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山东省济宁市2025届高考模拟考试(二模)数学试题
1．（2025·济宁模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和对数型函数的定义域求解方法，则分别求出集合A和集合B，再根据补集的运算法则和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·济宁模拟）已知是关于的方程的一个根，则（　　）
A．2 B．3 C．5 D．
【答案】D
【知识点】复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：将代入，
则，
化简整理得，
则，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】将代入，从而化简整理得出，则，从而解出的值，再利用复数求模公式得出的值.
3．（2025·济宁模拟）已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，
则，
因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则，从而得出，再利用勾股定理得出高的值，再根据圆锥的体积公式和已知条件，从而得出该圆锥的底面半径.
4．（2025·济宁模拟）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为是由与复合而成，
在中，，
所以在上单调递减，
因为在上单调递减，且外层函数在上单调递减，
根据复合函数“同增异减”的原则，
可知内层函数在上单调递增，
对于二次函数，其图象开口向上，对称轴为，
又因为二次函数在对称轴右侧单调递增，
要使在上单调递增，
则对称轴需满足，
解得.
故答案为：A.
【分析】是由与复合而成，先分析外层函数单调性，再根据复合函数单调性确定内层函数单调性，从而求出实数的取值范围.
5．（2025·济宁模拟）已知为等比数列，且，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由题意知，为等比数列，
当时，得，所以，
故充分性成立；
当时，，解得，
又因为同号，所以，
故必要性成立，
所以“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】由等比中项公式和充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
6．（2025·济宁模拟）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；辅助角公式
【解析】【解答】解：对进行化简，
得出
令，则，
则．
根据正弦函数的性质，
所以或，
解得或，
因为且，
当时，，；
当时，，，
函数和大致图象如图，
因为函数在区间上有且仅有个零点，
则需满足，
解不等式组得到可得，
所以，实数的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】先利用辅助角公式将函数化简为的形式，再根据的取值范围求出的取值范围，再结合正弦型函数的图象与性质，从而得出函数在给定区间上有且仅有个零点时的取值范围．
7．（2025·济宁模拟）若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【解答】解：由，
得，
所以圆心为，
又因为圆关于直线对称，
则直线过圆心，
所以，
所以，
又因为，
当且仅当时，等号成立，
所以.
故答案为：C.
【分析】由题意得直线过圆心，从而得出的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．（2025·济宁模拟）已知是椭圆的右焦点，直线交于，两点，若，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，
因为椭圆关于原点对称，直线过原点，
所以，关于原点对称，
设椭圆的左焦点为，连接，，
由椭圆的对称性可得，
所以四边形为平行四边形，
又因为，
所以平行四边形是矩形，
所以，，
所以点在圆上，
则，
解得，
代入椭圆方程，
又因为，
可得：，
设（），
则上式可化为，
化简可得，
则，
又因为，
所以，
解得，
所以，椭圆的离心率为.
故答案为：A.
【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再根据方程联立得出点，再代入椭圆方程，从而构造齐次式得出，再利用解方程的方法和椭圆的离心率的取值范围，从而得出椭圆的离心率.
9．（2025·济宁模拟）已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（　　）
A．若，互斥，则 B．若，相互独立，则
C．若，相互独立，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于，若，互斥，
根据互斥事件的概率加法公式.
因为，，
则，故正确；
对于，若，相互独立，
则与也相互独立，
因为，
所以，故错误；
对于，若，相互独立，
则.
根据概率的加法公式，
将，，，
代入可得：，故正确；
对于，因为，，
所以.
则，
.
根据条件概率公式得出，故正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件和互斥事件加法求概率公式、相互独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式和条件概率公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．（2025·济宁模拟）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．的图象关于轴对称 B．是的一个周期
C．在上为增函数 D．
【答案】A,B,D
【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；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，因为函数的定义域为，关于原点对称，
所以，
所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；
对于B，因为，
所以的一个周期是，故B正确；
对于C，令，当时，在上单调递减，
且，在上单调递增，
则在上单调递减，
所以在上单调递减函数，故C错误；
对于D，因为，令，
则，求导得，
又因为，
所以，单调递增，
当时，取得最大值；
当时，取得最小值，
又因为，
所以，
则 ，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用诱导公式证出，再结合偶函数定义可判断选项A；利用可判断选项B；利用三角型函数的性质可判断选项C；利用导数正负判断函数的单调性，从而求出函数的最值，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2025·济宁模拟）已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（　　）
A． B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为 D．的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；含三角函数的复合函数的值域与最值；圆锥曲线的轨迹问题；空间中直线与直线之间的位置关系；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径，
平面的法向量.，，
设，
由，
得，
令，则，，所以.
