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浙江省温州市普通高中2025届高三第三次适应性考试数学试题
1．（2025·温州模拟）已知都是单位向量，夹角为，则的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
故选：A.
【分析】利用即可求解.
2．（2025·温州模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以．
故选：C.
【分析】由对数函数单调性先求得集合B，进而即可求得.
3．（2025·温州模拟）已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以z=i，所以的虚部是1．
故选：C.
【分析】由复数除法运算先求得，再根据共轭复数概念即可求得复数z，进而即可求得z的虚部.
4．（2025·温州模拟）已知圆和圆有公共点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由题意可知圆的圆心O为(0.0)，半径为1，圆 的圆心O'为(3，0)，半径为r，所以|OO'|=3，
所以，解得：．
所以的取值范围为 [2，4].
故选：B.
【分析】由两圆位置关系构造不等式求解即可求得的取值范围.
5．（2025·温州模拟）已知，则（　　）
A．3 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得
故选：C.
【分析】利用两角和的正切公式求解即可.
6．（2025·温州模拟）已知函数的定义域为，，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、令，得，
又因为，所以，解得，故选项A错误；
B、令，得，
又因为，，所以，解得，故选项B错误；
C、令，得，
又因为，所以，
因为，所以，，
所以，故选项C正确；
D、因为，所以，
所以，
，
又因为，所以，故选项D错误.
故选：C.
【分析】利用赋值法令，即可求得f(1)，可判断选项A；令，即可求得f(-1)可判断选项B；利用赋值法令，可得，又进而可得，即可判断选项C；由及可判断选项D.
7．（2025·温州模拟）为了研究某种商品的广告投入和收益之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（　　）万元．
/万元 1 2 3 4 5
/万元 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50
A．2.48 B．2.58 C．2.68 D．2.88
【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以样本数据中心点为：
代入回归方程得，解得：，
所以线性回归方程为
所以当时，．
故选：C.
【分析】求得样本中心点，代入回归方程中可求得，进而可得到回归方程的表达式，计算即可求得当广告投入为10万元时收益的预测值 .
8．（2025·温州模拟）已知双曲线的左、右焦点分别是、，在第二象限且在双曲线的渐近线上，，线段的中点在双曲线的右支上，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的应用；解三角形
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，、分别为、的中点，所以，
又因为，，
所以，所以，
由题意可知，所以为钝角，
因为，
所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，即，解得e=4或e=-1(舍去)．
所以双曲线的离心率为4，
故选：A.
【分析】作出图形，证明出，可得出，根据双曲线的性质可知，进而求得的值，结合余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可解得该双曲线的离心率的值.
9．（2025·温州模拟）已知函数，则存在实数，使得（　　）
A．的最小正周期为 B．是偶函数
C．是奇函数 D．的最大值为0
【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：AC、当时，，最小正周期，且，所以为奇函数，故选项AC正确；
B、因为，故选项B错误；
D、因为，
因为，无解，故选项D错误．
故选：AC.
【分析】取，可知，根据函数的周期性和奇偶性即可判断选项AC；根据偶函数的性质即可判断选项B；结合二倍角公式和辅助角公式，求函数的最大值，判断选项D.
10．（2025·温州模拟）抛掷一枚质地均匀的骰子，记试验的样本空间为，事件，事件，则（　　）
A．与是互斥事件 B．与是相互独立事件
C． D．
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、可掷出2，使得同时发生，所以M与N不是互斥事件，故选项A错误；
B、，满足，故选项B正确；
C、因为，所以，故选项C错误；
D、，；
所以，故选项D正确．
故选：BD.
【分析】根据互斥事件与独立事件定义可判断选项A；先求得，再根据独立事件定义可判断选项B；由条件概率公式公式计算可判断选项C；由对立事件与独立事件的概率公式先求得，进而即可判断选项D.
11．（2025·温州模拟）已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．存在数列，其中有一项能使得且
D．若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则
【答案】B,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A、当 时，，则，故选项A错误；
B、当时，，则，故选项B正确；
C、当时，，即且，故选项C正确；
D、注意到，由于，
所以至多存在一个使得，且，
对于其余的和中，至多只有一个属于，且，
则至少需剔除（）个元素，
所以，
又，解得，故选项D正确．
故选：BCD.
