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甘肃省庆阳第一中学2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试题
1．（2025·庆阳模拟）样本数据15，13，12，31，29，25，43，19，17，38的中位数为（　　）．
A．19 B．22 C．21 D．18
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：将样本数据从小到大重新排列为12，13，15，17，19，25，29，31，38，43；
共10个数据，所以中位数为.
故选：B.
【分析】先将10个样本数据从小到大重新排列，进而取中间两个数的平均数即可.
2．（2025·庆阳模拟）已知方程表示的曲线是椭圆，则实数的取值范围是（　　）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得，，解得或.
所以实数的取值范围是.
故选：D.
【分析】椭圆的标准方程列出不等式组求解即可求得实数的取值范围是 .
3．（2025·庆阳模拟）已知等差数列的前项和为，若，则（　　）．
A．4 B． C． D．6
【答案】C
【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：设等差数列的公差为，
∵，∴，解得，
.
故选：C.
【分析】结合已知条件和等差数列通项公式及前项和公式即可求得a1，而代入数值即可求得 .
4．（2025·庆阳模拟）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图所示：
A、设平面为平面，平面为平面，为，则，则，故A错误；
B、设平面为平面，平面为平面，为，则，则，故B错误；
C、过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确；
D、设平面为平面， 为， 为，则，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件借助正方体的几何特征，结合点、线、面的位置关系判断即可.
5．（2025·庆阳模拟）学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为（　　）
A．20 B．25 C．225 D．450
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：甲同学选一种菜有种方法，选两种菜有种方法，则甲的不同选法有种；
同样乙同学也有种方法，则甲和乙不同的选择方法有种.
故答案为：C.
【分析】根据分步计数原理，结合组合数公式求解即可.
6．（2025·庆阳模拟）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设圆心坐标为，则，圆的方程为
因为两点在圆上，
所以，解得或，
当时，为劣弧所对角，不符合题意故舍去．
所以，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
故选：B．
【分析】设圆心坐标为，则圆的方程为，因为两点在圆上，列方程组即可求得a，b的值， 由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点的坐标，进而可求得的最大值 .
7．（2025·庆阳模拟）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
再结合可得，，
则，故.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和平方法以及同角三角函数基本关系式，从而得出的值，结合角的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得出满足要求的角的取值范围，再利用平方法和同角三角函数基本关系式以及角的取值范围，结合可得角的正弦值和余弦值，再利用同角三角函数基本关系式和二倍角的正切公式，则得出的值.
8．（2025·庆阳模拟）设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；双曲线的应用；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量数乘运算的坐标表示
【解析】【解答】解：设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，
因为，所以，
所以所以，
所以，
又，解得
所以
所以，解得，所以，
代入双曲线方程得：，解得所以.
故选：A.
【分析】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，根据已知条件可得，结合双曲线定义与等面积得根据两点的距离公式列式求得，再代入双曲线可知利用离心率公式即可求得双曲线的离心率.
9．（2025·庆阳模拟）已知函数的图象过点，且两条相邻对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．在上单调递增
C．直线为函数图象的一条对称轴
D．在上的值域为
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为的图象过点，所以，解得．
因为图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以，因为，所以，解得，故选项A正确．
B、所以．
法一：由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，故选项B错误．
法二：当时，，
正弦函数在区间上先增后减，
所以函数在上不单调，故选项B错误．
C、法一：由，得．
当时，，所以直线为函数图象的一条对称轴，故选项C正确．
解法二 因为，
所以直线为函数图象的一条对称轴，故选项C正确．
D、由，得，
当时，即，函数取得最大值，
当时，即，函数取得最小值；
所以，
所以，故选项D正确．
故选：ACD.
【分析】根据相邻对称轴间的距离得出函数的最小正周期，根据周期公式计算求出的值即可判断选项A；求得函数f(x)的解析式，进而根据正弦函数的性质即可选项B，C，D.
10．（2025·庆阳模拟）已知，互为共轭复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
A、，当ab=0即a=0或b=0时，成立，故选项A错误；
B、，故选项B正确；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】设，根据复数的乘法运算求得即可判断选项A；根据模长公式求得即可判断选项B；根据复数的加法运算求得即可判断选项C；计算求得即可判断选项D.
