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湖南省部分学校2024-2025学年高三下学期模拟测试数学试卷
1．（2025·湖南模拟）已知，，则（　　）
A． B．1 C． D．5
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由向量，，可得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量的坐标运算求解即可.
2．（2025·湖南模拟）设集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，求得，即集合，
则，因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】解指数不等式，求得集合，再根据集合的补集和交集运算求解即可.
3．（2025·湖南模拟）已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的运算法则可得复数z，再根据共轭复数的概念得出复数.
4．（2025·湖南模拟）圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台上底半径为，则下底半径为，
由题意，得出.
所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：.
故答案为：B.
【分析】先根据圆台的体积公式求出圆台的上、下底面圆的半径，再由正切函数的定义求出母线和轴所成夹角的正切值.
5．（2025·湖南模拟）已知，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，即①，
又因为，所以，
即②，
由①②可得：.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系，结合余弦两角差公式求解即可.
6．（2025·湖南模拟）已知是定义在上的减函数，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由题意，得出函数是定义在上的减函数，
因为
得，
解得，
所以x的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】根据的定义域和函数的单调性，从而可得，满足的条件，进而解出的取值范围．
7．（2025·湖南模拟）已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，可得，
当时，，
因为方程在区间上恰有3个实数根，
所以，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，再根据可得，从而计算得出的取值范围.
8．（2025·湖南模拟）若关于的方程有解，则实数的最小值为
A．4 B．6 C．8 D．2
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：方程有解，
等价于，
所以实数的最小值为6.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合基本不等式求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．（2025·湖南模拟）下列说法正确的是（　　）
A．若，若函数为偶函数，则
B．数据7，5，3，10，2，6，8，9的上四分位数为8
C．已知，，若，则，相互独立
D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到依据的独立性检验（），可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05
【答案】A,C,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；独立性检验的基本思想；相互独立事件；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A：因为为偶函数，
所以，
可得，
则，故A正确；
对于B：将个数据按照从小到大的顺序排序：2，3，5，6，7，8，9，10，
所以，
则上四分位数为，故B错误；
对于C：根据题意，，
则，
则，
所以相互独立，故C正确；
对于D：因为，根据独立性检验，
可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确.
故答案为：.
【分析】根据正态分布的特点、偶函数的定义、百分位数的求解方法、独立事件的定义和独立性检验的判断方法，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．（2025·湖南模拟）法国数学家加斯帕尔 蒙日发现：椭圆的两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆（称为椭圆的蒙日圆）.已知椭圆的左 右焦点分别为，左 右顶点分别为，点是椭圆上异于的动点，点是该椭圆的蒙日圆上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．该椭圆的蒙日圆的方程为
B．存在点使的面积为25
C．使的点有四个
D．直线的斜率之积
【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：因为椭圆方程为，
所以，
当椭圆的两条互相垂直的切线，一条斜率不存在，另一条斜率为0时，
切线分别经过长轴端点和短轴端点，此时切线的交点为；
当椭圆的两条互相垂直的切线斜率均存在时，
设两切线交点为，切点为，
切线方程设为，
联立，
整理得，
因为直线与椭圆相切，
所以，
则，
因为两切线的斜率即为该方程的两个根，
则，
又因为，
则，
所以，此时两切线交点的轨迹方程为，
又因为也适合该方程，
所以，该椭圆的蒙日圆的方程为，故A正确；
当Q点位于圆与y轴的交点处时，取到最大值，
则最大值为，
则不存在点使的面积为25，故B错误；
因为，
所以，以为直径的圆的方程为，
又因为椭圆的短半轴长为，
所以圆与椭圆有四个交点，故正确；
由题意知，设，