【分析】当 时，求出a1，a2，a3，进而根据集合新定义即可判断选项A；当 时，求出a1，a2，a3，a4，进而根据集合新定义即可判断选项B；当时，结合根据集合新定义即可判断选项C；结合数列性质及古典概率概率计算公式可判断选项D.
12．（2025·温州模拟）2025年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学．某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有　 　种．
【答案】9
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当甲乙两所学校都不报名时有种报法；当甲乙选其中一所学校报名时有种报法；
所以某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有种．
故答案为：9.
【分析】分甲乙两所学校都不报名和甲乙选其中一所学校报名两种情况进行讨论即可.
13．（2025·温州模拟）在中，，，的中垂线交于点，则的面积的最大值是　 　．
【答案】12
【知识点】椭圆的应用
【解析】【解答】解：由题意可得， ，所以 ，
所以点 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆，长轴长为 10 ，焦距为 6，即椭圆半长轴 ，半焦距 ，半短轴 .
设，所以的轨迹是椭圆，
面积 ，
当 取最大值(即半短轴 )时，面积最大，最大面积为 .
故答案为：12.
【分析】根据题意可知点 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆，长轴长为 10 ，焦距为 6，进而建立平面直角坐标系，求得点A，B的坐标，即可点M的轨迹方程，结合椭圆的性质即可求得的面积的最大值.
14．（2025·温州模拟）已知圆台上下底面半径分别为1，2，母线长为2，则圆台的体积等于　 　；为下底面圆周上一定点，一只蚂蚁从点出发，绕着圆台的侧面爬行一周又回到点，则爬行的最短距离为　 　．
【答案】；
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，设圆台高为，已知，，母线长，
所以，
所以圆台体积为；
圆台侧面展开图是一个扇环，设其所在扇形所对圆心角为半径为，则且
解得
如图所示，，
过作与小半圆切于点连接并延长至，
过作与小半圆切于点，且两切线交于点连接并延长至，
则，
由题意知爬行过程中必然经过线段中某一点和中某一点，
所以是爬行的最短距离时的部分路径.
所以是爬行最短路径时经过的点，则也是爬行的最短路径的另一部分，
由上可知，，故，，
同理，，
所以所以，
所以爬行的最短距离为
故答案为：；.
【分析】结合图形和已知条件先求出圆台的高，再根据圆台的体积公式直接计算即可求出圆台的体积；绘制出爬行的最短距离计算求解即可爬行的最短距离.
15．（2025·温州模拟）已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）点在边上，且，求的周长．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
所以，
因为，所以
所以，
因为，所以，所以，所以．
（2）解：在中，由余弦定理可知，，解得，
在中，由余弦定理可知，，解得，
所以的周长为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解即可求得 角的大小；
（2）应用余弦定理得出，再应用得出，即可求得的周长 .
（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
16．（2025·温州模拟）数列满足：，．
（1）数列满足：，试判断是否是等比数列，并说明理由；
（2）数列满足：，求数列的前项和．
【答案】（1）解：是等比数列，理由如下：
因为，所以，
又，所以，
因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列．
（2）解：由（1）可知，所以，
所以，
所以
．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由题意可知，进而可得，结合等比数列的定义即可判断是否是等比数列 ；
（2）由（1）可知，进而求得，从而得到，再由分组求和法及并项求和法计算可得数列的前项和 .
（1）是等比数列，理由如下：
因为，故，
又，故，
因为，所以，故是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，所以，
所以，
所以
．
17．（2025·温州模拟）抛物线与的焦点分别为，为的一个交点，且．
（1）求的值；
（2）是上的两点，若四边形（按逆时针排列）为平行四边形，求此四边形的面积．
【答案】（1）解：抛物线，准线方程为，
所以，解得，所以，
因为点在抛物线上，所以，
又，所以，
将代入抛物线，可得，
所以，，.