对于选项A，因为，又因为平面，
所以，
又因为，
所以，
则，故A正确；
对于选项B，因为平面，平面平面，
所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为，
设平面与正方体的中心的距离，平面的法向量为，
则，，
设，由，
可得，
令，则，，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
∴圆的周长，
则点的轨迹长度为，故B错误；
对于选项C，因为，点在球面上，
所以，
则线段长度的最小值为，故C正确；
对于选项D，设与夹角为，，，
在平面直角坐标系中，，，，，
则，，
所以，
令，，
则，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，则建立空间直角坐标，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用线面平行得出两向量垂直，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和向量共线定理，则判断出选项A；利用线面平行证出面面平行，从而得出点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆， 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，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出点到平面的距离，则根据勾股定理得出圆的半径，再利用圆的周长公式得出点的轨迹长度，则判断出选项B；利用勾股定理和几何法求最值的方法，则判断出选项C；利用数量积的坐标表示和正弦型函数求最值的方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2025·济宁模拟）已知函数则的值为　 　.
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以.
故答案为：.
【分析】由分段函数的解析式，先求出的值，再求出的值即可.
13．（2025·济宁模拟）已知抛物线的焦点为，为上的动点，点，则取最小值时，直线的斜率为　 　.
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，得，
设点，
则，
由抛物线的定义，得，
所以，
又因为，
当时，；
当时，
当且仅当时，即当时取等号，
所以，
当时，
当且仅当时，即当时取等号，
所以，
综上所述，当时，取得最小值，此时，
得点，
所以.
故答案为：.
【分析】设点，由抛物线的定义得，再利用两点间的距离公式得出，则，从而只需得出的最大值，即得出取最小值，再利用两点求斜率公式得出当取最小值时的直线的斜率.
14．（2025·济宁模拟）箱子中装有4个红球，2个黄球（除颜色外完全相同），掷一枚质地均匀的骰子1次，如果点数为，则从该箱子中一次性取出个球.规定：依据个球中红球的个数，判定甲的得分，每一个红球记1分；依据个球中黄球的个数，判定乙的得分，每一个黄球记2分.比如：若一次性取出了2个红球，2个黄球，则判定甲得分，乙得分.则在1次掷骰子取球的游戏中，　 　.
【答案】
【知识点】全概率公式；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设掷骰子得到的点数的概率为，则，
当时，的概率为，若，则需取出的1个球是红球的概率为，
所以，
当时，的概率为，若，则需取出的2个球都是红球的概率为，
所以，
当时，的概率为，若，则需取出的3个球都是红球的概率为
，所以，
当时，的概率为，若，则有两种可能的情况：第一种情况为取出的4个球都是红球有种，
第二种情况为取出的4个球种有3个红球，1个黄球，有种，
所以概率为，
所以
当时，的概率为，若，则需取出全部4个红球，1个黄球，
所以，
所以，
当时，不满足题意，
所以综上.
故答案为：.
【分析】由题意，利用条件概率和乘法公式分类讨论，再利用全概率公式求解即可.
15．（2025·济宁模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）证明：；
（2）若的面积为，证明为等边三角形.
【答案】（1）证明：由正弦定理得，，
则，
所以，
所以，
所以，
由正弦定理得．
（2）证明：因为，
所以，
又因为，
所以为锐角，
所以，
由余弦定理得，
又因为，
代人化简得，
所以，
所以为等边三角形．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边化角，再结合三角恒等变换得出，再利用正弦定理角角化边，从而证出.
（2）利用三角形面积公式得出角的值，再结合余弦定理得到，从而得出，进而判断出为等边三角形.
（1）由正弦定理得，
即，
所以，
所以，
所以，由正弦定理得．
（2）因为，所以，
因为，所以为锐角，所以．
由余弦定理得，
又，代人化简得，
所以，
所以为等边三角形．
16．（2025·济宁模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点为，连接，如图所示：
因为、分别为、的中点，所以，
又因为，所以，所以与必相交，
因为，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面`；
（2）解：设，分别为的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
由（1）知平面，即为直线与平面所成的角，且，
设，则，，
因为平面，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，取，
即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；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，根据线面垂直的判定得平面，推出，再利用面面垂直的判定证明即可；
（2） 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 利用空间向量法求解即可.
