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甘肃省白银市2025届高考三模联考高三数学试题
1．（2025·白银模拟）双曲线的虚轴长为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以，
所以双曲线的虚轴长为.
故选：C.
【分析】根据方程可求得b的值，进而根据虚轴的定义即可求得双曲线的虚轴长.
2．（2025·白银模拟）设集合，则中元素的个数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，所以中元素的个数为5.
故选：B.
【分析】先出求集合，再求，进而即可求得中元素的个数.
3．（2025·白银模拟）若函数的导函数为偶函数，则的解析式可以为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：A、的定义域为R，而，所以 不是偶函数，故选项A错误；
B、的定义域为R，而，所以 不是偶函数，故选项B错误；
C、的的定义域为，而
所以不是偶函数，故选项C错误；
D、的定义域为R，而，所以 为偶函数，故选项D正确.
故选：D.
【分析】根据求导的法则以及偶函数的定义逐一判断即可.
4．（2025·白银模拟）某中学4位任课老师和班上10名学生站成一排，则4位任课老师站在一起的排法种数可以用排列数表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：4位任课老师站在一起的排法种数为，
将排完的4位任课教师作为一个整体，与剩下的10名学生站成一排的排法种数有，
再根据分步乘法计数原理可得排列种数为.
故选：A.
【分析】用捆绑法将4位任课教师作为一个整体即可，再根据分步乘法计数原理计算可得排列数.
5．（2025·白银模拟）已知角满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，
所以.
故选：B.
【分析】将题给条件化简可得，再根据两角差的正切公式求解即可.
6．（2025·白银模拟）在数列中，，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以为常数，
所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，
所以，
故选：D.
【分析】利用指对数的运算可得，根据等差数列的定义得到是以为首项，为公差的等差数列，进而即可求得 .
7．（2025·白银模拟）将函数图象上的每个点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上单调，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
设函数的最小正周期为，
所以，解得，
由，得，
因为，，
所以且，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
【分析】利用三角函数图象变换先求得函数的解析式 ，进而求得 ，利用三角函数的性质即可求得的取值范围 .
8．（2025·白银模拟）如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
因为分别为棱的中点，且2，
所以，所以在以为球心，1为半径的球面上.
设，由勾股定理可知，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.
所以.
又四面体底面上的高，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：B.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合题意分析得在以为球心，1为半径的球面上，设，由勾股定理可知，，进而利用基本不等式可知，即可求得，四面体底面上的高，再由三棱锥体积公式即可求得该四面体体积的最大值 .
9．（2025·白银模拟）已知复数，则（　　）
A．
B．
C．为纯虚数
D．在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】A,B,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、不是纯虚数，故C错误；
D、在复平面内对应的点位于第四象限，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用复数的乘法求出复数，再利用共轭复数的定义即可判断A；利用复数求模公式即可判断B；利用纯虚数的定义即可判断C；利用复数的几何意义即可判断D.
10．（2025·白银模拟）已知圆与圆相切，则的取值可以为（　　）
A． B． C．3 D．4
【答案】B,C
【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M的圆心M为(1，-2)，半径为2，圆N的圆心N为(-m，1)，半径为|m| ，
所以，
当这两个圆外切，则，解得或3；
当这两个圆内切，则，无解
综上所述，m的取值为-1或3.
故选：BC.
【分析】先求得两圆的圆心和半径，进而求得圆心距，根据两圆相外切和相内切两种情况，列式求得m的取值即可.
11．（2025·白银模拟）已知函数的定义域为，且，则（　　）
A． B．
C． D．函数的值域为
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：AB、令，得，解得或.
当时，令，得，
所以，所以，
，
显然不恒成立；
当时，同理得，显然恒成立，
所以，所以，故选项A正确，B错误.
C、易知是偶函数，且在上单调递增.
因为，且等号不能同时成立，所以，
所以，所以，故选项C正确.
D、，易得的值域为，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】令，得到或，结合恒等关系得到，进而即可求得，即可判断选项AB；易知是偶函数，且在上单调递增，即可得，可判断选项C；先求得，根据二次函数的性质即可求得值域，可判断选项D.
12．（2025·白银模拟）已知向量，且，则　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，
故答案为：.
【分析】根据向量的模长公式先求出，进而根据向量的数量积公式及模长公式即可求得结果.
13．（2025·白银模拟）已知是抛物线的焦点，是上一点，则　 　.
【答案】100
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为是上一点 ，所以，解得，
所以.
故答案为：100.
【分析】由点在抛物线上列式先求得，再由抛物线的定义求焦半径即可得|PF|.