则，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设直线方程，联立椭直线方程和圆方程，再结合判别式为0求出蒙日圆方程，则判断出选项A；先求出的面积的最大值，则可判断出选项B；判断以为直径的圆与椭圆的交点个数，则可判断选项C；设，先求出的表达式，再结合椭圆方程化简，从而求出其值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·湖南模拟）已知函数，则（　　）
A．当时，过点可作3条直线与函数的图象相切
B．对任意实数m，函数的图象都关于对称
C．若存在极值点，当且，则
D．若有唯一正方形使其4个顶点都在函数的图象上，则
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
A、当时，函数，，设切点横坐标为，切线的斜率为
，
则在点处的切线方程为：，
因为切线过点，所以，
整理可得，
构造函数，，
当时，，函数在上单调递减；
当或时，，函数在和单调递增；
又因为，
所以函数有三个零点，即方程有三个根，
则存在三条切线，故A正确；
B、 对任意实数m，，则函数的图象都关于对称，故B正确；
C、若函数存在极值点，则，解得，且，
假设，则，
由
，可得不成立，
则假设不成立，故C错误；
D、函数往下移一个单位，使其对称中心在原点，则，
设函数图象上存在四点围成一个正方形，根据对称性可知，正方形的中心就是三次函数的对称中心，此时就是原点，设直线方程为：，
与三次函数消元得：，所以，
利用正方形的对角线相互垂直可设直线方程为：，
再与三次函数消元得：，所以，
由正方形可知：，所以，
整理得：，
两边同除以得：，
令，则上式化为：，
由于在时是递增函数，且值域为，所以要使存在一个正方形使其4个顶点都在函数的图象上的充要条件就是存在唯一值，
从而可得，解得，
当时，，解得，因为，所以，
此时不满足，所以舍去；
当时，，解得，因为，所以，
此时满足，，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用过一点的切线的求解方法来研究点解的个数就可以得到切线的条数即可判断A；利用中心对称恒等式思想即可判断B；利用求导思想和反证法来证明即可判断C；利用中心对称性先确定正方形的中心就是三次函数的中心，其次从中心在原点出发去研究交点情况，从而易求出交点坐标及距离关系，再通过存在唯一性，可得唯一解，来确定参数的取值即可判断D.
12．（2025·湖南模拟）记为等差数列的前项和，若，，则　 　.
【答案】14
【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：因为数列是等差数列，，，
所以，
解得，
所以.
故答案为：14.
【分析】利用已知条件和等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而得出、的值，再利用等差数列的通项公式得出的值.
13．（2025·湖南模拟）如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为　 　.
【答案】
【知识点】组合数公式的推导
【解析】【解答】解：因为第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，
第五行的第三位数字是，，第十五行的第三位数字是，
由
，
则
.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合杨辉三角的性质和组合数的性质，从而计算得出从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和.
14．（2025·湖南模拟）已知双曲线，斜率为的直线与曲线的两条渐近线分别交于两点，点的坐标为，直线分别与渐近线交于，若直线的斜率也为，则双曲线的离心率为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的渐近线为，且，设渐近线为，
设直线，直线，
联立，解得，不妨令，
同理可得：，，，
且，则，
因为三点共线，所以，
则，
整理可得，
同理由三点共线可得，
即，
整理可得，
因为，即，则，解得，即，
则双曲线的离心率.
故答案为：.
【分析】设直线方程，由题意分别求四点坐标，再结合向量共线的坐标表示分析运算可得，根据离心率公式求解即可.
15．（2025·湖南模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求锐角的大小；
（2）在（1）的条件下，若，且的周长为，求的面积.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，，
则，
又因为，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
所以，
又因为，
所以，
则，
由正弦定理，令，
则
所以的周长为：，
解得，
所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式和锐角三角形中角A的取值范围，从而得出锐角A的大小.
（2）先利用同角三角函数基本关系式和三角形中角C的取值范围，从而求出角的值，再根据正弦定理，令，从而求出，再由三角形的周长公式求出，再根据三角形的面积公式得出的面积.
（1）因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以；
（2）因为，所以，
又，所以，
则，
由正弦定理，令，
则，
所以的周长为，
解得，
所以，
所以.
16．（2025·湖南模拟）在数列中，，其前n项和为，且（且）.
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解： 在数列中，，其前n项和为，且 ，
，代入，整理得，
即，
以上个式子相乘可得：，
当时，，符合上式，则；
（2）解：由（1）可得：，
①，
②，
①②得，
，
则，
由，可得，
，当且仅当时等号成立，，则的取值范围是.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用的关系得，结合累乘法求数列的通项即可；
（2）根据（1）的结论得出，由错位相减法得，再分离参数，根据基本不等式计算即可.
