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湖南省部分高中2024-2025学年高三下学期三模联考数学试题
1．（2025·湖南模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，解得，
所以
因为，解得，所以
所以，
故选：D.
【分析】先解不等式求得集合A，B，进而求得即可.
2．（2025·湖南模拟）若复数满足，则的实部为（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，.
所以z的实部为-1.
故选：A.
【分析】根据复数的除法法则先求出复数，进而即可求得复数z的实部.
3．（2025·湖南模拟）若甲 乙 丙 丁 戊随机站成一排，则甲 乙不相邻的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：5个人随机排成一排的总排列数为：种.
将丙 丁 戊排成一排，有种排法，形成的4个空位选2个排甲、乙有种排法，则 甲 乙不相邻的排法共有种，
根据古典概型概率公式可得，甲、乙不相邻的概率为：.
故选：A.
【分析】先求出所有排列情况，再利用插空法求出甲乙不相邻的排列情况，最后根据古典概型概率公式计算概率即可.
4．（2025·湖南模拟）若向量满足，且，则的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：∵，∴，
∵，即，∴
∴，
又∵，∴，
故选：B.
【分析】根据已知条件先求出，，进而根据平面向量的数量积的定义计算即可求得的夹角 .
5．（2025·湖南模拟）已知（），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
又，所以，解得（舍去）或，
所以，所以，
所以.
故选：A.
【分析】根据已知条件和平方关系求出，，进而求出，再由二倍角的正切公式计算可得.
6．（2025·湖南模拟）已知函数在时取极小值，则其导函数的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为(x>0 )，所以
由题意可知，，所以.
所以，当且仅当，即x=1时取等号，
所以导函数的最小值为-1，
故选：C.
【分析】首先对原函数求导，根据已知条件求出的值，进而求出导函数 的表达式，再利用基本不等式求出其最小值即可.
7．（2025·湖南模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轨迹方程；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：∵平面，平面，
∴ ，∴点到的距离为，
如图所示，平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，
∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，
∴点的轨迹的长度为，
故选：D.
【分析】根据题意线面垂直的性质可得点到的距离为，在平面中以C为原点建立平面直角坐标系，由，即可得点的轨迹方程，进而可求得点的轨迹的长度 .
8．（2025·湖南模拟）已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
作与AF交于点T，
因为四边形是正方形，所以，，
由对称性可知，，
因为在双曲线上，
所以，即，
即，化简整理得，
即，所以，
即，
又，所以，解得或（舍去）.
故选：C．
【分析】利用已知条件和双曲线的对称性可求得，将其代入双曲线上，整理得到，即，即，解方程求得e的值即可求得双曲线的离心率.
9．（2025·湖南模拟）下列说法正确的是（　　）
A．数据的第80百分位数为11
B．已知随机变量，设，则的方差
C．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
D．若样本数据的平均数为2，则的平均数为8
【答案】A,B
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，所以第80百分位数为11，故选项A正确；
B、因为，所以，所以，故选项B正确；
C、用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率相等，都是，故选项C错误；
D、的平均数为，故选项D错误.
故选：AB.
【分析】利用百分位数意义计算即可判断选项A；利用二项分布的方差公式先求得，进而利用方差的性质计算即可判断选项B；利用简单随机抽样的概率公式计算即可判断选项C；利用平均数的性质计算即可判断选项D.
10．（2025·湖南模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点对称
C．在区间上的值域为
D．若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、因为
，所以函数的最小正周期为，故选项A错误；
B、因为，所以的图象关于点对称，故选项B正确；
C、因为，所以，所以，
所以，
所以在区间上的值域为，故选项C正确；
D、若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，
即函数为偶函数，
所以，解得，
因为，所以当时，取最小值，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】利用三角恒等变换和辅助角公式化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可判断选项A；利用正弦型函数的对称性可判断选项B；利用正弦型函数的值域可判断选项C；利用三角函数图象变换及正弦型函数的对称性可判断选项D.
11．（2025·湖南模拟）对于无穷数列，下列命题中正确的是（　　）
A．若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列
B．若等差数列满足，则是常数列
C．若等比数列满足，则是常数列
D．若各项为正数的等比数列满足，则是常数列
【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；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、若数列既是等差数列又是等比数列.
对于等差数列，有（为公差）；对于等比数列，有（为公比且）.