14．（2025·白银模拟）设，则称为这个数的几何平均数.若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均值为，则等比数列的各项之和为　 　.
【答案】
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：当删除的是1时，剩下的个数的几何平均数最大，
最大值为，
当删除的是时，剩下的个数的几何平均数最小，最小值为，
所以，解得，又因为，所以，
所以数列的各项之和为.
故答案为：.
【分析】求出当删除的是1或时，剩下的个数的几何平均数，从而得到不等式，进而求出，再利用等比数列的求和公式进行求解即可.
15．（2025·白银模拟）的内角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：由余弦定理可知，.
又因为，
所以，.

（2）解：由题意可知，的面积，解得.
由余弦定理可知，，
即，
解得，
所以的周长为.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题给条件及余弦定理、同角三角函数的基本关系即可求得cosC的值.
（2）根据三角形的面积公式可求，再根据余弦定理求得，进而即可求得的周长.
（1）由余弦定理可知，.
因为，所以，
即.
由，且，
解得，则.
（2）的面积，则.
因为，所以由，
可得，
则，
故的周长为.
16．（2025·白银模拟）围棋源于中国，是中国传统文化中的瑰宝，下围棋可陶冶情操.某中学坚持开展围棋活动，以提高学生的思维能力，其围棋社的成员中有名男生，名女生.为了解围棋社成员是否利用学棋的情况，现采用按性别比例分配的分层抽样方法抽取名成员调查分析.
（1）求男生和女生各抽取多少人.
（2）在抽取的人中，有名女生明确利用学棋，现在从剩下的名成员中再依次随机抽取次，每次抽取人.
①在第一次抽到女生的条件下，求第二次抽到男生的概率；
②设抽到的女生人数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）解：由题意可得抽取的男生人数为，
抽取的女生人数为.
所以抽取的男生和女生分别为6和5人.
（2）解：由已知得剩下的名成员中，有名女生，有名男生.
①设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，
所以，
所以.
所以在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生的概率为.
②由题意可知，的所有可能取值为，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
所以.
【知识点】分层抽样方法；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；条件概率
【解析】【分析】（1）利用分层抽样的方法直接求解即可；
（2）①根据题意先求得9名成员中的男生和女生的人数，设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，进而求得P(A)，P(AB)，根据条件概率公式直接求解即可；
②根据求解离散型随机变量分布列的步骤，结合条件先求得的所有可能取值，求出相应概率，列出分布列，进而即可求得期望.
（1）由题意，得分层抽样的抽样比为，
所以抽取的男生人数为，
抽取的女生人数为.
（2）由已知得剩下的名成员中，有名女生，有名男生.
①设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，
则，
则.
即在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生的概率为.
②由题知，的可能取值为，
则，
，
，
，
则的分布列为
故.
17．（2025·白银模拟）如图，在四棱锥中，平面.
（1）证明：.
（2）求平面与平面夹角（锐角）的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，
因为平面平面，所以，
由勾股定理可知，.
在中，由余弦定理可知，，
即，解得(负值已舍去)，
所以，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）解：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.
因为，所以，所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则y1=-3，z1=4，所以.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则x2=1，z2=0，所以.
设平面与平面的夹角为，
所以.
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；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；解三角形
【解析】【分析】（1）连接，利用平面可得，进而利用勾股定理可得BD，再利用余弦定理，求得，利用勾股定理可得，再利用线面垂直的判定定理，可得平面，即可得到；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，进而求得 平面与平面 的法向量，利用夹角公式即可求得平面与平面夹角（锐角）的余弦值 .
（1）连接，因为平面平面，
所以，又，所以.
在中，由，
所以，解得，
则，即.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由，可得，则，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，则.
即平面与平面的夹角的余弦值为.
18．（2025·白银模拟）已知函数.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上有个零点，求的取值范围.
【答案】（1）解： 依题意可得对恒成立，
即对恒成立，
所以，
所以的取值范围是.
（2）解：因为x+1>0，解得x>-1，所以函数的定义域为，
又，
当时，在上单调递增.
当时，令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由（2）知，当时，在上单调递增，
所以在上至多有个零点，所以，
当时，要使得在上有个零点，
则，即，
且，
设函数，所以，
所以在时，，所以单调递增，
在时，，所以单调递减，
所以.
由，解得.
所以的取值范围为.
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由在上单调递增，可得对恒成立，转化为对恒成立，解不等式即可求得的取值范围；
（2）先求得函数的定义域，进而对函数求导可得，分和分析导函数的正负即可求得函数 的单调性；
（3）由（2）中单调性结合零点存在定理可知，要使得在上有个零点，需满足且，构造函数，结合导数求得其最大值可得恒成立，所以只需满足，进而解不等式组即可求得a的取值范围.
