资源简介

四川省仁寿第一中学校南校区2025届高三下学期第三次模拟考试数学试题
1．（2025·仁寿模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用对数函数的单调性得出集合A，再利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2025·仁寿模拟）已知向量．若，则的值为（　　）
A．10 B．6 C．3 D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，可得，
则，
可得.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和向量的坐标运算和数量积的坐标表示，从而得出x的值.
3．（2025·仁寿模拟）一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40.若这两组数据的中位数相等，则删除的数为（　　）
A．25 B．30 C．35 D．40
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：依题意，新数据组有6个数，其中位数是，
显然原数据组有7个数，因此删除的数是中位数30.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合中位数的定义，从而得出删除的数.
4．（2025·仁寿模拟）已知双曲线，则“的渐近线互相垂直”是“的离心率等于”的（　　）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】充要条件
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
当双曲线的渐近线互相垂直时，则，
所以，
因此双曲线C的离心率为，
所以“双曲线的渐近线互相垂直”是“双曲线的离心率等于”的充要条件.
故答案为：A.
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得直线斜率，再根据两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出，进而得出双曲线的离心率，再根据充要条件的判断方法，从而判断出“双曲线的渐近线互相垂直”是“双曲线的离心率等于”的充要条件.
5．（2025·仁寿模拟）设是两个平面，是两条直线，则下列命题不正确的是（　　）
A．，，则
B．，直线，，则
C．，则
D．过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：设平面的法向量分别为，直线的方向向量为.
对于A：由，，
可得：，
所以，
所以，故A正确；
对于B：由，可得，
由，可得，
所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C：由，
可得：，且，且不共线，
所以，
所以，故C正确；
对于D：不知和平面的位置关系，显然无法判断，故D错误.
故答案为：D.
【分析】由已知条件和面面平行的判定定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而找出命题不正确的选项.
6．（2025·仁寿模拟）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边与圆交于点．若点沿着圆的圆周按逆时针方向移动个单位长度到达点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；扇形的弧长与面积；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的顶点与坐标原点重合，
始边与轴的非负半轴重合，其终边与圆交于点，
所以，圆半径为，
所以，
因为点沿着圆的圆周按逆时针方向移动个单位长度到达点，
所以，
所以
.
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理和三角函数的定义以及点的坐标，从而求出圆的半径和的值，再根据点在圆上移动的距离求出的大小，再由结合两角和的余弦公式，从而得出的值.
7．（2025·仁寿模拟）已知是定义在的奇函数，且．若，则（　　）
A． B．0 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：因为，
可得，
可知函数的一个周期为4，
又因为是定义在的奇函数，则，
则，
所以，
令，可得；
令，可得，即，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和周期函数的定义，从而得出函数的一个周期为4，再结合奇函数的性质可得，，从而可得，，再根据函数的周期性得出的值.
8．（2025·仁寿模拟）已知点在抛物线上，点为圆上任意一点，且的最小值为3，则，圆的半径为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，得，
解得，即，
因为圆心恰好为抛物线的焦点，
则，
又因为，
所以点在圆的外部，
所以的最小值为，
解得.
故答案为：A.
【分析】先由代入法求出点的坐标，再根据抛物线的定义得出的值，从而求出圆外的定点与圆上的动点之间的距离的最小值，即的最小值为点与圆心之间的距离减去半径，再利用已知条件得出圆C的半径r的值.
9．（2025·仁寿模拟）将函数图象上所有的点向左平移3个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是（　　）
A．的最小正周期为36 B．
C．为偶函数 D．在上共有5个极值点
【答案】A,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；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奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，因为的最小正周期为，所以A正确；
对于B，将函数图象上所有的点向左平移3个单位长度可得：
，所以B错误；
对于C，因为，所以为偶函数，所以C正确；
对于D，令，
可得，
解得：，
由，
可得的取值有，共有5个极值点，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出函数g(x)的解析式，则判断出选项B；利用正弦型函数的最小正周期公式判断出选项A；利用换元和余弦函数的奇偶性，从而判断出函数的奇偶性，则判断出选项C；利用已知条件和导数求极值点的方法，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．（2025·仁寿模拟）某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为，下列结论正确的有（　　）
A．平面 B．该石凳的体积为
C．，，，四点共面 D．点到平面的距离为
【答案】A,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面垂直的判定；共面向量定理；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：“阿基米德体”是由如图所示得到的，
即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.