11．（2025·庆阳模拟）函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且满足，函数的图象关于点对称，则（　　）
A．的图象关于点对称 B．8是的一个周期
C．一定存在零点 D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、因为的图象关于点对称，所以，所以，所以的图象关于点对称，故选项A正确，
C、因为，所以，
令所以所以，所以为偶函数，又的图象关于点对称，所以，
又，
所以，
所以的图象关于对称，
因为，令可得，
所以所以，所以，
因为在区间上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得在有零点，故选项C正确
D、因为的图象关于对称，为偶函数，
所以，所以，
又因为，所以，所以是周期为8的周期函数，，故选项D正确，
B、，所以8不是的周期，
故选：ACD.
【分析】根据的图象关于点对称得的图象关于点对称，即可判断选项A；进而构造函数根据奇偶函数的定义可知为偶函数，而由的图象关于点对称，可知，进而可得的图象关于对称，进一步得到的单调性，根据零点存在定理即可判断选项C；因为的图象关于对称，为偶函数可知是周期为8的周期函数，进而计算即可求得f(101)，即可判断选项D；计算特殊值即可判断选项B.
12．（2025·庆阳模拟）已知集合，且，则实数的值为　 　．
【答案】3
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：因为，所以或
①当时，解得或，
当时，集合满足题意；
当时，集合，违反了集合的互异性，故舍去；
②当时，解得，此时集合，违反了集合的互异性，故舍去；
综上所述，.
故答案为：3.
【分析】分或两种情况讨论a的值，再代入集合验证，需要满足集合的互异性，由此可得答案.
13．（2025·庆阳模拟）我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为　 　.
【答案】40
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为，
平面内，过分别作的垂线，与分别交于，
将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱，
因为，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.
所以，，，
所以所求几何体的体积为
．
故答案为：40.
【分析】将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱，所以，利用棱锥和棱柱的体积公式计算即可.
14．（2025·庆阳模拟）设，，若，则的最小值为　 　，此时的值为　 　.
【答案】；2
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
因为，
令，函数在上单调递减，当时，，
所以当，即时，取得最小值.
故答案为：；2.
【分析】利用基本不等式求出的取值范围，而，令，构造函数，借助单调性即可求得最小值，进而求得对应的a的值.
15．（2025·庆阳模拟）在中，内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若的外接圆半径为2，且，求的面积．
【答案】（1）解：因为，所以，
由正弦定理得，即，
整理得，
由余弦定理可知，
又因为，所以.

（2）解：因为，所以，所以，
所以，即，所以，
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；两角和与差的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）结合题意表示出可得，利用正弦定理将角化边整理可得，再利用余弦定理可求得cosA的值，进而求得A的值即可；
（2）结合第（1）问可得，进而利用已知条件和两角和的余弦公式可得，利用正弦定理化简得，再利用三角形的面积公式计算求出的面积即可.
（1）由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
（2）因为，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
16．（2025·庆阳模拟）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：证法一：如图所示，取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以，且．
又因为四边形为矩形，且为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
证法二：如图所示，取的中点，连接，，
因为E，，M分别为BC，PA，AD的中点，所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理平面．
又，，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以．
设直线与平面所成的角为，
所以，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）法一：取的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，进而得，根据线面平行的判定定理即可证得平面； ；法二：取的中点，连接，，利用平面，平面，进而得平面平面，利用面面平行的性质即可证得平面；
（2）由面面垂直的性质可得平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，先求得平面的法向量和直线PD的方向向量，夹角公式和同角三角关系式即可求得直线与平面所成的余弦值.
（1）证法一：取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以，且．
又四边形为矩形，且为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以．又平面，平面，
所以平面．
证法二：取的中点，连接，，
则，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理平面．
又，，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，
可得平面的法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为．
17．（2025·庆阳模拟） 春节临近，为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目中奖的概率是，项目和中奖的概率都是.
（1）若规定每位参加活动的顾客需要依次参加三个项目，如果三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券；如果仅有两个项目中奖，他将获得50元奖券；否则就没有奖券，求每位顾客获得奖券金额的期望；
（2）若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.已知某顾客中奖了，求他参加的是项目的概率.
【答案】（1）解：设一位顾客获得元奖券，可能取值为，
，
，
所以每位顾客获得奖券金额的期望是元.
（2）解：设“该顾客中奖”为事件，参加项目分别记为事件
则，
所以，
即已知某顾客中奖了，则他参加的是项目的概率是.
【知识点】条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式、条件概率定义及计算公式.
（1）根据题意先写出获得奖金券额的可能取值，再根据相互独立事件的概率乘法公式计算得出相应的概率后即可计算数学期望；
（2）根据条件概率定义及计算公式即可求解.