（1）依题意得对恒成立，
即对恒成立，
所以，即的取值范围是.
（2）由题知，的定义域为，
又，
当时，在上单调递增.
当时，令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）知，当时，在上单调递增，
则在上至多有个零点，则不符合题意.
当时，要使得在上有个零点，
则，即，
且，
设函数，
则，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以.
由，得.
即的取值范围为.
19．（2025·白银模拟）在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”.
（1）若椭圆为“3格曲线”，求的离心率；
（2）若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求；
（3）若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值.
【答案】（1）解：由题意可知，椭圆的左顶点，右顶点是两个格点.
因为，所以的上，下顶点不为格点.
又因为为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，
所以，所以，
因为，即，解得，
所以的离心率.
（2）解：由（1）可知，当时，设是上的格点，且，
此时上有，共6个格点，
所以
当时，易知上有，共4个格点，则，
当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，
综上所述，.
（3）解：因为是直线上的两个格点，所以，
显然，所以，即.
又，所以，
不妨设.
当，时，，且.
所以，得或k=0，
当时，
若，则，解得，
若，则，解得，
当时，，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，的值可能为或1或3或.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据“3格曲线”定义可知上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，建立不等式求解得，代入椭圆方程中计算得，利用离心率公式计算即可求得C的离心率；
（2）分，，三种情况，结合(1)可求得椭圆C的格点，进而根据古典概型公式计算概率即可；
（3）根据，结合题意得，设，计算可得或k=0，结合，分类讨论求解即可求得b的值.
（1）由题可知，的左顶点，右顶点是两个格点.
因为，所以的上，下顶点不为格点.又为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，则，则，
由，可得，解得，
则的离心率；
（2）由（1）可知，当时，是上的格点，且，
此时上有，共6个格点，
则
当时，易知上有，共4个格点，则，
当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，
故；
（3）因为是直线上的两个格点，所以，
显然，则，即.
又，所以，不妨设.
当，时，，且.
则，得，
当时，
若，则，解得，
若，则，解得，
当时，，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，的值可能为或1或3或.
1 / 1甘肃省白银市2025届高考三模联考高三数学试题
1．（2025·白银模拟）双曲线的虚轴长为（　　）
A． B．2 C． D．
2．（2025·白银模拟）设集合，则中元素的个数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
3．（2025·白银模拟）若函数的导函数为偶函数，则的解析式可以为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·白银模拟）某中学4位任课老师和班上10名学生站成一排，则4位任课老师站在一起的排法种数可以用排列数表示为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·白银模拟）已知角满足，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·白银模拟）在数列中，，且，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·白银模拟）将函数图象上的每个点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上单调，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·白银模拟）如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（　　）
A． B． C． D．1
9．（2025·白银模拟）已知复数，则（　　）
A．
B．
C．为纯虚数
D．在复平面内对应的点位于第四象限
10．（2025·白银模拟）已知圆与圆相切，则的取值可以为（　　）
A． B． C．3 D．4
11．（2025·白银模拟）已知函数的定义域为，且，则（　　）
A． B．
C． D．函数的值域为
12．（2025·白银模拟）已知向量，且，则　 　.
13．（2025·白银模拟）已知是抛物线的焦点，是上一点，则　 　.
14．（2025·白银模拟）设，则称为这个数的几何平均数.若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均值为，则等比数列的各项之和为　 　.
15．（2025·白银模拟）的内角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
16．（2025·白银模拟）围棋源于中国，是中国传统文化中的瑰宝，下围棋可陶冶情操.某中学坚持开展围棋活动，以提高学生的思维能力，其围棋社的成员中有名男生，名女生.为了解围棋社成员是否利用学棋的情况，现采用按性别比例分配的分层抽样方法抽取名成员调查分析.
（1）求男生和女生各抽取多少人.
（2）在抽取的人中，有名女生明确利用学棋，现在从剩下的名成员中再依次随机抽取次，每次抽取人.
①在第一次抽到女生的条件下，求第二次抽到男生的概率；
②设抽到的女生人数为，求的分布列与期望.
17．（2025·白银模拟）如图，在四棱锥中，平面.
（1）证明：.
（2）求平面与平面夹角（锐角）的余弦值.
18．（2025·白银模拟）已知函数.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上有个零点，求的取值范围.
19．（2025·白银模拟）在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”.
（1）若椭圆为“3格曲线”，求的离心率；
（2）若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求；
（3）若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以，
所以双曲线的虚轴长为.