（2）解：由（1）可知，设中点为，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
设，所以，
因为在抛物线上，所以，所以，
即，
所以，所以，且直线过点，
所以，即，
联立消y整理得
所以，
所以，
而到距离，
所以．
【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由结合抛物线焦半径公式可得，进而求得抛物线C2方程，再将点坐标代入抛物线可得，即可求得点A坐标，再将A坐标代入抛物线可得；
（2）由(1)即可求得F1，F2，进而可求得中点M，借助平行四边形性质可得中点坐标，再借助点差法计算可得，从而可得方程，再联立方程与方程，消去可得与横坐标有关一元二次方程，即可借助韦达定理、弦长公式可求得|PQ|，再借助点到直线的公式即可求得到距离，进而根据平行四边形的面积公式计算即可求得平行四边形的面积.
（1）抛物线，准线方程为，
，所以，所以，
因为点在抛物线上，所以，
又，所以，
将代入抛物线，可得，
故，，；
（2）由（1）可知，设中点为，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
设，所以，
因为在抛物线上，所以，则，
即，
所以，所以，且直线过点，
所以，即，
联立，
所以，
所以，
到距离，
所以．
18．（2025·温州模拟）如图，几何体由两个直三棱柱拼接而成，在直三棱柱中，；在直三棱柱中，．直线分别交平面于点．
（1）求证：；
（2）若，则
（i）当时，求线段的长度；
（ii）当平面与平面的夹角与互余时，求的值．
【答案】（1）证明：由题意可知：平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，，
所以平面，
所以平面与平面共面，所以可知在上，
因为为直三棱柱，所以平面，
又在平面内，所以没有交点，
又都在平面内，
所以．
（2）解：（i）因为，
所以，
又，可得，所以
又因为，所以，可得．
（ii）如图所示，以C为原点，直线CA，CB，CC1的方向为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令y=1，则所以
因为BC⊥AC，BC⊥CC1，AC∩CC1=C，AC，CC1平面，
所以BC⊥平面，所以平面的法向量可取，
所以，
因为，所以，
整理得，
即，
因为，
代入可得，即，
解得，即，
解得：，
因为，所以．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质可知，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面，可得在平面内，而平面，由线面平行的性质定理即可证得；
（2）（i）先求得，进而由，得到，即可求得线段的长度 ；
（ii）建系，求得平面与平面的法向量，代入夹角公式结合三角恒等变换即可求得的值 .
（1）由题意可知：，又为平面内两条相交直线，所以平面，
所以平面与平面共面，所以可知在上，
因为为直三棱柱，所以平面，
又在平面内，所以没有交点，
又都在平面内，
所以．
（2）（i）因为，
所以，
又，可得，所以
又因为，所以，可得．
（ii）如图建系，则，
则，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面的法向量可取为，
所以，
因，则有，
整理得，
即，
因，
代入可得，即，
解得，即，解得：，
因，故得．
19．（2025·温州模拟）设曲线．
（1）求证：关于直线对称；
（2）求证：是某个函数的图象；
（3）试求所有实数与，使得直线在的上方．
【答案】（1）证明：点关于的对称点是，
设点在曲线上，即，
所以，
即也在曲线上，所以关于直线对称．
（2）证明：固定，设，则，
当时，恒成立，至多只有一个零点；
当时，令，
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又因为
所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应，
互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象．
（3）解：引理：对于上任意一点，恒有．
证明：设，则，
所以，所以的图象夹在与之间，所以．
联立，消y整理得，
当时，，
令所以，
令，解得或，
又，
又，，所以，此时方程无解，
当时，方程也无解，
综上所述，．
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）只需证明曲线上任一点关于的对称点是也在曲线上即可；
（2）设，只需判断有且仅有一根即可，即对任意实数，只有一个与之对应，
（3）首先判断出的图象夹在与之间，故．联立再由与曲线没有交点，且的值即为所求.