当时，，所以不是常数，这与等比数列性质矛盾，所以，即，所以是常数列，故选项A正确.
B、等差数列满足.
设等差数列的公差为，若，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足.
只有当时，，才能满足，所以是常数列，故选项B正确.
C、等比数列满足.
例如等比数列，所以，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，满足，但它不是常数列，故选项C错误.
D、各项为正数的等比数列满足.
设等比数列的公比为（），.
若，当足够大时，会无限增大，不满足；
若，当足够大时，会无限趋近于，不满足.
所以只有，此时，满足，是常数列，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】设（为公差），当时，，所以不是常数，这与等比数列性质矛盾，可得，即可判断选项A；当，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足，进而可得d=0，即可判断选项B；举例，可得，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，可判断选项C；结合等比数列的通项公式分或或三种讨论即可判断选项D.
12．（2025·湖南模拟）椭圆的离心率为　 　.
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得，所以离心率.
故答案为：.
【分析】根据已知条件可知，利用离心率公式即可求得答案.
13．（2025·湖南模拟）已知是偶函数，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，即，所以的解集为，
所以，解得，
所以，
经检验满足，符合题意，
所以的定义域为，且，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为，
故答案为：.
【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，进而可求得函数的表达式，再由利用导数求得函数单调性即可求得的最大值.
14．（2025·湖南模拟）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有　 　个元素.
【答案】921
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：由题意可知，连续11项中集合中最多选取5项，
以为例.
构造抽屉，，，，，，.
①同时选，
因为具有性质和，所以选5则不选；选6则不选；选7则不选，则只剩，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
②选2个，
若选，则不可选，又只能选一个元素，可以选，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则只能从中选，但不能同时选，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则不可选，又只能选一个元素，可以选，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
③中只选1个，
又四个集合，，，每个集合至多选1个元素，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个，
如取.
因为，所以把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025，给出如下选取方法：从中选取，然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次.
此时集合的元素为：；；；；
，共个元素，而取也满足题意，
经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个.
故答案为：921.
【分析】根据集合具有的性质和，说明连续11项中集合中最多选取5项，通过对数字进行合理分组，由即可求得满足条件的元素个数的最大值.
15．（2025·湖南模拟）如图，在直三棱柱中，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：由题意可知平面，
因为平面，所以.
因为，，平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为，所以四边形是正方形，所以.
又，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：如图所示，以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
易知，
所以.
设平面的法向量为，
所以，令，则，y=0，
所以平面的一个法向量为.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
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；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据直三棱柱的结构特点可得平面，利用线面垂直的性质可得，结合即可证得平面，进而可知，根据已知条件易知，即可证得平面，利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求得平面与平面夹角的余弦值 .
（1）由题知平面，又平面，所以.
又，，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以四边形是正方形，所以.
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，所以，
所以.
设平面的法向量为，则，即.
取，则，
所以平面的一个法向量为.
由（1）得平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．（2025·湖南模拟）某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
　 红色外观 蓝色外观
棕色内饰 7 10
米色内饰 3 5
（1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立；
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望.
【答案】（1）解：红色外观共有（个），，
米色内饰共有（个），，
是红色外观且是米色内饰的有个，，
，
，、不相互独立.
（2）解：由题意知的所有可能取值为，
因为，
，
，
的分布列为
600 300 150
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件
【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式求出、、，进而由条件概率公式即可求出，再根据相互独立事件的定义即可判断事件是否相互独立；
（2）依题意可知的所有可能取值为，先求出所对应的概率，即可求出X的分布列与数学期望.
（1）红色外观共有（个），，
米色内饰共有（个），，
是红色外观且是米色内饰的有个，，
，
，、不相互独立.
（2）由题意知的所有可能取值为，
且，
，
，
的分布列为
600 300 150
.
17．（2025·湖南模拟）已知数列满足，数列满足，且.
（1）求的通项公式；
（2）求的通项公式；
（3）将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求.
【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
所以的通项公式的通项公式为.
（2）解：方法一：由已知得，所以，
所以，又，
所以
即，所以
当n=1时，b1=1符合上式，
所以.
方法二：因为，所以
所以是常数列，
所以，
所以.

（3）解：设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）构造数列为等比数列，通过等比数列通项公式即可求的通项公式；
（2）法一：根据已知条件可得，利用累乘法即可求得的通项公式 ；
法二：易知是常数列，进而即可求得的通项公式；
（3）根据新数列的形成规则，判断其前100项中数列，分别有多少项，再分组求和可求.