对于A：由图可知平面，故A正确；
对于B：因为，故B错误；
对于C：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，
∴，且这个六条边长全相等，
∴，，，四点共面，故C正确；
对于D：如图建立空间直角坐标系，
∵，
∴正方体棱长为4，
∴，，，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，
则，，
∴点到平面的距离，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意结合线面垂直的判定定理，则判断出选项A；由正方体的体积减去八个三棱锥的体积判断出选项B；由图中几何关系判断出选项C；先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，从而求出平面的一个法向量，再利用数量积求点到平面的距离公式结合已知条件，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2025·仁寿模拟）已知数列满足，，给出下列结论正确的是（　　）
A．存在，使得为常数列
B．对任意的，为递增数列
C．对任意的，既不是等差数列也不是等比数列
D．对于任意的，都有
【答案】B,C,D
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：由题意，在数列中，，.
对于A，若为常数列，则，
根据递推公式，得出，
可得，
则，
解得，
又因为，
故不存在，使得为常数列，所以A错误；
对于B，对于，由递推公式，可得，，则，
所以，，
所以，
所以数列是递增数列，所以B正确；
对于C，若是等差数列，则为常数，
可得常数，
则是常数数列，
则，与矛盾，
故对任意的，不是等差数列，
若是等比数列，
则为常数.根据递推公式，
所以为常数，
则为常数数列，
可得，这与矛盾，
所以，对任意的，不是等比数列，
综上所述：对任意的，既不是等差数列也不是等比数列，所以C正确；
对于D，由，
两边平方得：
故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据为常数列得出的值，则判断出选项A；利用得出和数列的单调性，则判断出选项B；分别假设是等差数列和等比数列，再通过等式变化，则判断出选项C；对两边平方，再利用放缩法判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2025·仁寿模拟）已知，则　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：.
【分析】以为整体，利用诱导公式可得，再根据二倍角的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
13．（2025·仁寿模拟）在的展开式中，的系数为80，则实数的值为　 　.
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式通项为，，
令，可得，解得.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，结合题意，列出方程求解即可.
14．（2025·仁寿模拟）设函数，函数．若函数恰有两个零点，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令函数，
又因为函数在R上单调递增，且，
则当时，，
当时，，
因此，
令函数，
由恰有两个零点，
得函数的图象与直线有两个交点，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线的图象，
因为直线恒过定点，观察图象，
当时，函数的图象与直线恒有两个交点，则；
当直线过点时，函数的图象与直线有两个交点，则；
当直线与曲线相切时，函数的图象与直线有两个交点，
设切点坐标为，，
所以，
解得，则，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出函数的解析式，再构造函数，将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，再借助导数的几何意义和数形结合，从而求出的取值范围.
15．（2025·仁寿模拟）已知的内角的对边分别为．已知．
（1）求角：
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
在中，，
则，
所以，
则．
（2）解：由余弦定值知：，
则，
所以，
所以．
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；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）利用已知条件和正弦定理边化角，再结合同角三角函数基本关系式求出的值，再利用特殊角的三角函数值和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）利用已知条件和余弦定理求出的值，再根据三角形面积公式得出的面积.
（1）因为，由正弦定理得
在中，，则，即，
故．
（2）由余弦定值知：，
即，则，
所以．
16．（2025·仁寿模拟）如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点．
（1）求证：：
（2）当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接，
由，得，
由等边，得，
因为平面，，
则平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：依题意，的面积为，
三棱锥体积，
则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，
在中，，，
因此当平面时，三棱锥体积最大，
在平面内过作于，连接，
由平面，平面，得，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
则，是二面角的平面角，
在中，，
在中，，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再根据线面垂直的定义证出线线垂直，即证出.