（1）因为，代入，
整理得，
所以，
以上个式子相乘得，
.
当时，，符合上式，所以.
（2）.
所以，①
，②
①②得，
，
所以.
由得：，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是.
17．（2025·湖南模拟）如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点.底面.
（1）求证：平面；
（2）当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？
【答案】（1）证明：连接，
平面，，，
，，，
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（如图），
设，
则，，.
设，则，
为的中点，
，
又因为，
，
，
则，
又因为平面，平面，
平面.
（2）解：设的重心为，
则，
，
平面，
因为平面，
，
又因为，
，
，
，则，
经检验，当时，在平面内的射影为的重心，
所以.
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；三角形五心；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【分析】（1）依题意，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法判断直线与平面的位置关系，从而证出平面.
（2）利用三角形重心坐标公式结合线面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，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，从而列式得出当时，在平面内的射影为的重心.
（1）连接，
平面，，，
，，，
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（如图）.
设，则，，.
设，则.
为的中点，，又，
，，则，
又平面，平面
平面.
（2）设的重心为，则，
，
平面，又平面，
又，，
，，即，
经检验，当时，在平面内的射影为的重心，
所以.
18．（2025·湖南模拟）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数定义域为，
，
令，解得，
①当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减；当时，单调递增.
②当时，恒成立，在上单调递增；
③当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减；当时，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）解：由对任意，均存在，使得，
可得，
当时，取得最大值，最大值为0，
由（1）得，当时，在]上单调递增，
即当时，取得最大值，
所以，解得，即，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
设，，
易知，函数单调递增，
且成立，则无解，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数分情况讨论导函数零点情况及函数单调性即可；
（2）由题意可得，分别求最大值即可得不等式，解不等式求解即可.
（1）由，，
得.
令，解得.
当时，，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增.
当时，恒成立，在上单调递增.
当时，，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增.
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）因为对任意，均存在，使得，
所以，
当时，取得最大值，最大值为0.
由（1）得，当时，在]上单调递增，
即当时，取得最大值，
所以，解得，即.
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值.
设，
则，单调递增，
所以成立，所以无解.
综上所述，的取值范围为.
19．（2025·湖南模拟）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”．
（1）判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由；
（2）若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；
（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明：．
【答案】（1）解：若数列：1，3，5，10，152为“数列”，则，
即，因为成立，成立，
不成立，
所以1，3，5，10，152不是“数列”；
（2）解：由数列是首项为2的“数列”，则，，
设等比数列的公比为，
由①，可得②，
①-②可得，
即，
由数列是“数列”，则，对于，恒成立，
所以，
即对于，恒成立，
则
解得，，由，，则，即，
故所求的，数列的通项公式；
（3）证明：要证， 即证，因数列是“数列”，
则，
则要证，即证，
又，对于，恒成立，
因为，，则，再结合，，，
反复利用，可得对于任意的，，，
则要证：，即证，
设函数，则，令，解得，
当时，，则在区间单调递减，
因对于任意的，，，则，
即，，…，，
相加可得，即，故命题得证.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）由题意，根据数列定义验证即可；
（2）由题可得，与相减结合数列定义可得关于的方程，即可得答案；
（3）注意到，构造函数，利用其单调性证明即可.
（1）根据“数列”的定义，则，故，
因为成立，成立，
不成立，
所以1，3，5，10，152不是“数列”．
（2）由是首项为2的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，则，
两式作差可得，
即，
由是“数列”，则，对于，恒成立，
所以，
即对于，恒成立，
则
解得，，，又由，，
则，即，
故所求的，数列的通项公式；
（3）证明：要证， 即证，
因数列是“数列”，则.
则要证，即证.
又，对于，恒成立，
因为，，则，再结合，，，
反复利用，可得对于任意的，，，
则要证：，即证.
设函数，则，令，解得，
当时，，则在区间单调递减，
因对于任意的，，，则.
即，，…，，
相加可得，即，故命题得证.