故选：C.
【分析】根据方程可求得b的值，进而根据虚轴的定义即可求得双曲线的虚轴长.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，所以中元素的个数为5.
故选：B.
【分析】先出求集合，再求，进而即可求得中元素的个数.
3．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：A、的定义域为R，而，所以 不是偶函数，故选项A错误；
B、的定义域为R，而，所以 不是偶函数，故选项B错误；
C、的的定义域为，而
所以不是偶函数，故选项C错误；
D、的定义域为R，而，所以 为偶函数，故选项D正确.
故选：D.
【分析】根据求导的法则以及偶函数的定义逐一判断即可.
4．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：4位任课老师站在一起的排法种数为，
将排完的4位任课教师作为一个整体，与剩下的10名学生站成一排的排法种数有，
再根据分步乘法计数原理可得排列种数为.
故选：A.
【分析】用捆绑法将4位任课教师作为一个整体即可，再根据分步乘法计数原理计算可得排列数.
5．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，
所以.
故选：B.
【分析】将题给条件化简可得，再根据两角差的正切公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以为常数，
所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，
所以，
故选：D.
【分析】利用指对数的运算可得，根据等差数列的定义得到是以为首项，为公差的等差数列，进而即可求得 .
7．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
设函数的最小正周期为，
所以，解得，
由，得，
因为，，
所以且，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
【分析】利用三角函数图象变换先求得函数的解析式 ，进而求得 ，利用三角函数的性质即可求得的取值范围 .
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
因为分别为棱的中点，且2，
所以，所以在以为球心，1为半径的球面上.
设，由勾股定理可知，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.
所以.
又四面体底面上的高，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：B.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合题意分析得在以为球心，1为半径的球面上，设，由勾股定理可知，，进而利用基本不等式可知，即可求得，四面体底面上的高，再由三棱锥体积公式即可求得该四面体体积的最大值 .
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：，
A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、不是纯虚数，故C错误；
D、在复平面内对应的点位于第四象限，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用复数的乘法求出复数，再利用共轭复数的定义即可判断A；利用复数求模公式即可判断B；利用纯虚数的定义即可判断C；利用复数的几何意义即可判断D.
10．【答案】B,C
【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M的圆心M为(1，-2)，半径为2，圆N的圆心N为(-m，1)，半径为|m| ，
所以，
当这两个圆外切，则，解得或3；
当这两个圆内切，则，无解
综上所述，m的取值为-1或3.
故选：BC.
【分析】先求得两圆的圆心和半径，进而求得圆心距，根据两圆相外切和相内切两种情况，列式求得m的取值即可.
11．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：AB、令，得，解得或.
当时，令，得，
所以，所以，
，
显然不恒成立；
当时，同理得，显然恒成立，
所以，所以，故选项A正确，B错误.
C、易知是偶函数，且在上单调递增.
因为，且等号不能同时成立，所以，
所以，所以，故选项C正确.
D、，易得的值域为，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】令，得到或，结合恒等关系得到，进而即可求得，即可判断选项AB；易知是偶函数，且在上单调递增，即可得，可判断选项C；先求得，根据二次函数的性质即可求得值域，可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，
故答案为：.
【分析】根据向量的模长公式先求出，进而根据向量的数量积公式及模长公式即可求得结果.
13．【答案】100
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为是上一点 ，所以，解得，
所以.
故答案为：100.
【分析】由点在抛物线上列式先求得，再由抛物线的定义求焦半径即可得|PF|.
14．【答案】
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：当删除的是1时，剩下的个数的几何平均数最大，
最大值为，
当删除的是时，剩下的个数的几何平均数最小，最小值为，
所以，解得，又因为，所以，
所以数列的各项之和为.
故答案为：.
【分析】求出当删除的是1或时，剩下的个数的几何平均数，从而得到不等式，进而求出，再利用等比数列的求和公式进行求解即可.
15．【答案】（1）解：由余弦定理可知，.
又因为，
所以，.

（2）解：由题意可知，的面积，解得.
由余弦定理可知，，
即，
解得，
所以的周长为.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题给条件及余弦定理、同角三角函数的基本关系即可求得cosC的值.
（2）根据三角形的面积公式可求，再根据余弦定理求得，进而即可求得的周长.
（1）由余弦定理可知，.
因为，所以，
即.
由，且，
解得，则.
（2）的面积，则.
因为，所以由，
可得，
则，
故的周长为.
16．【答案】（1）解：由题意可得抽取的男生人数为，
抽取的女生人数为.
所以抽取的男生和女生分别为6和5人.