（1）由可得，又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）方法一：由已知得，所以，
所以，又，
等式两边同时相乘，可得，
得，该式对也成立.
故.
方法二：由可知是常数列，
所以，
即.
（3）设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
18．（2025·湖南模拟）已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.
（1）求的方程；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意可知点在上，
所以，即，解得，
所以的方程为.

（2）解：抛物线方程可化为，所以，
因为，
所以C在点的切线方程为，即，
令，可得，所以.
所以，所以.
由题意可知直线BD的斜率必存在，设直线的方程为，
联立，消y整理可得
所以，解得
所以.
因为，
所以，
所以.

（3）解：易知，
由题意知直线的斜率必存在，所以设直线，
联立，消去整理得，
所以.
所以直线的方程为，
将代入，得，
所以，所以，所以，
同理可得.
所以直线的斜率，
由直线的点斜式方程可得直线，
将代入，
得，
所以直线过定点.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将 坐标代入抛物线方程求参数p，即可求得抛物线C的方程；
（2）结合导数的几何意义和点斜式求出在点处的切线方程，进而可确定点G，根据两点的距离公式可求得 ，设直线的方程为，联立方程组可知，根据韦达定理可得，进而可知，即可比较与的大小；
（3）根据题意，联立方程组可知，进而可求得点M，N的坐标，即可求得直线MN的斜率，利用点斜式求得直线MN的方程，即可判断直线MN是否过定点.
（1）（1）已知点在上，
所以，即，解得，
所以的方程为.
（2）抛物线方程可化为，则，当时，切线斜率，
由点斜式可得过点的切线方程为，即，
令，可得，所以.
由，可得，所以.
如图（1），设直线的方程为，
联立得得，
所以.
因为，
所以，
所以.
（3）易知.由题意知直线的斜率必存在，故设直线，
联立得消去得，所以.
直线的方程为，将代入，得，
由，所以，
同理可得.
所以直线的斜率，
由直线的点斜式方程可得直线，
将代入，
得，
所以直线过定点.
19．（2025·湖南模拟）已知函数，.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若，
（i）当时，求函数的最小值；
（ii）若有两个实根，，且，证明：.
【答案】（1）解：因为，所以，所以，
又因为，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）解：（i）当时，，定义域为，
，
令，
所以，所以在上单调递增，
又因为，
所以使得，即，①
所以当时，，即，此时在上单调递减；
当时，，即，此时在上单调递增，
所以当时，函数有最小值，
由①可得，即，
所以函数的最小值为.
（ii）由题意可知，，定义域为，
因为有两个不相等的实数根，
令，因为，所以在上递增，所以，
令，
所以有两个不相等的正的零点，且，
即，两式分别相加减得，
.
所以②
要证，只需证，
即证，即需证，
由②知，，
故只需证，
不妨设，令，
则只需证，即，
故只需证，
令
则，
所以在上单调递增，
所以，
即当时，成立.
所以，即，故.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）计算，进而求得，，利用导数的几何意义和点斜式方程即可求得函数在处的切线方程；
（2）（i）由题意先求得及其定义域，进而求得，令，利用导函数判断其正负性，进而可知函数的的单调性，即可求得函数的最小值；
（ii）由题意先求得及其定义域，根据题意可知有两个实根，转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立.
（1）因为，所以，
所以，又，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）（i）当时，，定义域为，
，
令，
则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以使得，即，①
故当时，，即，此时在上单调递减；
当时，，即，此时在上单调递增，
所以当时，函数有最小值，
由①可得，即，
所以函数的最小值为.
（ii）由题意，，定义域为，
由题意有两个不相等的实数根，
令，则，
所以在上递增，所以，
令，
所以有两个不相等的正的零点，且，
即，两式分别相加减得，
.
所以②
要证，只需证，
即证，即需证，
由②知，，
故只需证，
不妨设，令，
则只需证，即，
故只需证，
令
则，
所以在上单调递增，
所以，
即当时，成立.
所以，即，故.