（2）由（1）结合三角形的面积公式和等体积法，从而得出当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大，再利用线线垂直和线面垂直的推导方法，从而得出，是二面角的平面角，再利用直角三角形对应边成比例、勾股定理和余弦函数的定义，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）取中点，连接，
由，得，由等边，得，
而平面，，则平面，又平面，
所以.
（2）依题意，的面积为，三棱锥体积，
则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，
在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大，
在平面内过作于，连接，由平面，平面，
得，而平面，于是平面，
又平面，则，是二面角的平面角，
在中，，在中，，
，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2025·仁寿模拟）如图，点，，，，均在直线上，且，质点与质点均从点出发，两个质点每次都只能向左或向右移动1个单位长度，两个质点每次移动时向左移动的概率均为，每个质点均移动2次.已知每个质点移动2次后到达的点所对应的积分如下表所示，设随机变量为两个质点各自移动2次后到达的点所对应的积分之和.
积分 0 100 200
（1）求质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
【答案】（1）解：设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，
由题意可知，点两次移动后在点，
又因为起点为点，
所以的移动一次向左一次向右，
所以.
（2）解：由题意，则的所有可能取值为，，0，200，400.
则，
，
，
，
，
所以，随机变量的分布列为：
0 200 400
则
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；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
【解析】【分析】（1）根据已知条件和互斥事件加法求概率公式以及独立事件乘法求概率公式，从而得出质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率.
（2）先利用已知条件得出的所有可能取值，再利用独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量的数学期望.
（1）设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，
由题意可知点两次移动后在点，又起点为点，即的移动一次向左一次向右，
所以.
（2）的所有可能取值为，，0，200，400.
，
，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
0 200 400
.
18．（2025·仁寿模拟）已知椭圆的离心率为，点在上．
（1）求的方程；
（2）设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）（ⅰ）证明：如图，
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合，
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，
故它们的中点重合，此时；
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
设
由，
得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时，
综上所述，.
（ⅱ）解：因为，
所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，
所以，
又因为，
所以，
化简得 ， ①
设点到直线的距离为，点C到直线的距离为，
假设的面积与的面积相等，
则，
因为，
所以，
所以，
又因为，
又因为，
所以，
所以，②
由①②解得，经检验符合题意，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的离心率公式、点代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列出方程组求出，b的值，从而得出椭圆的方程.
（2）（ⅰ）利用已知条件，将问题可转化为两弦中点重合，再联立直线方程与椭圆方程，再利用根与系数的关系和中点坐标公式，从而证出.
（ⅱ）根据根与系数的关系和，从而可得的关系式，再由三角形面积相等和点到直线的距离公式，从而可得另一个的关系式，再联立两个关系式得出的值.
（1）由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）如图，
（ⅰ）证明：
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合.
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合，
此时
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
由，得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时.
综上所述，
(ii)因为，所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，所以，
又，所以，
化简得①
设到的距离为，C到的距离为，
假设的面积与的面积相等，则，
因为，所以，所以，
又，
因为，所以，
所以②
由①②解得，经检验符合题意，
所以
19．（2025·仁寿模拟）数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过的最大整数，例如，．
（1）分别求函数和的值域；
（2）若，求函数的值；
（3）若数列满足：是数列的前项和，求的值．
【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为 函数的值域为，
所以的值域为整数集.
（2）解：令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以，当时，；当时，，
因为恒成立，当时，；
当时，，
故当且时，；
当时，，
所以.
（3）解：令，
则在上单调递减，且，
则，
所以，
依次可得：，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，当为偶数时，
则，
所以；
当为大于1的奇数时，
，
，
则，
故，
所以.
【知识点】函数的值域；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
【解析】【分析】（1）利用正弦函数的有界性可得的值域，再利用函数无界且其值域为，从而得出的值域.
（2）先求出与的值域，则当且时，；当时，，由此可得函数的值.
（3）令，再利用单调函数的定义判断出函数在上单调递减，再利用函数的单调性可得，再令，再利用导数判断出函数在上单调递增，则，再根据结合当为奇数和偶数时，分别两次运用分组求和法，从而可得的取值范围，进而可得的值.
