正三角形，显然不成立，
则平面不成立，故B错误；
对于C，设，
则，注意到，
则
所以，
则，
因此两直线的夹角的余弦值为，故C正确；
对于D，由题意知，平面，
因为平面，
所以.同理，
又因为与均为以为斜边的直角三角形，
所以球心为的中点，
所以球的体积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件可证平面平面，再利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，则判断出选项A；利用在平面内的射影不垂直于，则可判断选项B；设，利用基底结合平面向量基本定理和数量积的运算律以及数量积求向量夹角公式，则判断出选项C；利用线面垂直的定义证出线线垂直，再结合与均为以为斜边的直角三角形， 从而可得球心为的中点，再根据球的体积公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025·开福模拟）已知函数的定义域为，集合，则（　　）.
A．若，则.
B．若，且，则的图象在上存在对称轴.
C．若，且在上单调，则的取值范围是.
D．若中恰有3个不同元素，则.
【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为
的定义域为.
对于A：当时，，，
令，得，
所以当时，与矛盾，
所以不存在使，
所以，故A正确；
对于B：当时，取，
则 ，，
若的图象在上存在对称轴，
则对称轴必为，
所以，
又因为与矛盾，故B错误，
对于C：当时，的单调递增区间是，
则，故C正确；
对于D：若中有3个不同元素，
则方程在上恰有3个不同实根，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再利用已知条件和函数解析式以及角和的值、元素与集合的关系、函数的单调性，则判断出选项A、选项C和选项D；用举反例判断出选项B，从而找出正确的选项.
12．（2025·开福模拟）已知，若，则　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
若，则，即，解得.
故答案为：.
【分析】由二项式定理求解即可.
13．（2025·开福模拟）已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为　 　.
【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，
所以是以为斜边的直角三角形，
由三棱锥体积公式，
得三棱锥高，
由点到的距离相等，
得出点在底面上投影到各边距离也相等，
所以是的内心，
则到各边距离为内切圆半径，
过作，垂足为D，连接，
则是二面角的平面角，
因为底面为直角三角形，
所以内切圆的半径为.
则三棱锥侧面上的高为，
则.
所以，二面角的正弦值为.
故答案为：.
【分析】设在底面上投影为，过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，由三棱锥体积公式得出棱锥的高，再结合底面内切圆半径得出点到底面的距离，从而得出侧面上的高，再结合正弦函数的定义得出二面角的正弦值.
14．（2025·开福模拟）已知动直线与圆相切，并与圆相交于点，点为抛物线上一动点，为坐标原点，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设线段的中点为，
根据圆的对称性可知点在圆上，
设，
则点在圆上，
所以圆，
则圆心为，半径为，
则，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
设，
则，
设，
则，注意到，
所以，
则，当且仅当时等号成立，
所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】设线段的中点为，再设，则点在圆，根据，从而计算可得的取值范围.
15．（2025·开福模拟）在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：如图，分别取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
同理可知，平面，
因此且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
所以，
所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，
，，
所以.
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，
则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【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）取的中点，利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用一组对边平行且相等，从而证出四边形为平行四边形，再结合平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和勾股定理，从而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，从而得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）如图，分别取的中点，连接，
因为，故，又平面平面，且平面平面，
因此平面，
同理可知，平面，
因此且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以.
（2）因为，所以，所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，，
，
所以.
设平面的法向量为，
则有即
令，则，即平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．（2025·开福模拟）海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为.
（1）救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
（2）求之间的距离，并判断若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援（说明理由）？
【答案】（1）解：由题意可得：在中，，，
，由正弦定理，可得，解得，
则A船距离雷达站C距离为120海里；
（2）解：在中，由正弦定理，
可得，解得，
在中，由余弦定理，解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，所以能在3小时内赶到救援.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）在中，求出，，利用正弦定理求解即可；
（2）在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，比较时间判断即可.
（1）在中，因为，，
所以，，
又，所以由正弦定理可得，即，解得，
所以A船距离雷达站C距离为120海里；
（2）在中，根据正弦定理可得，
即，解得，
在中，由余弦定理可得，
解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，
所以能在3小时内赶到救援.