18．（2025·庆阳模拟）已知抛物线E：，焦点为F，过F作y轴的垂线，点P在x轴下方，过点P作抛物线E的两条切线，，，分别交x轴于A，B两点，，分别交于C，D两点．
（1）若，与抛物线E相切于C，D两点，求点P的坐标；
（2）证明：的外接圆过定点；
（3）求面积S的最小值．
【答案】（1）解：∵，与抛物线E相切于C，D两点，∴，，
此时方程：，即．
方程：，联立得．
（2）证明：设过P的两条切线分别与抛物线切于，，
∴PQ方程：，同理PR方程：，
∴且，，
设外接圆方程为：，
它过P，∴，
∴，∴，
∴，
整理得，
∴，
令，∴的外接圆过定点．
（3）解：CD：，∴，，
∴，
P到CD的距离为，∴，
设，，，由，
，当且仅当时等号成立．
∴，
令，，
在上；上，
∴．
【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；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】(1)利用，与抛物线E相切于C，D两点，求出，方程，联立方程即可求得 点P的坐标 .
（2）设过P的两条切线分别与抛物线切于，，可得PQ、PR方程，以及P、A、B坐标，设出外接圆方程，列方程组，即可求得定点.
(3)求出、P到CD的距离，表示出三角形PCD面积，采用换元法，通过求导研究函数单调性、极值，即可求得最小值.
19．（2025·庆阳模拟）已知数列满足，．
（1）已知，
①若，求；
②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围；
（2）若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：①，∴或2，
而．若，∴或2．
若，∴或4，经检验均符合．∴或2或3或4．
②由条件知，
∴，∴，
或，或或或
或，，，…，，
…
或，…，，或，…或
∴．
（2）解：或，，…，，，
令，，，∴，
当时，，，
∴存在这样的k，．
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1)①n=1代入，解出，再解出即可.
②由得，得到关系，列举并观察结合已知最小元素，列出不等式求解即可.
（2）利用上问得或，，…，，，再由得，解出符合条件的k即可求解.
1 / 1甘肃省庆阳第一中学2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试题
1．（2025·庆阳模拟）样本数据15，13，12，31，29，25，43，19，17，38的中位数为（　　）．
A．19 B．22 C．21 D．18
2．（2025·庆阳模拟）已知方程表示的曲线是椭圆，则实数的取值范围是（　　）．
A． B． C． D．
3．（2025·庆阳模拟）已知等差数列的前项和为，若，则（　　）．
A．4 B． C． D．6
4．（2025·庆阳模拟）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2025·庆阳模拟）学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为（　　）
A．20 B．25 C．225 D．450
6．（2025·庆阳模拟）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·庆阳模拟）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·庆阳模拟）设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
9．（2025·庆阳模拟）已知函数的图象过点，且两条相邻对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．在上单调递增
C．直线为函数图象的一条对称轴
D．在上的值域为
10．（2025·庆阳模拟）已知，互为共轭复数，则（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·庆阳模拟）函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且满足，函数的图象关于点对称，则（　　）
A．的图象关于点对称 B．8是的一个周期
C．一定存在零点 D．
12．（2025·庆阳模拟）已知集合，且，则实数的值为　 　．
13．（2025·庆阳模拟）我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为　 　.
14．（2025·庆阳模拟）设，，若，则的最小值为　 　，此时的值为　 　.
15．（2025·庆阳模拟）在中，内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若的外接圆半径为2，且，求的面积．
16．（2025·庆阳模拟）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值．
17．（2025·庆阳模拟） 春节临近，为了吸引顾客，我市某大型商超策划了抽奖活动，计划如下：有三个抽奖项目，它们之间相互不影响，每个项目每位顾客至多参加一次，项目中奖的概率是，项目和中奖的概率都是.
（1）若规定每位参加活动的顾客需要依次参加三个项目，如果三个项目全部中奖，顾客将获得100元奖券；如果仅有两个项目中奖，他将获得50元奖券；否则就没有奖券，求每位顾客获得奖券金额的期望；
（2）若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.已知某顾客中奖了，求他参加的是项目的概率.
18．（2025·庆阳模拟）已知抛物线E：，焦点为F，过F作y轴的垂线，点P在x轴下方，过点P作抛物线E的两条切线，，，分别交x轴于A，B两点，，分别交于C，D两点．
（1）若，与抛物线E相切于C，D两点，求点P的坐标；
（2）证明：的外接圆过定点；
（3）求面积S的最小值．
19．（2025·庆阳模拟）已知数列满足，．
（1）已知，
①若，求；
②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围；
（2）若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：将样本数据从小到大重新排列为12，13，15，17，19，25，29，31，38，43；
共10个数据，所以中位数为.