（1）点关于的对称点是，
若点在曲线上，即，
所以，
即也在曲线上，故关于直线对称．
（2）固定，设，则，
当时，恒成立，至多只有一个零点；
当时，令，设，则，
在上单调增，在上单调减，在上单调增，
又，
所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应，
互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象．
（3）引理：对于上任意一点，恒有．
证明：设，则，
所以，所以的图象夹在与之间，故．
联立，可得，
当时，，
令，则或，
又，
又，，所以，此时方程无解，
当时，方程也无解，
综上：．
1 / 1浙江省温州市普通高中2025届高三第三次适应性考试数学试题
1．（2025·温州模拟）已知都是单位向量，夹角为，则的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
2．（2025·温州模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·温州模拟）已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（　　）
A． B． C．1 D．
4．（2025·温州模拟）已知圆和圆有公共点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·温州模拟）已知，则（　　）
A．3 B．2 C． D．
6．（2025·温州模拟）已知函数的定义域为，，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·温州模拟）为了研究某种商品的广告投入和收益之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（　　）万元．
/万元 1 2 3 4 5
/万元 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50
A．2.48 B．2.58 C．2.68 D．2.88
8．（2025·温州模拟）已知双曲线的左、右焦点分别是、，在第二象限且在双曲线的渐近线上，，线段的中点在双曲线的右支上，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·温州模拟）已知函数，则存在实数，使得（　　）
A．的最小正周期为 B．是偶函数
C．是奇函数 D．的最大值为0
10．（2025·温州模拟）抛掷一枚质地均匀的骰子，记试验的样本空间为，事件，事件，则（　　）
A．与是互斥事件 B．与是相互独立事件
C． D．
11．（2025·温州模拟）已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．存在数列，其中有一项能使得且
D．若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则
12．（2025·温州模拟）2025年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学．某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有　 　种．
13．（2025·温州模拟）在中，，，的中垂线交于点，则的面积的最大值是　 　．
14．（2025·温州模拟）已知圆台上下底面半径分别为1，2，母线长为2，则圆台的体积等于　 　；为下底面圆周上一定点，一只蚂蚁从点出发，绕着圆台的侧面爬行一周又回到点，则爬行的最短距离为　 　．
15．（2025·温州模拟）已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）点在边上，且，求的周长．
16．（2025·温州模拟）数列满足：，．
（1）数列满足：，试判断是否是等比数列，并说明理由；
（2）数列满足：，求数列的前项和．
17．（2025·温州模拟）抛物线与的焦点分别为，为的一个交点，且．
（1）求的值；
（2）是上的两点，若四边形（按逆时针排列）为平行四边形，求此四边形的面积．
18．（2025·温州模拟）如图，几何体由两个直三棱柱拼接而成，在直三棱柱中，；在直三棱柱中，．直线分别交平面于点．
（1）求证：；
（2）若，则
（i）当时，求线段的长度；
（ii）当平面与平面的夹角与互余时，求的值．
19．（2025·温州模拟）设曲线．
（1）求证：关于直线对称；
（2）求证：是某个函数的图象；
（3）试求所有实数与，使得直线在的上方．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可知，
故选：A.
【分析】利用即可求解.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以．
故选：C.
【分析】由对数函数单调性先求得集合B，进而即可求得.
3．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以z=i，所以的虚部是1．
故选：C.
【分析】由复数除法运算先求得，再根据共轭复数概念即可求得复数z，进而即可求得z的虚部.
4．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由题意可知圆的圆心O为(0.0)，半径为1，圆 的圆心O'为(3，0)，半径为r，所以|OO'|=3，
所以，解得：．
所以的取值范围为 [2，4].
故选：B.
【分析】由两圆位置关系构造不等式求解即可求得的取值范围.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，解得
故选：C.
【分析】利用两角和的正切公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、令，得，
又因为，所以，解得，故选项A错误；
B、令，得，
又因为，，所以，解得，故选项B错误；
C、令，得，
又因为，所以，
因为，所以，，
所以，故选项C正确；
D、因为，所以，
所以，
，
又因为，所以，故选项D错误.
故选：C.
【分析】利用赋值法令，即可求得f(1)，可判断选项A；令，即可求得f(-1)可判断选项B；利用赋值法令，可得，又进而可得，即可判断选项C；由及可判断选项D.
7．【答案】C
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以样本数据中心点为：
代入回归方程得，解得：，
所以线性回归方程为
所以当时，．
故选：C.
【分析】求得样本中心点，代入回归方程中可求得，进而可得到回归方程的表达式，计算即可求得当广告投入为10万元时收益的预测值 .
8．【答案】A
【知识点】双曲线的应用；解三角形
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，、分别为、的中点，所以，
又因为，，
所以，所以，
由题意可知，所以为钝角，
因为，
所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，即，解得e=4或e=-1(舍去)．
所以双曲线的离心率为4，
故选：A.