1 / 1湖南省部分学校2024-2025学年高三下学期模拟测试数学试卷
1．（2025·湖南模拟）已知，，则（　　）
A． B．1 C． D．5
2．（2025·湖南模拟）设集合，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·湖南模拟）已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·湖南模拟）圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·湖南模拟）已知，，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·湖南模拟）已知是定义在上的减函数，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·湖南模拟）已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·湖南模拟）若关于的方程有解，则实数的最小值为
A．4 B．6 C．8 D．2
9．（2025·湖南模拟）下列说法正确的是（　　）
A．若，若函数为偶函数，则
B．数据7，5，3，10，2，6，8，9的上四分位数为8
C．已知，，若，则，相互独立
D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到依据的独立性检验（），可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05
10．（2025·湖南模拟）法国数学家加斯帕尔 蒙日发现：椭圆的两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆（称为椭圆的蒙日圆）.已知椭圆的左 右焦点分别为，左 右顶点分别为，点是椭圆上异于的动点，点是该椭圆的蒙日圆上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．该椭圆的蒙日圆的方程为
B．存在点使的面积为25
C．使的点有四个
D．直线的斜率之积
11．（2025·湖南模拟）已知函数，则（　　）
A．当时，过点可作3条直线与函数的图象相切
B．对任意实数m，函数的图象都关于对称
C．若存在极值点，当且，则
D．若有唯一正方形使其4个顶点都在函数的图象上，则
12．（2025·湖南模拟）记为等差数列的前项和，若，，则　 　.
13．（2025·湖南模拟）如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为　 　.
14．（2025·湖南模拟）已知双曲线，斜率为的直线与曲线的两条渐近线分别交于两点，点的坐标为，直线分别与渐近线交于，若直线的斜率也为，则双曲线的离心率为　 　.
15．（2025·湖南模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求锐角的大小；
（2）在（1）的条件下，若，且的周长为，求的面积.
16．（2025·湖南模拟）在数列中，，其前n项和为，且（且）.
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为，若恒成立，求实数的取值范围.
17．（2025·湖南模拟）如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点.底面.
（1）求证：平面；
（2）当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？
18．（2025·湖南模拟）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
19．（2025·湖南模拟）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”．
（1）判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由；
（2）若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；
（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由向量，，可得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量的坐标运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，求得，即集合，
则，因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】解指数不等式，求得集合，再根据集合的补集和交集运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的运算法则可得复数z，再根据共轭复数的概念得出复数.
4．【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台上底半径为，则下底半径为，
由题意，得出.
所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：.
故答案为：B.
【分析】先根据圆台的体积公式求出圆台的上、下底面圆的半径，再由正切函数的定义求出母线和轴所成夹角的正切值.
5．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，即①，
又因为，所以，
即②，
由①②可得：.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用同角三角函数基本关系，结合余弦两角差公式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由题意，得出函数是定义在上的减函数，
因为
得，
解得，
所以x的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】根据的定义域和函数的单调性，从而可得，满足的条件，进而解出的取值范围．
7．【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由，可得，
当时，，
因为方程在区间上恰有3个实数根，
所以，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，再根据可得，从而计算得出的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：方程有解，
等价于，
所以实数的最小值为6.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合基本不等式求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；独立性检验的基本思想；相互独立事件；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A：因为为偶函数，
所以，
可得，
则，故A正确；
对于B：将个数据按照从小到大的顺序排序：2，3，5，6，7，8，9，10，
所以，
则上四分位数为，故B错误；
对于C：根据题意，，
则，
则，
所以相互独立，故C正确；
对于D：因为，根据独立性检验，
可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确.
故答案为：.