（1）设为的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
所以与必相交．
因为，所以，
又，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面`．
（2）设，分别为的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
所以，以为坐标原点，$OA，OG，OP$所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系．
由（1）知平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以，设，则，
所以．
因为平面，所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
又，
所以，取，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.
17．（2025·济宁模拟）已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上，
（1）求的方程；
（2）若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值.
【答案】（1）解：由题意，得，
因为点在双曲线上，
所以，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：由已知条件得直线的斜率存在，
设其方程为，
所以，
所以，
由韦达定理得：，
又因为的平分线与轴垂直，
所以，
则，
所以，
则，
所以，
则，
所以或，
当时，直线的方程为，
则直线过点，不符合题意，
所以，
设倾斜角为，
则，，
所以直线的倾斜角为定值.

【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，则，再利用点在双曲线上，则由代入法得出a，b的值，从而得出双曲线的方程.
（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得出韦达定理式，利用的平分线与轴垂直得出，从而得出，再代入韦达定理和直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而证出直线的倾斜角为定值.
（1）由题意有，又点在双曲线上，所以，
解得，所以双曲线的方程为；
（2）由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设
所以，
所以，
由韦达定理有：，
又因为的平分线与轴垂直，所以，
即，所以，即，
所以，
即，所以或，
当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意，
所以，设倾斜角为，即，，
即直线的倾斜角为定值.
18．（2025·济宁模拟）已知函数，.
（1）讨论零点的个数；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解： 函数 ，
令，则，
令定义域为，，
当时，在上单调递减，
当时，在 上单调递增，
当时，时，，当时，，
当时，，
则当时，函数无零点；
当或时，函数有1个零点，
当时，函数有2个零点；
（2）解：当时，由，可得，
不等式等价于对恒成立，
即对恒成立，
令，则，
当，当，则函数在内单调递减，在内单调递增，
且，又因为，所以对恒成立，所以时成立，
当时，，显然成立；
当时，等价于
或，即或
对于，取，得，与矛盾，故不成立，
对于，即，对恒成立，
令，则，
则在内单调递减，且，故，
综上，实数的取值范围是.
【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；不等式的证明；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意，令，可得，设函数，求到，利用导数判断函数的单调性，求最值，从而确定零点个数；
（2）分析得时成立，再分离参数得，对恒成立，利用导数研究右边的最值即可.
（1）时，，
令，则，
所以，时，在上单调递减，
时，在 上单调递增，
又时，时，，时，，
时，，
所以，①当时，无零点，
②或时，有1个零点，
③当时，有2个零点.
（2）当时，由得，
所以，等价于对恒成立．
即对恒成立，
令，则，
当，当，
在内单调递减，在内单调递增，
，又
对恒成立
所以，时成立，
当时，，显然成立．
当时，
等价于或，
即或
对于，取，得，与矛盾，故不成立，
对于，即，对恒成立，
令，则，
在内单调递减，
，所以，，
综上，实数的取值范围是.
19．（2025·济宁模拟）将所有正整数按照如下规律形成数阵：
第1行 1 2 3 …… 7 8 9
第2行 10 11 12 …… 97 98 99
第3行 100 101 102 …… 997 998 999
第4行 1000 1001 1002 …… 9997 9998 9999
…………
（1）将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列，试确定在该数阵中的位置；
（2）将数阵中所有相邻两位数字（从左到右）出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第行中正整数的个数为.
（i）求，，；
（ii）求.
【答案】（1）解：令，
则，
当且仅当为偶数时，可以取得正整数，
当且仅当为偶数时，数列有公共项，
，故，
故是数阵第4行，第3097个数；
（2）解：（i）当时，显然，
当时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉，
故，
当时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：
百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个，故；
（ii）当时，将第行个符合条件的位正整数分为两类：
①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面位数有种取法，这时位正整数中有个；
②个位数字等于2时，前面位数有种取法，
但这个位正整数中十位数字等于1的个正整数要去掉，
故个位数字等于2且十位数字不等于1的位正整数有－个，
综上，由加法原理知，
设，
则，即，解得，
数列是首项为，公比为的等比数列；
数列是首项为，公比为的等比数列；
，
，
当时，，
经检验，当时，也成立，当时，也成立，
综上，．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的应用；等比数列的性质；二项展开式
【解析】【分析】（1）由题意，令，利用二项展开式得当且仅当为偶数时，可以取得正整数，则，确定位置即可；
（2）（i）当时，直接得到，代入并去掉12即可得到的值，代入，去掉19个数即可得到；
（ii）分析得，利用特征根法得，，再消去求其通项即可.