1 / 1湖南省部分高中2024-2025学年高三下学期三模联考数学试题
1．（2025·湖南模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·湖南模拟）若复数满足，则的实部为（　　）
A． B． C．1 D．2
3．（2025·湖南模拟）若甲 乙 丙 丁 戊随机站成一排，则甲 乙不相邻的概率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·湖南模拟）若向量满足，且，则的夹角为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·湖南模拟）已知（），则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·湖南模拟）已知函数在时取极小值，则其导函数的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·湖南模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·湖南模拟）已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·湖南模拟）下列说法正确的是（　　）
A．数据的第80百分位数为11
B．已知随机变量，设，则的方差
C．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
D．若样本数据的平均数为2，则的平均数为8
10．（2025·湖南模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点对称
C．在区间上的值域为
D．若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为
11．（2025·湖南模拟）对于无穷数列，下列命题中正确的是（　　）
A．若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列
B．若等差数列满足，则是常数列
C．若等比数列满足，则是常数列
D．若各项为正数的等比数列满足，则是常数列
12．（2025·湖南模拟）椭圆的离心率为　 　.
13．（2025·湖南模拟）已知是偶函数，则的最大值为　 　.
14．（2025·湖南模拟）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有　 　个元素.
15．（2025·湖南模拟）如图，在直三棱柱中，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
16．（2025·湖南模拟）某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
　 红色外观 蓝色外观
棕色内饰 7 10
米色内饰 3 5
（1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立；
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望.
17．（2025·湖南模拟）已知数列满足，数列满足，且.
（1）求的通项公式；
（2）求的通项公式；
（3）将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求.
18．（2025·湖南模拟）已知是抛物线的焦点，在点处的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.
（1）求的方程；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）过点的直线与交于两点，，线段的延长线分别交于点，，试判断直线是否过定点，如果是，请求出该定点的坐标，如果不是，请说明理由.
19．（2025·湖南模拟）已知函数，.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若，
（i）当时，求函数的最小值；
（ii）若有两个实根，，且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，解得，
所以
因为，解得，所以
所以，
故选：D.
【分析】先解不等式求得集合A，B，进而求得即可.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可知，.
所以z的实部为-1.
故选：A.
【分析】根据复数的除法法则先求出复数，进而即可求得复数z的实部.
3．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：5个人随机排成一排的总排列数为：种.
将丙 丁 戊排成一排，有种排法，形成的4个空位选2个排甲、乙有种排法，则 甲 乙不相邻的排法共有种，
根据古典概型概率公式可得，甲、乙不相邻的概率为：.
故选：A.
【分析】先求出所有排列情况，再利用插空法求出甲乙不相邻的排列情况，最后根据古典概型概率公式计算概率即可.
4．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：∵，∴，
∵，即，∴
∴，
又∵，∴，
故选：B.
【分析】根据已知条件先求出，，进而根据平面向量的数量积的定义计算即可求得的夹角 .
5．【答案】A
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
又，所以，解得（舍去）或，
所以，所以，
所以.
故选：A.
【分析】根据已知条件和平方关系求出，，进而求出，再由二倍角的正切公式计算可得.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为(x>0 )，所以
由题意可知，，所以.
所以，当且仅当，即x=1时取等号，
所以导函数的最小值为-1，
故选：C.
【分析】首先对原函数求导，根据已知条件求出的值，进而求出导函数 的表达式，再利用基本不等式求出其最小值即可.
7．【答案】D
【知识点】轨迹方程；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：∵平面，平面，
∴ ，∴点到的距离为，
如图所示，平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，
∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，
∴点的轨迹的长度为，
故选：D.
【分析】根据题意线面垂直的性质可得点到的距离为，在平面中以C为原点建立平面直角坐标系，由，即可得点的轨迹方程，进而可求得点的轨迹的长度 .
8．【答案】C
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
作与AF交于点T，
因为四边形是正方形，所以，，
由对称性可知，，
因为在双曲线上，
所以，即，
即，化简整理得，
即，所以，
即，
又，所以，解得或（舍去）.
故选：C．
【分析】利用已知条件和双曲线的对称性可求得，将其代入双曲线上，整理得到，即，即，解方程求得e的值即可求得双曲线的离心率.
9．【答案】A,B
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为，所以第80百分位数为11，故选项A正确；
B、因为，所以，所以，故选项B正确；
C、用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率相等，都是，故选项C错误；
D、的平均数为，故选项D错误.
故选：AB.