1 / 1四川省仁寿第一中学校南校区2025届高三下学期第三次模拟考试数学试题
1．（2025·仁寿模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·仁寿模拟）已知向量．若，则的值为（　　）
A．10 B．6 C．3 D．
3．（2025·仁寿模拟）一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40.若这两组数据的中位数相等，则删除的数为（　　）
A．25 B．30 C．35 D．40
4．（2025·仁寿模拟）已知双曲线，则“的渐近线互相垂直”是“的离心率等于”的（　　）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025·仁寿模拟）设是两个平面，是两条直线，则下列命题不正确的是（　　）
A．，，则
B．，直线，，则
C．，则
D．过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面
6．（2025·仁寿模拟）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边与圆交于点．若点沿着圆的圆周按逆时针方向移动个单位长度到达点，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·仁寿模拟）已知是定义在的奇函数，且．若，则（　　）
A． B．0 C．2 D．4
8．（2025·仁寿模拟）已知点在抛物线上，点为圆上任意一点，且的最小值为3，则，圆的半径为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2025·仁寿模拟）将函数图象上所有的点向左平移3个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是（　　）
A．的最小正周期为36 B．
C．为偶函数 D．在上共有5个极值点
10．（2025·仁寿模拟）某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为，下列结论正确的有（　　）
A．平面 B．该石凳的体积为
C．，，，四点共面 D．点到平面的距离为
11．（2025·仁寿模拟）已知数列满足，，给出下列结论正确的是（　　）
A．存在，使得为常数列
B．对任意的，为递增数列
C．对任意的，既不是等差数列也不是等比数列
D．对于任意的，都有
12．（2025·仁寿模拟）已知，则　 　.
13．（2025·仁寿模拟）在的展开式中，的系数为80，则实数的值为　 　.
14．（2025·仁寿模拟）设函数，函数．若函数恰有两个零点，则的取值范围为　 　．
15．（2025·仁寿模拟）已知的内角的对边分别为．已知．
（1）求角：
（2）若，求的面积．
16．（2025·仁寿模拟）如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点．
（1）求证：：
（2）当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2025·仁寿模拟）如图，点，，，，均在直线上，且，质点与质点均从点出发，两个质点每次都只能向左或向右移动1个单位长度，两个质点每次移动时向左移动的概率均为，每个质点均移动2次.已知每个质点移动2次后到达的点所对应的积分如下表所示，设随机变量为两个质点各自移动2次后到达的点所对应的积分之和.
积分 0 100 200
（1）求质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
18．（2025·仁寿模拟）已知椭圆的离心率为，点在上．
（1）求的方程；
（2）设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
19．（2025·仁寿模拟）数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过的最大整数，例如，．
（1）分别求函数和的值域；
（2）若，求函数的值；
（3）若数列满足：是数列的前项和，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用对数函数的单调性得出集合A，再利用一元二次不等式求解方法得出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意，可得，
则，
可得.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和向量的坐标运算和数量积的坐标表示，从而得出x的值.
3．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：依题意，新数据组有6个数，其中位数是，
显然原数据组有7个数，因此删除的数是中位数30.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合中位数的定义，从而得出删除的数.
4．【答案】A
【知识点】充要条件
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
当双曲线的渐近线互相垂直时，则，
所以，
因此双曲线C的离心率为，
所以“双曲线的渐近线互相垂直”是“双曲线的离心率等于”的充要条件.
故答案为：A.
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得直线斜率，再根据两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出，进而得出双曲线的离心率，再根据充要条件的判断方法，从而判断出“双曲线的渐近线互相垂直”是“双曲线的离心率等于”的充要条件.
5．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：设平面的法向量分别为，直线的方向向量为.
对于A：由，，
可得：，
所以，
所以，故A正确；
对于B：由，可得，
由，可得，
所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C：由，
可得：，且，且不共线，
所以，
所以，故C正确；
对于D：不知和平面的位置关系，显然无法判断，故D错误.
故答案为：D.
【分析】由已知条件和面面平行的判定定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而找出命题不正确的选项.
6．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；扇形的弧长与面积；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的顶点与坐标原点重合，
始边与轴的非负半轴重合，其终边与圆交于点，
所以，圆半径为，
所以，
因为点沿着圆的圆周按逆时针方向移动个单位长度到达点，
所以，
所以
.