（1）设，因为，
，
所以，
所以，当且仅当为偶数时，可以取得正整数，
所以，当且仅当为偶数时，数列有公共项，
所以，，故，
所以，是数阵第4行，第3097个数．
（2）（i）当时，显然．
当时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉．
故．
当时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：
百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个．
故．
（ii）当时，将第行个符合条件的位正整数分为两类：
①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面位数有种取法，这时位正整数中有个；
②个位数字等于2时，前面位数有种取法，
但这个位正整数中十位数字等于1的个正整数要去掉．
故个位数字等于2且十位数字不等于1的位正整数有－个．
综上，由加法原理知．
设，
所以，，即，
解得，
所以，是首项为，公比为的等比数列；
是首项为，公比为的等比数列；
所以，，
，
所以，当时，，
经检验，当时，也成立
当时，也成立．
综上，．
1 / 1山东省济宁市2025届高考模拟考试(二模)数学试题
1．（2025·济宁模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·济宁模拟）已知是关于的方程的一个根，则（　　）
A．2 B．3 C．5 D．
3．（2025·济宁模拟）已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（　　）
A． B．1 C． D．2
4．（2025·济宁模拟）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·济宁模拟）已知为等比数列，且，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2025·济宁模拟）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·济宁模拟）若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（　　）
A．2 B． C．4 D．
8．（2025·济宁模拟）已知是椭圆的右焦点，直线交于，两点，若，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·济宁模拟）已知，为随机事件，且，，则下列结论正确的是（　　）
A．若，互斥，则 B．若，相互独立，则
C．若，相互独立，则 D．若，则
10．（2025·济宁模拟）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．的图象关于轴对称 B．是的一个周期
C．在上为增函数 D．
11．（2025·济宁模拟）已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（　　）
A． B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为 D．的最小值为
12．（2025·济宁模拟）已知函数则的值为　 　.
13．（2025·济宁模拟）已知抛物线的焦点为，为上的动点，点，则取最小值时，直线的斜率为　 　.
14．（2025·济宁模拟）箱子中装有4个红球，2个黄球（除颜色外完全相同），掷一枚质地均匀的骰子1次，如果点数为，则从该箱子中一次性取出个球.规定：依据个球中红球的个数，判定甲的得分，每一个红球记1分；依据个球中黄球的个数，判定乙的得分，每一个黄球记2分.比如：若一次性取出了2个红球，2个黄球，则判定甲得分，乙得分.则在1次掷骰子取球的游戏中，　 　.
15．（2025·济宁模拟）在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）证明：；
（2）若的面积为，证明为等边三角形.
16．（2025·济宁模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2025·济宁模拟）已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上，
（1）求的方程；
（2）若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值.
18．（2025·济宁模拟）已知函数，.
（1）讨论零点的个数；
（2）若，求实数的取值范围.
19．（2025·济宁模拟）将所有正整数按照如下规律形成数阵：
第1行 1 2 3 …… 7 8 9
第2行 10 11 12 …… 97 98 99
第3行 100 101 102 …… 997 998 999
第4行 1000 1001 1002 …… 9997 9998 9999
…………
（1）将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列，试确定在该数阵中的位置；
（2）将数阵中所有相邻两位数字（从左到右）出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第行中正整数的个数为.
（i）求，，；
（ii）求.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和对数型函数的定义域求解方法，则分别求出集合A和集合B，再根据补集的运算法则和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：将代入，
则，
化简整理得，
则，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】将代入，从而化简整理得出，则，从而解出的值，再利用复数求模公式得出的值.
3．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，
则，
因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则，从而得出，再利用勾股定理得出高的值，再根据圆锥的体积公式和已知条件，从而得出该圆锥的底面半径.
4．【答案】A
【知识点】指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为是由与复合而成，
在中，，
所以在上单调递减，
因为在上单调递减，且外层函数在上单调递减，
根据复合函数“同增异减”的原则，
可知内层函数在上单调递增，
对于二次函数，其图象开口向上，对称轴为，
又因为二次函数在对称轴右侧单调递增，
要使在上单调递增，
则对称轴需满足，
解得.
故答案为：A.