【分析】利用百分位数意义计算即可判断选项A；利用二项分布的方差公式先求得，进而利用方差的性质计算即可判断选项B；利用简单随机抽样的概率公式计算即可判断选项C；利用平均数的性质计算即可判断选项D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：A、因为
，所以函数的最小正周期为，故选项A错误；
B、因为，所以的图象关于点对称，故选项B正确；
C、因为，所以，所以，
所以，
所以在区间上的值域为，故选项C正确；
D、若的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，
即函数为偶函数，
所以，解得，
因为，所以当时，取最小值，故选项D正确.
故选：BCD.
【分析】利用三角恒等变换和辅助角公式化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可判断选项A；利用正弦型函数的对称性可判断选项B；利用正弦型函数的值域可判断选项C；利用三角函数图象变换及正弦型函数的对称性可判断选项D.
11．【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；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、若数列既是等差数列又是等比数列.
对于等差数列，有（为公差）；对于等比数列，有（为公比且）.
当时，，所以不是常数，这与等比数列性质矛盾，所以，即，所以是常数列，故选项A正确.
B、等差数列满足.
设等差数列的公差为，若，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足.
只有当时，，才能满足，所以是常数列，故选项B正确.
C、等比数列满足.
例如等比数列，所以，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，满足，但它不是常数列，故选项C错误.
D、各项为正数的等比数列满足.
设等比数列的公比为（），.
若，当足够大时，会无限增大，不满足；
若，当足够大时，会无限趋近于，不满足.
所以只有，此时，满足，是常数列，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】设（为公差），当时，，所以不是常数，这与等比数列性质矛盾，可得，即可判断选项A；当，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足，进而可得d=0，即可判断选项B；举例，可得，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，可判断选项C；结合等比数列的通项公式分或或三种讨论即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可得，所以离心率.
故答案为：.
【分析】根据已知条件可知，利用离心率公式即可求得答案.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，即，所以的解集为，
所以，解得，
所以，
经检验满足，符合题意，
所以的定义域为，且，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为，
故答案为：.
【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，进而可求得函数的表达式，再由利用导数求得函数单调性即可求得的最大值.
14．【答案】921
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：由题意可知，连续11项中集合中最多选取5项，
以为例.
构造抽屉，，，，，，.
①同时选，
因为具有性质和，所以选5则不选；选6则不选；选7则不选，则只剩，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
②选2个，
若选，则不可选，又只能选一个元素，可以选，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则只能从中选，但不能同时选，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则不可选，又只能选一个元素，可以选，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
③中只选1个，
又四个集合，，，每个集合至多选1个元素，所以中属于集合的元素个数不超过5个.
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个，
如取.
因为，所以把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025，给出如下选取方法：从中选取，然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次.
此时集合的元素为：；；；；
，共个元素，而取也满足题意，
经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个.
故答案为：921.
【分析】根据集合具有的性质和，说明连续11项中集合中最多选取5项，通过对数字进行合理分组，由即可求得满足条件的元素个数的最大值.
15．【答案】（1）证明：由题意可知平面，
因为平面，所以.
因为，，平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为，所以四边形是正方形，所以.
又，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：如图所示，以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
易知，
所以.
设平面的法向量为，
所以，令，则，y=0，
所以平面的一个法向量为.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
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；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据直三棱柱的结构特点可得平面，利用线面垂直的性质可得，结合即可证得平面，进而可知，根据已知条件易知，即可证得平面，利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法即可求得平面与平面夹角的余弦值 .
（1）由题知平面，又平面，所以.
又，，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以四边形是正方形，所以.
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，所以，
所以.
设平面的法向量为，则，即.
取，则，
所以平面的一个法向量为.
由（1）得平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：红色外观共有（个），，
米色内饰共有（个），，
是红色外观且是米色内饰的有个，，
，
，、不相互独立.
（2）解：由题意知的所有可能取值为，
因为，
，
，
的分布列为
600 300 150
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件
【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式求出、、，进而由条件概率公式即可求出，再根据相互独立事件的定义即可判断事件是否相互独立；
（2）依题意可知的所有可能取值为，先求出所对应的概率，即可求出X的分布列与数学期望.
（1）红色外观共有（个），，
米色内饰共有（个），，
是红色外观且是米色内饰的有个，，
，
，、不相互独立.
（2）由题意知的所有可能取值为，
且，
，
，
的分布列为
600 300 150
.
17．【答案】（1）解：因为，所以，
又因为，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
所以的通项公式的通项公式为.