【分析】根据正态分布的特点、偶函数的定义、百分位数的求解方法、独立事件的定义和独立性检验的判断方法，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【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：因为椭圆方程为，
所以，
当椭圆的两条互相垂直的切线，一条斜率不存在，另一条斜率为0时，
切线分别经过长轴端点和短轴端点，此时切线的交点为；
当椭圆的两条互相垂直的切线斜率均存在时，
设两切线交点为，切点为，
切线方程设为，
联立，
整理得，
因为直线与椭圆相切，
所以，
则，
因为两切线的斜率即为该方程的两个根，
则，
又因为，
则，
所以，此时两切线交点的轨迹方程为，
又因为也适合该方程，
所以，该椭圆的蒙日圆的方程为，故A正确；
当Q点位于圆与y轴的交点处时，取到最大值，
则最大值为，
则不存在点使的面积为25，故B错误；
因为，
所以，以为直径的圆的方程为，
又因为椭圆的短半轴长为，
所以圆与椭圆有四个交点，故正确；
由题意知，设，
则，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】设直线方程，联立椭直线方程和圆方程，再结合判别式为0求出蒙日圆方程，则判断出选项A；先求出的面积的最大值，则可判断出选项B；判断以为直径的圆与椭圆的交点个数，则可判断选项C；设，先求出的表达式，再结合椭圆方程化简，从而求出其值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
A、当时，函数，，设切点横坐标为，切线的斜率为
，
则在点处的切线方程为：，
因为切线过点，所以，
整理可得，
构造函数，，
当时，，函数在上单调递减；
当或时，，函数在和单调递增；
又因为，
所以函数有三个零点，即方程有三个根，
则存在三条切线，故A正确；
B、 对任意实数m，，则函数的图象都关于对称，故B正确；
C、若函数存在极值点，则，解得，且，
假设，则，
由
，可得不成立，
则假设不成立，故C错误；
D、函数往下移一个单位，使其对称中心在原点，则，
设函数图象上存在四点围成一个正方形，根据对称性可知，正方形的中心就是三次函数的对称中心，此时就是原点，设直线方程为：，
与三次函数消元得：，所以，
利用正方形的对角线相互垂直可设直线方程为：，
再与三次函数消元得：，所以，
由正方形可知：，所以，
整理得：，
两边同除以得：，
令，则上式化为：，
由于在时是递增函数，且值域为，所以要使存在一个正方形使其4个顶点都在函数的图象上的充要条件就是存在唯一值，
从而可得，解得，
当时，，解得，因为，所以，
此时不满足，所以舍去；
当时，，解得，因为，所以，
此时满足，，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用过一点的切线的求解方法来研究点解的个数就可以得到切线的条数即可判断A；利用中心对称恒等式思想即可判断B；利用求导思想和反证法来证明即可判断C；利用中心对称性先确定正方形的中心就是三次函数的中心，其次从中心在原点出发去研究交点情况，从而易求出交点坐标及距离关系，再通过存在唯一性，可得唯一解，来确定参数的取值即可判断D.
12．【答案】14
【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：因为数列是等差数列，，，
所以，
解得，
所以.
故答案为：14.
【分析】利用已知条件和等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而得出、的值，再利用等差数列的通项公式得出的值.
13．【答案】
【知识点】组合数公式的推导
【解析】【解答】解：因为第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，
第五行的第三位数字是，，第十五行的第三位数字是，
由
，
则
.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合杨辉三角的性质和组合数的性质，从而计算得出从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和.
14．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知双曲线的渐近线为，且，设渐近线为，
设直线，直线，
联立，解得，不妨令，
同理可得：，，，
且，则，
因为三点共线，所以，
则，
整理可得，
同理由三点共线可得，
即，
整理可得，
因为，即，则，解得，即，
则双曲线的离心率.
故答案为：.
【分析】设直线方程，由题意分别求四点坐标，再结合向量共线的坐标表示分析运算可得，根据离心率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，，
则，
又因为，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
所以，
又因为，
所以，
则，
由正弦定理，令，
则
所以的周长为：，
解得，
所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式和锐角三角形中角A的取值范围，从而得出锐角A的大小.
（2）先利用同角三角函数基本关系式和三角形中角C的取值范围，从而求出角的值，再根据正弦定理，令，从而求出，再由三角形的周长公式求出，再根据三角形的面积公式得出的面积.
（1）因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以；
（2）因为，所以，
又，所以，
则，
由正弦定理，令，
则，
所以的周长为，
解得，
所以，
所以.