【分析】是由与复合而成，先分析外层函数单调性，再根据复合函数单调性确定内层函数单调性，从而求出实数的取值范围.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由题意知，为等比数列，
当时，得，所以，
故充分性成立；
当时，，解得，
又因为同号，所以，
故必要性成立，
所以“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】由等比中项公式和充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
6．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；辅助角公式
【解析】【解答】解：对进行化简，
得出
令，则，
则．
根据正弦函数的性质，
所以或，
解得或，
因为且，
当时，，；
当时，，，
函数和大致图象如图，
因为函数在区间上有且仅有个零点，
则需满足，
解不等式组得到可得，
所以，实数的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】先利用辅助角公式将函数化简为的形式，再根据的取值范围求出的取值范围，再结合正弦型函数的图象与性质，从而得出函数在给定区间上有且仅有个零点时的取值范围．
7．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【解答】解：由，
得，
所以圆心为，
又因为圆关于直线对称，
则直线过圆心，
所以，
所以，
又因为，
当且仅当时，等号成立，
所以.
故答案为：C.
【分析】由题意得直线过圆心，从而得出的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，
因为椭圆关于原点对称，直线过原点，
所以，关于原点对称，
设椭圆的左焦点为，连接，，
由椭圆的对称性可得，
所以四边形为平行四边形，
又因为，
所以平行四边形是矩形，
所以，，
所以点在圆上，
则，
解得，
代入椭圆方程，
又因为，
可得：，
设（），
则上式可化为，
化简可得，
则，
又因为，
所以，
解得，
所以，椭圆的离心率为.
故答案为：A.
【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再根据方程联立得出点，再代入椭圆方程，从而构造齐次式得出，再利用解方程的方法和椭圆的离心率的取值范围，从而得出椭圆的离心率.
9．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于，若，互斥，
根据互斥事件的概率加法公式.
因为，，
则，故正确；
对于，若，相互独立，
则与也相互独立，
因为，
所以，故错误；
对于，若，相互独立，
则.
根据概率的加法公式，
将，，，
代入可得：，故正确；
对于，因为，，
所以.
则，
.
根据条件概率公式得出，故正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件和互斥事件加法求概率公式、相互独立事件乘法求概率公式、对立事件求概率公式和条件概率公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【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；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，因为函数的定义域为，关于原点对称，
所以，
所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；
对于B，因为，
所以的一个周期是，故B正确；
对于C，令，当时，在上单调递减，
且，在上单调递增，
则在上单调递减，
所以在上单调递减函数，故C错误；
对于D，因为，令，
则，求导得，
又因为，
所以，单调递增，
当时，取得最大值；
当时，取得最小值，
又因为，
所以，
则 ，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用诱导公式证出，再结合偶函数定义可判断选项A；利用可判断选项B；利用三角型函数的性质可判断选项C；利用导数正负判断函数的单调性，从而求出函数的最值，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系；含三角函数的复合函数的值域与最值；圆锥曲线的轨迹问题；空间中直线与直线之间的位置关系；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径，
平面的法向量.，，
设，
由，
得，
令，则，，所以.
对于选项A，因为，又因为平面，
所以，
又因为，
所以，
则，故A正确；
对于选项B，因为平面，平面平面，
所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为，
设平面与正方体的中心的距离，平面的法向量为，
则，，
设，由，
可得，
令，则，，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
∴圆的周长，
则点的轨迹长度为，故B错误；
对于选项C，因为，点在球面上，
所以，
则线段长度的最小值为，故C正确；
对于选项D，设与夹角为，，，
在平面直角坐标系中，，，，，
则，，
所以，
令，，
则，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，则建立空间直角坐标，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用线面平行得出两向量垂直，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和向量共线定理，则判断出选项A；利用线面平行证出面面平行，从而得出点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆， 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，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出点到平面的距离，则根据勾股定理得出圆的半径，再利用圆的周长公式得出点的轨迹长度，则判断出选项B；利用勾股定理和几何法求最值的方法，则判断出选项C；利用数量积的坐标表示和正弦型函数求最值的方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以.
故答案为：.
【分析】由分段函数的解析式，先求出的值，再求出的值即可.
13．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意，得，
设点，
则，
由抛物线的定义，得，
所以，
又因为，
当时，；
当时，
当且仅当时，即当时取等号，
所以，
当时，
当且仅当时，即当时取等号，
所以，
综上所述，当时，取得最小值，此时，
得点，
所以.