故选：B.
【分析】先将10个样本数据从小到大重新排列，进而取中间两个数的平均数即可.
2．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得，，解得或.
所以实数的取值范围是.
故选：D.
【分析】椭圆的标准方程列出不等式组求解即可求得实数的取值范围是 .
3．【答案】C
【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：设等差数列的公差为，
∵，∴，解得，
.
故选：C.
【分析】结合已知条件和等差数列通项公式及前项和公式即可求得a1，而代入数值即可求得 .
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图所示：
A、设平面为平面，平面为平面，为，则，则，故A错误；
B、设平面为平面，平面为平面，为，则，则，故B错误；
C、过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确；
D、设平面为平面， 为， 为，则，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件借助正方体的几何特征，结合点、线、面的位置关系判断即可.
5．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：甲同学选一种菜有种方法，选两种菜有种方法，则甲的不同选法有种；
同样乙同学也有种方法，则甲和乙不同的选择方法有种.
故答案为：C.
【分析】根据分步计数原理，结合组合数公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设圆心坐标为，则，圆的方程为
因为两点在圆上，
所以，解得或，
当时，为劣弧所对角，不符合题意故舍去．
所以，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
故选：B．
【分析】设圆心坐标为，则圆的方程为，因为两点在圆上，列方程组即可求得a，b的值， 由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点的坐标，进而可求得的最大值 .
7．【答案】C
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
再结合可得，，
则，故.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和平方法以及同角三角函数基本关系式，从而得出的值，结合角的取值范围和三角函数值在各象限的符号，从而得出满足要求的角的取值范围，再利用平方法和同角三角函数基本关系式以及角的取值范围，结合可得角的正弦值和余弦值，再利用同角三角函数基本关系式和二倍角的正切公式，则得出的值.
8．【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；双曲线的应用；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量数乘运算的坐标表示
【解析】【解答】解：设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，
因为，所以，
所以所以，
所以，
又，解得
所以
所以，解得，所以，
代入双曲线方程得：，解得所以.
故选：A.
【分析】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，根据已知条件可得，结合双曲线定义与等面积得根据两点的距离公式列式求得，再代入双曲线可知利用离心率公式即可求得双曲线的离心率.
9．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为的图象过点，所以，解得．
因为图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以，因为，所以，解得，故选项A正确．
B、所以．
法一：由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，故选项B错误．
法二：当时，，
正弦函数在区间上先增后减，
所以函数在上不单调，故选项B错误．
C、法一：由，得．
当时，，所以直线为函数图象的一条对称轴，故选项C正确．
解法二 因为，
所以直线为函数图象的一条对称轴，故选项C正确．
D、由，得，
当时，即，函数取得最大值，
当时，即，函数取得最小值；
所以，
所以，故选项D正确．
故选：ACD.
【分析】根据相邻对称轴间的距离得出函数的最小正周期，根据周期公式计算求出的值即可判断选项A；求得函数f(x)的解析式，进而根据正弦函数的性质即可选项B，C，D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
A、，当ab=0即a=0或b=0时，成立，故选项A错误；
B、，故选项B正确；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】设，根据复数的乘法运算求得即可判断选项A；根据模长公式求得即可判断选项B；根据复数的加法运算求得即可判断选项C；计算求得即可判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、因为的图象关于点对称，所以，所以，所以的图象关于点对称，故选项A正确，
C、因为，所以，
令所以所以，所以为偶函数，又的图象关于点对称，所以，
又，
所以，
所以的图象关于对称，
因为，令可得，
所以所以，所以，
因为在区间上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得在有零点，故选项C正确
D、因为的图象关于对称，为偶函数，
所以，所以，
又因为，所以，所以是周期为8的周期函数，，故选项D正确，
B、，所以8不是的周期，
故选：ACD.
【分析】根据的图象关于点对称得的图象关于点对称，即可判断选项A；进而构造函数根据奇偶函数的定义可知为偶函数，而由的图象关于点对称，可知，进而可得的图象关于对称，进一步得到的单调性，根据零点存在定理即可判断选项C；因为的图象关于对称，为偶函数可知是周期为8的周期函数，进而计算即可求得f(101)，即可判断选项D；计算特殊值即可判断选项B.