16．【答案】（1）解： 在数列中，，其前n项和为，且 ，
，代入，整理得，
即，
以上个式子相乘可得：，
当时，，符合上式，则；
（2）解：由（1）可得：，
①，
②，
①②得，
，
则，
由，可得，
，当且仅当时等号成立，，则的取值范围是.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用的关系得，结合累乘法求数列的通项即可；
（2）根据（1）的结论得出，由错位相减法得，再分离参数，根据基本不等式计算即可.
（1）因为，代入，
整理得，
所以，
以上个式子相乘得，
.
当时，，符合上式，所以.
（2）.
所以，①
，②
①②得，
，
所以.
由得：，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是.
17．【答案】（1）证明：连接，
平面，，，
，，，
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（如图），
设，
则，，.
设，则，
为的中点，
，
又因为，
，
，
则，
又因为平面，平面，
平面.
（2）解：设的重心为，
则，
，
平面，
因为平面，
，
又因为，
，
，
，则，
经检验，当时，在平面内的射影为的重心，
所以.
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；三角形五心；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【分析】（1）依题意，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法判断直线与平面的位置关系，从而证出平面.
（2）利用三角形重心坐标公式结合线面垂直的性质定理，从而得出线线垂直，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，从而列式得出当时，在平面内的射影为的重心.
（1）连接，
平面，，，
，，，
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系（如图）.
设，则，，.
设，则.
为的中点，，又，
，，则，
又平面，平面
平面.
（2）设的重心为，则，
，
平面，又平面，
又，，
，，即，
经检验，当时，在平面内的射影为的重心，
所以.
18．【答案】（1）解：函数定义域为，
，
令，解得，
①当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减；当时，单调递增.
②当时，恒成立，在上单调递增；
③当时，，当时，单调递增；
当时，单调递减；当时，单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）解：由对任意，均存在，使得，
可得，
当时，取得最大值，最大值为0，
由（1）得，当时，在]上单调递增，
即当时，取得最大值，
所以，解得，即，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，
设，，
易知，函数单调递增，
且成立，则无解，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数分情况讨论导函数零点情况及函数单调性即可；
（2）由题意可得，分别求最大值即可得不等式，解不等式求解即可.
（1）由，，
得.
令，解得.
当时，，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增.
当时，恒成立，在上单调递增.
当时，，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增.
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）因为对任意，均存在，使得，
所以，
当时，取得最大值，最大值为0.
由（1）得，当时，在]上单调递增，
即当时，取得最大值，
所以，解得，即.
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值.
设，
则，单调递增，
所以成立，所以无解.
综上所述，的取值范围为.
19．【答案】（1）解：若数列：1，3，5，10，152为“数列”，则，
即，因为成立，成立，
不成立，
所以1，3，5，10，152不是“数列”；
（2）解：由数列是首项为2的“数列”，则，，
设等比数列的公比为，
由①，可得②，
①-②可得，
即，
由数列是“数列”，则，对于，恒成立，
所以，
即对于，恒成立，
则
解得，，由，，则，即，
故所求的，数列的通项公式；
（3）证明：要证， 即证，因数列是“数列”，
则，
则要证，即证，
又，对于，恒成立，
因为，，则，再结合，，，
反复利用，可得对于任意的，，，
则要证：，即证，
设函数，则，令，解得，
当时，，则在区间单调递减，
因对于任意的，，，则，
即，，…，，
相加可得，即，故命题得证.
【知识点】数列的概念及简单表示法；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）由题意，根据数列定义验证即可；
（2）由题可得，与相减结合数列定义可得关于的方程，即可得答案；
（3）注意到，构造函数，利用其单调性证明即可.
（1）根据“数列”的定义，则，故，
因为成立，成立，
不成立，
所以1，3，5，10，152不是“数列”．
（2）由是首项为2的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，则，
两式作差可得，
即，
由是“数列”，则，对于，恒成立，
所以，
即对于，恒成立，
则
解得，，，又由，，
则，即，
故所求的，数列的通项公式；
（3）证明：要证， 即证，
因数列是“数列”，则.
则要证，即证.
又，对于，恒成立，
因为，，则，再结合，，，
反复利用，可得对于任意的，，，
则要证：，即证.
设函数，则，令，解得，
当时，，则在区间单调递减，
因对于任意的，，，则.
即，，…，，
相加可得，即，故命题得证.
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