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理和三角函数的定义以及点的坐标，从而求出圆的半径和的值，再根据点在圆上移动的距离求出的大小，再由结合两角和的余弦公式，从而得出的值.
7．【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：因为，
可得，
可知函数的一个周期为4，
又因为是定义在的奇函数，则，
则，
所以，
令，可得；
令，可得，即，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和周期函数的定义，从而得出函数的一个周期为4，再结合奇函数的性质可得，，从而可得，，再根据函数的周期性得出的值.
8．【答案】A
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，得，
解得，即，
因为圆心恰好为抛物线的焦点，
则，
又因为，
所以点在圆的外部，
所以的最小值为，
解得.
故答案为：A.
【分析】先由代入法求出点的坐标，再根据抛物线的定义得出的值，从而求出圆外的定点与圆上的动点之间的距离的最小值，即的最小值为点与圆心之间的距离减去半径，再利用已知条件得出圆C的半径r的值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；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奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，因为的最小正周期为，所以A正确；
对于B，将函数图象上所有的点向左平移3个单位长度可得：
，所以B错误；
对于C，因为，所以为偶函数，所以C正确；
对于D，令，
可得，
解得：，
由，
可得的取值有，共有5个极值点，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由正弦型函数的图象变换得出函数g(x)的解析式，则判断出选项B；利用正弦型函数的最小正周期公式判断出选项A；利用换元和余弦函数的奇偶性，从而判断出函数的奇偶性，则判断出选项C；利用已知条件和导数求极值点的方法，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面垂直的判定；共面向量定理；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：“阿基米德体”是由如图所示得到的，
即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.
对于A：由图可知平面，故A正确；
对于B：因为，故B错误；
对于C：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，
∴，且这个六条边长全相等，
∴，，，四点共面，故C正确；
对于D：如图建立空间直角坐标系，
∵，
∴正方体棱长为4，
∴，，，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，
则，，
∴点到平面的距离，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意结合线面垂直的判定定理，则判断出选项A；由正方体的体积减去八个三棱锥的体积判断出选项B；由图中几何关系判断出选项C；先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，从而求出平面的一个法向量，再利用数量积求点到平面的距离公式结合已知条件，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：由题意，在数列中，，.
对于A，若为常数列，则，
根据递推公式，得出，
可得，
则，
解得，
又因为，
故不存在，使得为常数列，所以A错误；
对于B，对于，由递推公式，可得，，则，
所以，，
所以，
所以数列是递增数列，所以B正确；
对于C，若是等差数列，则为常数，
可得常数，
则是常数数列，
则，与矛盾，
故对任意的，不是等差数列，
若是等比数列，
则为常数.根据递推公式，
所以为常数，
则为常数数列，
可得，这与矛盾，
所以，对任意的，不是等比数列，
综上所述：对任意的，既不是等差数列也不是等比数列，所以C正确；
对于D，由，
两边平方得：
故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据为常数列得出的值，则判断出选项A；利用得出和数列的单调性，则判断出选项B；分别假设是等差数列和等比数列，再通过等式变化，则判断出选项C；对两边平方，再利用放缩法判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：.
【分析】以为整体，利用诱导公式可得，再根据二倍角的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式通项为，，
令，可得，解得.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，结合题意，列出方程求解即可.
14．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令函数，
又因为函数在R上单调递增，且，
则当时，，
当时，，
因此，
令函数，
由恰有两个零点，
得函数的图象与直线有两个交点，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线的图象，
因为直线恒过定点，观察图象，
当时，函数的图象与直线恒有两个交点，则；
当直线过点时，函数的图象与直线有两个交点，则；
当直线与曲线相切时，函数的图象与直线有两个交点，
设切点坐标为，，
所以，
解得，则，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出函数的解析式，再构造函数，将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，再借助导数的几何意义和数形结合，从而求出的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
在中，，
则，
所以，
则．
（2）解：由余弦定值知：，
则，
所以，
所以．
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；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）利用已知条件和正弦定理边化角，再结合同角三角函数基本关系式求出的值，再利用特殊角的三角函数值和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）利用已知条件和余弦定理求出的值，再根据三角形面积公式得出的面积.