【分析】作出图形，证明出，可得出，根据双曲线的性质可知，进而求得的值，结合余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可解得该双曲线的离心率的值.
9．【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：AC、当时，，最小正周期，且，所以为奇函数，故选项AC正确；
B、因为，故选项B错误；
D、因为，
因为，无解，故选项D错误．
故选：AC.
【分析】取，可知，根据函数的周期性和奇偶性即可判断选项AC；根据偶函数的性质即可判断选项B；结合二倍角公式和辅助角公式，求函数的最大值，判断选项D.
10．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、可掷出2，使得同时发生，所以M与N不是互斥事件，故选项A错误；
B、，满足，故选项B正确；
C、因为，所以，故选项C错误；
D、，；
所以，故选项D正确．
故选：BD.
【分析】根据互斥事件与独立事件定义可判断选项A；先求得，再根据独立事件定义可判断选项B；由条件概率公式公式计算可判断选项C；由对立事件与独立事件的概率公式先求得，进而即可判断选项D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：A、当 时，，则，故选项A错误；
B、当时，，则，故选项B正确；
C、当时，，即且，故选项C正确；
D、注意到，由于，
所以至多存在一个使得，且，
对于其余的和中，至多只有一个属于，且，
则至少需剔除（）个元素，
所以，
又，解得，故选项D正确．
故选：BCD.
【分析】当 时，求出a1，a2，a3，进而根据集合新定义即可判断选项A；当 时，求出a1，a2，a3，a4，进而根据集合新定义即可判断选项B；当时，结合根据集合新定义即可判断选项C；结合数列性质及古典概率概率计算公式可判断选项D.
12．【答案】9
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当甲乙两所学校都不报名时有种报法；当甲乙选其中一所学校报名时有种报法；
所以某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有种．
故答案为：9.
【分析】分甲乙两所学校都不报名和甲乙选其中一所学校报名两种情况进行讨论即可.
13．【答案】12
【知识点】椭圆的应用
【解析】【解答】解：由题意可得， ，所以 ，
所以点 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆，长轴长为 10 ，焦距为 6，即椭圆半长轴 ，半焦距 ，半短轴 .
设，所以的轨迹是椭圆，
面积 ，
当 取最大值(即半短轴 )时，面积最大，最大面积为 .
故答案为：12.
【分析】根据题意可知点 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆，长轴长为 10 ，焦距为 6，进而建立平面直角坐标系，求得点A，B的坐标，即可点M的轨迹方程，结合椭圆的性质即可求得的面积的最大值.
14．【答案】；
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，设圆台高为，已知，，母线长，
所以，
所以圆台体积为；
圆台侧面展开图是一个扇环，设其所在扇形所对圆心角为半径为，则且
解得
如图所示，，
过作与小半圆切于点连接并延长至，
过作与小半圆切于点，且两切线交于点连接并延长至，
则，
由题意知爬行过程中必然经过线段中某一点和中某一点，
所以是爬行的最短距离时的部分路径.
所以是爬行最短路径时经过的点，则也是爬行的最短路径的另一部分，
由上可知，，故，，
同理，，
所以所以，
所以爬行的最短距离为
故答案为：；.
【分析】结合图形和已知条件先求出圆台的高，再根据圆台的体积公式直接计算即可求出圆台的体积；绘制出爬行的最短距离计算求解即可爬行的最短距离.
15．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
所以，
因为，所以
所以，
因为，所以，所以，所以．
（2）解：在中，由余弦定理可知，，解得，
在中，由余弦定理可知，，解得，
所以的周长为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解即可求得 角的大小；
（2）应用余弦定理得出，再应用得出，即可求得的周长 .
（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
16．【答案】（1）解：是等比数列，理由如下：
因为，所以，
又，所以，
因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列．
（2）解：由（1）可知，所以，
所以，
所以
．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由题意可知，进而可得，结合等比数列的定义即可判断是否是等比数列 ；
（2）由（1）可知，进而求得，从而得到，再由分组求和法及并项求和法计算可得数列的前项和 .