17．（2025·开福模拟）甲、乙两人进行知识问答抢答赛，比赛共有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且甲、乙两人每题答题正确的概率分别为和.求：
（1）在3题均被乙抢到的条件下，设乙答题得分为，求的分布列和期望值；
（2）甲在比赛中获胜的概率.
【答案】（1）解：依题意，的所有可能取值为，
则
故X的分布列为：
1 3
则.
（2）解：设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，
则
所以
【知识点】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；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意知的所有可能取值，分别求出对应概率，从而写出乙答题得分X的分布列，进而得出乙答题得分X的数学期望.
（2）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，由，从而计算求解得出甲在比赛中获胜的概率.
（1）依题意，的所有可能取值为，
则，
，
故分布列为
1 3
.
（2）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，
则，
，
，
所以.
18．（2025·开福模拟）已知等轴双曲线，过作斜率为的直线，与双曲线分别交于两点，当时，.
（1）求双曲线的方程；
（2）若与双曲线的上、下两支相交，点，直线分别与双曲线的上支交于两点.
（i）求直线的斜率的取值范围；
（ii）设和的面积分别为，且，求直线的方程.
【答案】（1）解：当时，此时直线为，
代入双曲线方程可得，，
则，
所以，
解得，
所以，双曲线方程为.
（2）解：（i）依题意，直线的斜率存在，、
设，
不妨与上支交于点，则直线，
联立
得，
则，
所以，
注意到直线与上，下两支交于两点，
则，
所以，
注意到与双曲线上支交于两点，
所以，
则，
所以，
则，
因此
所以，
则直线的斜率的取值范围是.
（ii）设直线，其中，
联立
得，
则
则，
同理可得，
则
由（i）可知，，
则
所以，
则，
所以，
解得
则直线的方程为或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意知直线为，再代入双曲线方程可得，由和弦长公式，从而列式计算得出的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）（i）设，直线，再将直线方程与曲线方程联立结合韦达定理、判别式法以及两点求斜率公式，从而得出直线的斜率的取值范围.
（ii）设直线，其中，将直线方程与曲线方程联立结合韦达定理表示出，再结合（i）和以及三角形的面积公式，则解一元二次方程得出直线的斜率，进而得出直线AB的方程.
（1）当时，此时直线为，代入双曲线可得，，从而，
因此，解得，故双曲线方程为.
（2）（i）依题意，直线的斜率存在，设，不妨与上支交于点，直线，
联立得，则，
，
注意到直线与上，下两支交于两点，故，即.
注意到与双曲线上支交于两点，因此，即，即，
即，因此，
故，即斜率的取值范围是.
（ii）设直线，其中，
联立得，
则，
则，同理，
则，
由（i）可知，，
则，
即，
得，故，解得
从而的方程为或.
19．（2025·开福模拟）已知函数.
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）若时，恒成立，求正实数的取值范围；
（3）当时，若正实数满足，求证：.
【答案】（1）解：由，得，
因为，
所以，
所以，切线方程为.
（2）解：由，当时，则；
当时，此时，所以；
当时，
设，，令
则，
若，则单调递增，
所以，
因此单调递增，
则，符合题意；
若，
令，则，
此时，在上单调递增，在上单调递减，
因此，
因为，
设为的零点，注意到单调递增，
当时，此时，
则，
所以单调递增，
则，符合题意；
当时，
则存在，使得，
且在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
解得，此时，
则，
因此，
综上可知，.
（3）证明：由（2）可知，
当且时，，
所以，
当时，，令，
则，其中，
所以单调递增.
设，其中，且，
则，
因此单调递增，
所以，
则可得，
则可知，
所以.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在处的切线方程.
（2）对分类讨论，当时，设，二次求导得，再对分情况讨论，再根据导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出正实数的取值范围.
（3）根据题意得出当且时，，当时，在单调递增，设，其中，且，从而证出不等式成立.
（1）由得，又，则，
故切线方程为.
（2）由，当时，则；
当时，此时，故；
当时，设，，令
则，
若，则单调递增，，因此单调递增，
故，符合题意；
若，令，即，
此时，在上单调递增，在上单调递减，因此.
而，设为的零点，注意到单调递增，
当时，此时，故，从而单调递增，故，符合题意；
当时，则存在，使得，且在上单调递增，在上单调递减，
故，即，解得，此时，即，因此，
综上可知，.
（3）由（2）可知，当且时，，故，
当时，，令，则，其中，故单调递增.