（1）因为，由正弦定理得
在中，，则，即，
故．
（2）由余弦定值知：，
即，则，
所以．
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，
由，得，
由等边，得，
因为平面，，
则平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：依题意，的面积为，
三棱锥体积，
则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，
在中，，，
因此当平面时，三棱锥体积最大，
在平面内过作于，连接，
由平面，平面，得，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
则，是二面角的平面角，
在中，，
在中，，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再根据线面垂直的定义证出线线垂直，即证出.
（2）由（1）结合三角形的面积公式和等体积法，从而得出当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大，再利用线线垂直和线面垂直的推导方法，从而得出，是二面角的平面角，再利用直角三角形对应边成比例、勾股定理和余弦函数的定义，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）取中点，连接，
由，得，由等边，得，
而平面，，则平面，又平面，
所以.
（2）依题意，的面积为，三棱锥体积，
则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，
在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大，
在平面内过作于，连接，由平面，平面，
得，而平面，于是平面，
又平面，则，是二面角的平面角，
在中，，在中，，
，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，
由题意可知，点两次移动后在点，
又因为起点为点，
所以的移动一次向左一次向右，
所以.
（2）解：由题意，则的所有可能取值为，，0，200，400.
则，
，
，
，
，
所以，随机变量的分布列为：
0 200 400
则
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；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
【解析】【分析】（1）根据已知条件和互斥事件加法求概率公式以及独立事件乘法求概率公式，从而得出质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率.
（2）先利用已知条件得出的所有可能取值，再利用独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量的数学期望.
（1）设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，
由题意可知点两次移动后在点，又起点为点，即的移动一次向左一次向右，
所以.
（2）的所有可能取值为，，0，200，400.
，
，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
0 200 400
.
18．【答案】（1）解：由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）（ⅰ）证明：如图，
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合，
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，
故它们的中点重合，此时；
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
设
由，
得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时，
综上所述，.
（ⅱ）解：因为，
所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，
所以，
又因为，
所以，
化简得 ， ①
设点到直线的距离为，点C到直线的距离为，
假设的面积与的面积相等，
则，
因为，
所以，
所以，
又因为，
又因为，
所以，
所以，②
由①②解得，经检验符合题意，
所以.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和椭圆的离心率公式、点代入法以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列出方程组求出，b的值，从而得出椭圆的方程.
（2）（ⅰ）利用已知条件，将问题可转化为两弦中点重合，再联立直线方程与椭圆方程，再利用根与系数的关系和中点坐标公式，从而证出.
（ⅱ）根据根与系数的关系和，从而可得的关系式，再由三角形面积相等和点到直线的距离公式，从而可得另一个的关系式，再联立两个关系式得出的值.
（1）由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）如图，
（ⅰ）证明：
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合.
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合，
此时
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
由，得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时.
综上所述，
(ii)因为，所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，所以，
又，所以，
化简得①
设到的距离为，C到的距离为，
假设的面积与的面积相等，则，
因为，所以，所以，
又，
因为，所以，
所以②
由①②解得，经检验符合题意，
所以
19．【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为 函数的值域为，
所以的值域为整数集.
（2）解：令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以，当时，；当时，，
因为恒成立，当时，；
当时，，
故当且时，；
当时，，
所以.
（3）解：令，
则在上单调递减，且，
则，
所以，
依次可得：，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
又因为，
所以，当为偶数时，
则，
所以；
当为大于1的奇数时，
，
，
则，
故，
所以.
【知识点】函数的值域；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
【解析】【分析】（1）利用正弦函数的有界性可得的值域，再利用函数无界且其值域为，从而得出的值域.
（2）先求出与的值域，则当且时，；当时，，由此可得函数的值.
（3）令，再利用单调函数的定义判断出函数在上单调递减，再利用函数的单调性可得，再令，再利用导数判断出函数在上单调递增，则，再根据结合当为奇数和偶数时，分别两次运用分组求和法，从而可得的取值范围，进而可得的值.
1 / 1

展开更多......

收起↑