（1）是等比数列，理由如下：
因为，故，
又，故，
因为，所以，故是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，所以，
所以，
所以
．
17．【答案】（1）解：抛物线，准线方程为，
所以，解得，所以，
因为点在抛物线上，所以，
又，所以，
将代入抛物线，可得，
所以，，.
（2）解：由（1）可知，设中点为，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
设，所以，
因为在抛物线上，所以，所以，
即，
所以，所以，且直线过点，
所以，即，
联立消y整理得
所以，
所以，
而到距离，
所以．
【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由结合抛物线焦半径公式可得，进而求得抛物线C2方程，再将点坐标代入抛物线可得，即可求得点A坐标，再将A坐标代入抛物线可得；
（2）由(1)即可求得F1，F2，进而可求得中点M，借助平行四边形性质可得中点坐标，再借助点差法计算可得，从而可得方程，再联立方程与方程，消去可得与横坐标有关一元二次方程，即可借助韦达定理、弦长公式可求得|PQ|，再借助点到直线的公式即可求得到距离，进而根据平行四边形的面积公式计算即可求得平行四边形的面积.
（1）抛物线，准线方程为，
，所以，所以，
因为点在抛物线上，所以，
又，所以，
将代入抛物线，可得，
故，，；
（2）由（1）可知，设中点为，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
设，所以，
因为在抛物线上，所以，则，
即，
所以，所以，且直线过点，
所以，即，
联立，
所以，
所以，
到距离，
所以．
18．【答案】（1）证明：由题意可知：平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，，
所以平面，
所以平面与平面共面，所以可知在上，
因为为直三棱柱，所以平面，
又在平面内，所以没有交点，
又都在平面内，
所以．
（2）解：（i）因为，
所以，
又，可得，所以
又因为，所以，可得．
（ii）如图所示，以C为原点，直线CA，CB，CC1的方向为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令y=1，则所以
因为BC⊥AC，BC⊥CC1，AC∩CC1=C，AC，CC1平面，
所以BC⊥平面，所以平面的法向量可取，
所以，
因为，所以，
整理得，
即，
因为，
代入可得，即，
解得，即，
解得：，
因为，所以．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质可知，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面，可得在平面内，而平面，由线面平行的性质定理即可证得；
（2）（i）先求得，进而由，得到，即可求得线段的长度 ；
（ii）建系，求得平面与平面的法向量，代入夹角公式结合三角恒等变换即可求得的值 .
（1）由题意可知：，又为平面内两条相交直线，所以平面，
所以平面与平面共面，所以可知在上，
因为为直三棱柱，所以平面，
又在平面内，所以没有交点，
又都在平面内，
所以．
（2）（i）因为，
所以，
又，可得，所以
又因为，所以，可得．
（ii）如图建系，则，
则，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面的法向量可取为，
所以，
因，则有，
整理得，
即，
因，
代入可得，即，
解得，即，解得：，
因，故得．
19．【答案】（1）证明：点关于的对称点是，
设点在曲线上，即，
所以，
即也在曲线上，所以关于直线对称．
（2）证明：固定，设，则，
当时，恒成立，至多只有一个零点；
当时，令，
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又因为
所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应，
互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象．
（3）解：引理：对于上任意一点，恒有．
证明：设，则，
所以，所以的图象夹在与之间，所以．
联立，消y整理得，
当时，，
令所以，
令，解得或，
又，
又，，所以，此时方程无解，
当时，方程也无解，
综上所述，．
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）只需证明曲线上任一点关于的对称点是也在曲线上即可；
（2）设，只需判断有且仅有一根即可，即对任意实数，只有一个与之对应，
（3）首先判断出的图象夹在与之间，故．联立再由与曲线没有交点，且的值即为所求.
（1）点关于的对称点是，
若点在曲线上，即，
所以，
即也在曲线上，故关于直线对称．
（2）固定，设，则，
当时，恒成立，至多只有一个零点；
当时，令，设，则，
在上单调增，在上单调减，在上单调增，
又，
所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应，
互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象．
（3）引理：对于上任意一点，恒有．
证明：设，则，
所以，所以的图象夹在与之间，故．
联立，可得，
当时，，
令，则或，
又，
又，，所以，此时方程无解，
当时，方程也无解，
综上：．
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