设，其中，且，
，因此单调递增，
从而，
从而可得，
进而可知，
故.
1 / 1湖南省长沙市第一中学2025届高三下学期一模数学试题
1．（2025·开福模拟）对于数据，下列说法错误的是（　　）
A．平均数为5 B．众数为6 C．极差为10 D．中位数为6
2．（2025·开福模拟）已知集合，若，则（　　）
A．1 B． C． D．0
3．（2025·开福模拟）若，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·开福模拟）已知，且，则函数与的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·开福模拟）已知复数，满足，在复平面内对应的点为，则点所在区域的面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·开福模拟）已知菱形的边长为是的中点，与相交于点，则（　　）
A． B． C．1 D．
7．（2025·开福模拟）椭圆具有光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于点，过点作椭圆的切线，点关于的对称点为，若，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·开福模拟）函数的阶导就是对函数求次导数，记作，设函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·开福模拟）已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（　　）
A． B．
C．是公差为3的等差数列 D．
10．（2025·开福模拟）在正三棱柱中，分别为上的中点，四点均在球的表面上，则（　　）
A．平面 B．平面
C．与所成的角的余弦值为 D．球的体积为
11．（2025·开福模拟）已知函数的定义域为，集合，则（　　）.
A．若，则.
B．若，且，则的图象在上存在对称轴.
C．若，且在上单调，则的取值范围是.
D．若中恰有3个不同元素，则.
12．（2025·开福模拟）已知，若，则　 　.
13．（2025·开福模拟）已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为　 　.
14．（2025·开福模拟）已知动直线与圆相切，并与圆相交于点，点为抛物线上一动点，为坐标原点，则的取值范围为　 　.
15．（2025·开福模拟）在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
16．（2025·开福模拟）海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为.
（1）救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
（2）求之间的距离，并判断若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援（说明理由）？
17．（2025·开福模拟）甲、乙两人进行知识问答抢答赛，比赛共有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且甲、乙两人每题答题正确的概率分别为和.求：
（1）在3题均被乙抢到的条件下，设乙答题得分为，求的分布列和期望值；
（2）甲在比赛中获胜的概率.
18．（2025·开福模拟）已知等轴双曲线，过作斜率为的直线，与双曲线分别交于两点，当时，.
（1）求双曲线的方程；
（2）若与双曲线的上、下两支相交，点，直线分别与双曲线的上支交于两点.
（i）求直线的斜率的取值范围；
（ii）设和的面积分别为，且，求直线的方程.
19．（2025·开福模拟）已知函数.
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）若时，恒成立，求正实数的取值范围；
（3）当时，若正实数满足，求证：.
答案解析部分
1．【答案】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：因为平均数为，故A正确；
因为众数为6，故B正确；
因为极差为，故C正确；
因为数据的中位数为5，故D错误.
故答案为：D.
【分析】利用平均数、众数、极差、中位数的求解公式，从而逐项判断找出说法错误的选项.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以
则.
故答案为：C.
【分析】先由一元二次不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合，再根据交集的运算法则和已知条件，从而列式计算得出实数m的值.
3．【答案】A
【知识点】三角函数值的符号
【解析】【解答】解：因为，
所以为第一象限的角，
所以.
故答案为：A.
【分析】先确定出的取值范围，从而确定角所在的象限，再利用三角函数值在各象限的符号，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，
可知，，
所以，
则函数与函数的单调性相同.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，再由指数函数的单调性和对数函数单调性，从而找出函数与可能的图象.
5．【答案】C
【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，
所以表示以为圆心，1为半径的圆，
表示以为圆心，2为半径的圆，
则由，
得点所在区域的面积为.
故答案为：C.
【分析】先对化简，从而可得和分别表示以为圆心，1和2为半径的圆，进而可得点所在区域的面积为圆环的面积.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
所以，
所以，
所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，从而得到，则用、作为基底表示出，再根据数量积的定义和数量积的运算律，从而计算可得的值.
7．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，由椭圆的光学性质可得三点共线，
由与关于直线对称，得，
则，解得，
，
于是，即，，
因此，所以椭圆的离心率.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和椭圆的光学性质，再结合光的反射定律和三角形面积公式，从而得出，再利用椭圆的定义和勾股定理，从而建立方程求解得出椭圆的离心率.