12．【答案】3
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：因为，所以或
①当时，解得或，
当时，集合满足题意；
当时，集合，违反了集合的互异性，故舍去；
②当时，解得，此时集合，违反了集合的互异性，故舍去；
综上所述，.
故答案为：3.
【分析】分或两种情况讨论a的值，再代入集合验证，需要满足集合的互异性，由此可得答案.
13．【答案】40
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为，
平面内，过分别作的垂线，与分别交于，
将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱，
因为，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.
所以，，，
所以所求几何体的体积为
．
故答案为：40.
【分析】将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱，所以，利用棱锥和棱柱的体积公式计算即可.
14．【答案】；2
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
因为，
令，函数在上单调递减，当时，，
所以当，即时，取得最小值.
故答案为：；2.
【分析】利用基本不等式求出的取值范围，而，令，构造函数，借助单调性即可求得最小值，进而求得对应的a的值.
15．【答案】（1）解：因为，所以，
由正弦定理得，即，
整理得，
由余弦定理可知，
又因为，所以.

（2）解：因为，所以，所以，
所以，即，所以，
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；两角和与差的余弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）结合题意表示出可得，利用正弦定理将角化边整理可得，再利用余弦定理可求得cosA的值，进而求得A的值即可；
（2）结合第（1）问可得，进而利用已知条件和两角和的余弦公式可得，利用正弦定理化简得，再利用三角形的面积公式计算求出的面积即可.
（1）由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
（2）因为，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
16．【答案】（1）证明：证法一：如图所示，取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以，且．
又因为四边形为矩形，且为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
证法二：如图所示，取的中点，连接，，
因为E，，M分别为BC，PA，AD的中点，所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理平面．
又，，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以．
设直线与平面所成的角为，
所以，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）法一：取的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，进而得，根据线面平行的判定定理即可证得平面； ；法二：取的中点，连接，，利用平面，平面，进而得平面平面，利用面面平行的性质即可证得平面；
（2）由面面垂直的性质可得平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，先求得平面的法向量和直线PD的方向向量，夹角公式和同角三角关系式即可求得直线与平面所成的余弦值.
（1）证法一：取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以，且．
又四边形为矩形，且为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以．又平面，平面，
所以平面．
证法二：取的中点，连接，，
则，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理平面．
又，，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，．
设平面的法向量为，
则，令，则，，
可得平面的法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：设一位顾客获得元奖券，可能取值为，
，
，
所以每位顾客获得奖券金额的期望是元.
（2）解：设“该顾客中奖”为事件，参加项目分别记为事件
则，
所以，
即已知某顾客中奖了，则他参加的是项目的概率是.
【知识点】条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式、条件概率定义及计算公式.
（1）根据题意先写出获得奖金券额的可能取值，再根据相互独立事件的概率乘法公式计算得出相应的概率后即可计算数学期望；
（2）根据条件概率定义及计算公式即可求解.
18．【答案】（1）解：∵，与抛物线E相切于C，D两点，∴，，
此时方程：，即．
方程：，联立得．
（2）证明：设过P的两条切线分别与抛物线切于，，
∴PQ方程：，同理PR方程：，
∴且，，
设外接圆方程为：，
它过P，∴，
∴，∴，
∴，
整理得，
∴，
令，∴的外接圆过定点．
（3）解：CD：，∴，，
∴，
P到CD的距离为，∴，
设，，，由，
，当且仅当时等号成立．
∴，
令，，
在上；上，
∴．
【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；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】(1)利用，与抛物线E相切于C，D两点，求出，方程，联立方程即可求得 点P的坐标 .
（2）设过P的两条切线分别与抛物线切于，，可得PQ、PR方程，以及P、A、B坐标，设出外接圆方程，列方程组，即可求得定点.
(3)求出、P到CD的距离，表示出三角形PCD面积，采用换元法，通过求导研究函数单调性、极值，即可求得最小值.
19．【答案】（1）解：①，∴或2，
而．若，∴或2．
若，∴或4，经检验均符合．∴或2或3或4．
②由条件知，
∴，∴，
或，或或或
或，，，…，，
…
或，…，，或，…或
∴．
（2）解：或，，…，，，
令，，，∴，
当时，，，
∴存在这样的k，．
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1)①n=1代入，解出，再解出即可.
②由得，得到关系，列举并观察结合已知最小元素，列出不等式求解即可.
（2）利用上问得或，，…，，，再由得，解出符合条件的k即可求解.
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