（2）解：由已知得剩下的名成员中，有名女生，有名男生.
①设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，
所以，
所以.
所以在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生的概率为.
②由题意可知，的所有可能取值为，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
所以.
【知识点】分层抽样方法；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；条件概率
【解析】【分析】（1）利用分层抽样的方法直接求解即可；
（2）①根据题意先求得9名成员中的男生和女生的人数，设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，进而求得P(A)，P(AB)，根据条件概率公式直接求解即可；
②根据求解离散型随机变量分布列的步骤，结合条件先求得的所有可能取值，求出相应概率，列出分布列，进而即可求得期望.
（1）由题意，得分层抽样的抽样比为，
所以抽取的男生人数为，
抽取的女生人数为.
（2）由已知得剩下的名成员中，有名女生，有名男生.
①设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，
则，
则.
即在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生的概率为.
②由题知，的可能取值为，
则，
，
，
，
则的分布列为
故.
17．【答案】（1）证明：连接，
因为平面平面，所以，
由勾股定理可知，.
在中，由余弦定理可知，，
即，解得(负值已舍去)，
所以，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）解：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.
因为，所以，所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则y1=-3，z1=4，所以.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则x2=1，z2=0，所以.
设平面与平面的夹角为，
所以.
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；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角；解三角形
【解析】【分析】（1）连接，利用平面可得，进而利用勾股定理可得BD，再利用余弦定理，求得，利用勾股定理可得，再利用线面垂直的判定定理，可得平面，即可得到；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，进而求得 平面与平面 的法向量，利用夹角公式即可求得平面与平面夹角（锐角）的余弦值 .
（1）连接，因为平面平面，
所以，又，所以.
在中，由，
所以，解得，
则，即.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由，可得，则，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，则.
即平面与平面的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解： 依题意可得对恒成立，
即对恒成立，
所以，
所以的取值范围是.
（2）解：因为x+1>0，解得x>-1，所以函数的定义域为，
又，
当时，在上单调递增.
当时，令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）解：由（2）知，当时，在上单调递增，
所以在上至多有个零点，所以，
当时，要使得在上有个零点，
则，即，
且，
设函数，所以，
所以在时，，所以单调递增，
在时，，所以单调递减，
所以.
由，解得.
所以的取值范围为.
【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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由在上单调递增，可得对恒成立，转化为对恒成立，解不等式即可求得的取值范围；
（2）先求得函数的定义域，进而对函数求导可得，分和分析导函数的正负即可求得函数 的单调性；
（3）由（2）中单调性结合零点存在定理可知，要使得在上有个零点，需满足且，构造函数，结合导数求得其最大值可得恒成立，所以只需满足，进而解不等式组即可求得a的取值范围.
（1）依题意得对恒成立，
即对恒成立，
所以，即的取值范围是.
（2）由题知，的定义域为，
又，
当时，在上单调递增.
当时，令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）知，当时，在上单调递增，
则在上至多有个零点，则不符合题意.
当时，要使得在上有个零点，
则，即，
且，
设函数，
则，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以.
由，得.
即的取值范围为.
19．【答案】（1）解：由题意可知，椭圆的左顶点，右顶点是两个格点.
因为，所以的上，下顶点不为格点.
又因为为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，
所以，所以，
因为，即，解得，
所以的离心率.
（2）解：由（1）可知，当时，设是上的格点，且，
此时上有，共6个格点，
所以
当时，易知上有，共4个格点，则，
当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，
综上所述，.
（3）解：因为是直线上的两个格点，所以，
显然，所以，即.
又，所以，
不妨设.
当，时，，且.
所以，得或k=0，
当时，
若，则，解得，
若，则，解得，
当时，，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，的值可能为或1或3或.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据“3格曲线”定义可知上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，建立不等式求解得，代入椭圆方程中计算得，利用离心率公式计算即可求得C的离心率；
（2）分，，三种情况，结合(1)可求得椭圆C的格点，进而根据古典概型公式计算概率即可；
（3）根据，结合题意得，设，计算可得或k=0，结合，分类讨论求解即可求得b的值.
（1）由题可知，的左顶点，右顶点是两个格点.
因为，所以的上，下顶点不为格点.又为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，则，则，
由，可得，解得，
则的离心率；
（2）由（1）可知，当时，是上的格点，且，
此时上有，共6个格点，
则
当时，易知上有，共4个格点，则，
当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，
故；
（3）因为是直线上的两个格点，所以，
显然，则，即.
又，所以，不妨设.
当，时，，且.
则，得，
当时，
若，则，解得，
若，则，解得，
当时，，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上所述，的值可能为或1或3或.
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