8．【答案】C
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：因为，
所以有且仅有一个整数解，
设，
则，
当时，，此时单调递增；
当时，单调递减，
当时，；
当时，，
则，
作出函数的图象，如图所示，
则直线过定点，
要使不等式恰有一个正整数解，
则
解得.
故答案为：C.
【分析】根据的定义得出，令，利用导数判断函数的单调性，从而作出函数的图象，再根据直线过定点，最后由不等式恰有一个正整数解和数形结合的方法，从而得出实数k的取值范围.
9．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以，
整理得，
又因为，解得，故A正确；
由，得，
所以，故B正确；
则，
所以是首项为1，公差为的等差数列，故C错误；
因为，
所以，数列的公比为4，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由已知条件结合等比中项公式和等差数列的通项公式，从而得出等差数列的公差，则判断出选项A；利用等差数列前n项和公式判断出选项B；利用等差数列的定义判断出选项C；利用等比数列的通项公式判断出选项D，从而找出正确的选项．
10．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，如图1，取的中点，连接，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面，故A正确；
对于B，取的中点，连接，如图2，
若平面，平面，
则，
因为分别为上的中点，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
由正三棱柱，
可得平面，
所以平面，
所以平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
由是正三角形，显然不成立，
则平面不成立，故B错误；
对于C，设，
则，注意到，
则
所以，
则，
因此两直线的夹角的余弦值为，故C正确；
对于D，由题意知，平面，
因为平面，
所以.同理，
又因为与均为以为斜边的直角三角形，
所以球心为的中点，
所以球的体积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件可证平面平面，再利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，则判断出选项A；利用在平面内的射影不垂直于，则可判断选项B；设，利用基底结合平面向量基本定理和数量积的运算律以及数量积求向量夹角公式，则判断出选项C；利用线面垂直的定义证出线线垂直，再结合与均为以为斜边的直角三角形， 从而可得球心为的中点，再根据球的体积公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的图象；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为
的定义域为.
对于A：当时，，，
令，得，
所以当时，与矛盾，
所以不存在使，
所以，故A正确；
对于B：当时，取，
则 ，，
若的图象在上存在对称轴，
则对称轴必为，
所以，
又因为与矛盾，故B错误，
对于C：当时，的单调递增区间是，
则，故C正确；
对于D：若中有3个不同元素，
则方程在上恰有3个不同实根，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再利用已知条件和函数解析式以及角和的值、元素与集合的关系、函数的单调性，则判断出选项A、选项C和选项D；用举反例判断出选项B，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
若，则，即，解得.
故答案为：.
【分析】由二项式定理求解即可.
13．【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，
所以是以为斜边的直角三角形，
由三棱锥体积公式，
得三棱锥高，
由点到的距离相等，
得出点在底面上投影到各边距离也相等，
所以是的内心，
则到各边距离为内切圆半径，
过作，垂足为D，连接，
则是二面角的平面角，
因为底面为直角三角形，
所以内切圆的半径为.
则三棱锥侧面上的高为，
则.
所以，二面角的正弦值为.
故答案为：.
【分析】设在底面上投影为，过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，由三棱锥体积公式得出棱锥的高，再结合底面内切圆半径得出点到底面的距离，从而得出侧面上的高，再结合正弦函数的定义得出二面角的正弦值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设线段的中点为，
根据圆的对称性可知点在圆上，
设，
则点在圆上，
所以圆，
则圆心为，半径为，
则，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
设，
则，
设，
则，注意到，
所以，
则，当且仅当时等号成立，
所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】设线段的中点为，再设，则点在圆，根据，从而计算可得的取值范围.
15．【答案】（1）证明：如图，分别取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
同理可知，平面，
因此且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
所以，
所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，
，，
所以.
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，
则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【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）取的中点，利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用一组对边平行且相等，从而证出四边形为平行四边形，再结合平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和勾股定理，从而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，从而得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）如图，分别取的中点，连接，
因为，故，又平面平面，且平面平面，
因此平面，
同理可知，平面，
因此且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以.
（2）因为，所以，所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，，
，
所以.