（2）解：方法一：由已知得，所以，
所以，又，
所以
即，所以
当n=1时，b1=1符合上式，
所以.
方法二：因为，所以
所以是常数列，
所以，
所以.

（3）解：设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）构造数列为等比数列，通过等比数列通项公式即可求的通项公式；
（2）法一：根据已知条件可得，利用累乘法即可求得的通项公式 ；
法二：易知是常数列，进而即可求得的通项公式；
（3）根据新数列的形成规则，判断其前100项中数列，分别有多少项，再分组求和可求.
（1）由可得，又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）方法一：由已知得，所以，
所以，又，
等式两边同时相乘，可得，
得，该式对也成立.
故.
方法二：由可知是常数列，
所以，
即.
（3）设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
18．【答案】（1）解：由题意可知点在上，
所以，即，解得，
所以的方程为.

（2）解：抛物线方程可化为，所以，
因为，
所以C在点的切线方程为，即，
令，可得，所以.
所以，所以.
由题意可知直线BD的斜率必存在，设直线的方程为，
联立，消y整理可得
所以，解得
所以.
因为，
所以，
所以.

（3）解：易知，
由题意知直线的斜率必存在，所以设直线，
联立，消去整理得，
所以.
所以直线的方程为，
将代入，得，
所以，所以，所以，
同理可得.
所以直线的斜率，
由直线的点斜式方程可得直线，
将代入，
得，
所以直线过定点.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将 坐标代入抛物线方程求参数p，即可求得抛物线C的方程；
（2）结合导数的几何意义和点斜式求出在点处的切线方程，进而可确定点G，根据两点的距离公式可求得 ，设直线的方程为，联立方程组可知，根据韦达定理可得，进而可知，即可比较与的大小；
（3）根据题意，联立方程组可知，进而可求得点M，N的坐标，即可求得直线MN的斜率，利用点斜式求得直线MN的方程，即可判断直线MN是否过定点.
（1）（1）已知点在上，
所以，即，解得，
所以的方程为.
（2）抛物线方程可化为，则，当时，切线斜率，
由点斜式可得过点的切线方程为，即，
令，可得，所以.
由，可得，所以.
如图（1），设直线的方程为，
联立得得，
所以.
因为，
所以，
所以.
（3）易知.由题意知直线的斜率必存在，故设直线，
联立得消去得，所以.
直线的方程为，将代入，得，
由，所以，
同理可得.
所以直线的斜率，
由直线的点斜式方程可得直线，
将代入，
得，
所以直线过定点.
19．【答案】（1）解：因为，所以，所以，
又因为，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）解：（i）当时，，定义域为，
，
令，
所以，所以在上单调递增，
又因为，
所以使得，即，①
所以当时，，即，此时在上单调递减；
当时，，即，此时在上单调递增，
所以当时，函数有最小值，
由①可得，即，
所以函数的最小值为.
（ii）由题意可知，，定义域为，
因为有两个不相等的实数根，
令，因为，所以在上递增，所以，
令，
所以有两个不相等的正的零点，且，
即，两式分别相加减得，
.
所以②
要证，只需证，
即证，即需证，
由②知，，
故只需证，
不妨设，令，
则只需证，即，
故只需证，
令
则，
所以在上单调递增，
所以，
即当时，成立.
所以，即，故.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）计算，进而求得，，利用导数的几何意义和点斜式方程即可求得函数在处的切线方程；
（2）（i）由题意先求得及其定义域，进而求得，令，利用导函数判断其正负性，进而可知函数的的单调性，即可求得函数的最小值；
（ii）由题意先求得及其定义域，根据题意可知有两个实根，转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立.
（1）因为，所以，
所以，又，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）（i）当时，，定义域为，
，
令，
则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以使得，即，①
故当时，，即，此时在上单调递减；
当时，，即，此时在上单调递增，
所以当时，函数有最小值，
由①可得，即，
所以函数的最小值为.
（ii）由题意，，定义域为，
由题意有两个不相等的实数根，
令，则，
所以在上递增，所以，
令，
所以有两个不相等的正的零点，且，
即，两式分别相加减得，
.
所以②
要证，只需证，
即证，即需证，
由②知，，
故只需证，
不妨设，令，
则只需证，即，
故只需证，
令
则，
所以在上单调递增，
所以，
即当时，成立.
所以，即，故.
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