设平面的法向量为，
则有即
令，则，即平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】（1）解：由题意可得：在中，，，
，由正弦定理，可得，解得，
则A船距离雷达站C距离为120海里；
（2）解：在中，由正弦定理，
可得，解得，
在中，由余弦定理，解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，所以能在3小时内赶到救援.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）在中，求出，，利用正弦定理求解即可；
（2）在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，比较时间判断即可.
（1）在中，因为，，
所以，，
又，所以由正弦定理可得，即，解得，
所以A船距离雷达站C距离为120海里；
（2）在中，根据正弦定理可得，
即，解得，
在中，由余弦定理可得，
解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，
所以能在3小时内赶到救援.
17．【答案】（1）解：依题意，的所有可能取值为，
则
故X的分布列为：
1 3
则.
（2）解：设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，
则
所以
【知识点】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；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意知的所有可能取值，分别求出对应概率，从而写出乙答题得分X的分布列，进而得出乙答题得分X的数学期望.
（2）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，由，从而计算求解得出甲在比赛中获胜的概率.
（1）依题意，的所有可能取值为，
则，
，
故分布列为
1 3
.
（2）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，
则，
，
，
所以.
18．【答案】（1）解：当时，此时直线为，
代入双曲线方程可得，，
则，
所以，
解得，
所以，双曲线方程为.
（2）解：（i）依题意，直线的斜率存在，、
设，
不妨与上支交于点，则直线，
联立
得，
则，
所以，
注意到直线与上，下两支交于两点，
则，
所以，
注意到与双曲线上支交于两点，
所以，
则，
所以，
则，
因此
所以，
则直线的斜率的取值范围是.
（ii）设直线，其中，
联立
得，
则
则，
同理可得，
则
由（i）可知，，
则
所以，
则，
所以，
解得
则直线的方程为或.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意知直线为，再代入双曲线方程可得，由和弦长公式，从而列式计算得出的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）（i）设，直线，再将直线方程与曲线方程联立结合韦达定理、判别式法以及两点求斜率公式，从而得出直线的斜率的取值范围.
（ii）设直线，其中，将直线方程与曲线方程联立结合韦达定理表示出，再结合（i）和以及三角形的面积公式，则解一元二次方程得出直线的斜率，进而得出直线AB的方程.
（1）当时，此时直线为，代入双曲线可得，，从而，
因此，解得，故双曲线方程为.
（2）（i）依题意，直线的斜率存在，设，不妨与上支交于点，直线，
联立得，则，
，
注意到直线与上，下两支交于两点，故，即.
注意到与双曲线上支交于两点，因此，即，即，
即，因此，
故，即斜率的取值范围是.
（ii）设直线，其中，
联立得，
则，
则，同理，
则，
由（i）可知，，
则，
即，
得，故，解得
从而的方程为或.
19．【答案】（1）解：由，得，
因为，
所以，
所以，切线方程为.
（2）解：由，当时，则；
当时，此时，所以；
当时，
设，，令
则，
若，则单调递增，
所以，
因此单调递增，
则，符合题意；
若，
令，则，
此时，在上单调递增，在上单调递减，
因此，
因为，
设为的零点，注意到单调递增，
当时，此时，
则，
所以单调递增，
则，符合题意；
当时，
则存在，使得，
且在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
解得，此时，
则，
因此，
综上可知，.
（3）证明：由（2）可知，
当且时，，
所以，
当时，，令，
则，其中，
所以单调递增.
设，其中，且，
则，
因此单调递增，
所以，
则可得，
则可知，
所以.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数的图象在处的切线方程.
（2）对分类讨论，当时，设，二次求导得，再对分情况讨论，再根据导数判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出正实数的取值范围.
（3）根据题意得出当且时，，当时，在单调递增，设，其中，且，从而证出不等式成立.
（1）由得，又，则，
故切线方程为.
（2）由，当时，则；
当时，此时，故；
当时，设，，令
则，
若，则单调递增，，因此单调递增，
故，符合题意；
若，令，即，
此时，在上单调递增，在上单调递减，因此.
而，设为的零点，注意到单调递增，
当时，此时，故，从而单调递增，故，符合题意；
当时，则存在，使得，且在上单调递增，在上单调递减，
故，即，解得，此时，即，因此，
综上可知，.
（3）由（2）可知，当且时，，故，
当时，，令，则，其中，故单调递增.
设，其中，且，
，因此单调递增，
从而，
从而可得，
进而可知，
故.
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