故答案为：.
【分析】设点，由抛物线的定义得，再利用两点间的距离公式得出，则，从而只需得出的最大值，即得出取最小值，再利用两点求斜率公式得出当取最小值时的直线的斜率.
14．【答案】
【知识点】全概率公式；条件概率；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设掷骰子得到的点数的概率为，则，
当时，的概率为，若，则需取出的1个球是红球的概率为，
所以，
当时，的概率为，若，则需取出的2个球都是红球的概率为，
所以，
当时，的概率为，若，则需取出的3个球都是红球的概率为
，所以，
当时，的概率为，若，则有两种可能的情况：第一种情况为取出的4个球都是红球有种，
第二种情况为取出的4个球种有3个红球，1个黄球，有种，
所以概率为，
所以
当时，的概率为，若，则需取出全部4个红球，1个黄球，
所以，
所以，
当时，不满足题意，
所以综上.
故答案为：.
【分析】由题意，利用条件概率和乘法公式分类讨论，再利用全概率公式求解即可.
15．【答案】（1）证明：由正弦定理得，，
则，
所以，
所以，
所以，
由正弦定理得．
（2）证明：因为，
所以，
又因为，
所以为锐角，
所以，
由余弦定理得，
又因为，
代人化简得，
所以，
所以为等边三角形．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边化角，再结合三角恒等变换得出，再利用正弦定理角角化边，从而证出.
（2）利用三角形面积公式得出角的值，再结合余弦定理得到，从而得出，进而判断出为等边三角形.
（1）由正弦定理得，
即，
所以，
所以，
所以，由正弦定理得．
（2）因为，所以，
因为，所以为锐角，所以．
由余弦定理得，
又，代人化简得，
所以，
所以为等边三角形．
16．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，如图所示：
因为、分别为、的中点，所以，
又因为，所以，所以与必相交，
因为，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面`；
（2）解：设，分别为的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
由（1）知平面，即为直线与平面所成的角，且，
设，则，，
因为平面，所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，取，
即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；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，根据线面垂直的判定得平面，推出，再利用面面垂直的判定证明即可；
（2） 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 利用空间向量法求解即可.
（1）设为的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
所以与必相交．
因为，所以，
又，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面`．
（2）设，分别为的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
所以，以为坐标原点，$OA，OG，OP$所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系．
由（1）知平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以，设，则，
所以．
因为平面，所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
又，
所以，取，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.
17．【答案】（1）解：由题意，得，
因为点在双曲线上，
所以，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）证明：由已知条件得直线的斜率存在，
设其方程为，
所以，
所以，
由韦达定理得：，
又因为的平分线与轴垂直，
所以，
则，
所以，
则，
所以，
则，
所以或，
当时，直线的方程为，
则直线过点，不符合题意，
所以，
设倾斜角为，
则，，
所以直线的倾斜角为定值.

【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，则，再利用点在双曲线上，则由代入法得出a，b的值，从而得出双曲线的方程.
（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得出韦达定理式，利用的平分线与轴垂直得出，从而得出，再代入韦达定理和直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而证出直线的倾斜角为定值.
（1）由题意有，又点在双曲线上，所以，
解得，所以双曲线的方程为；
（2）由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设
所以，
所以，
由韦达定理有：，
又因为的平分线与轴垂直，所以，
即，所以，即，
所以，
即，所以或，
当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意，
所以，设倾斜角为，即，，
即直线的倾斜角为定值.
18．【答案】（1）解： 函数 ，
令，则，
令定义域为，，
当时，在上单调递减，
当时，在 上单调递增，
当时，时，，当时，，
当时，，
则当时，函数无零点；
当或时，函数有1个零点，
当时，函数有2个零点；
（2）解：当时，由，可得，
不等式等价于对恒成立，
即对恒成立，
令，则，
当，当，则函数在内单调递减，在内单调递增，
且，又因为，所以对恒成立，所以时成立，
当时，，显然成立；
当时，等价于
或，即或
对于，取，得，与矛盾，故不成立，
对于，即，对恒成立，
令，则，
则在内单调递减，且，故，
综上，实数的取值范围是.
【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；不等式的证明；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意，令，可得，设函数，求到，利用导数判断函数的单调性，求最值，从而确定零点个数；
（2）分析得时成立，再分离参数得，对恒成立，利用导数研究右边的最值即可.
（1）时，，
令，则，
所以，时，在上单调递减，
时，在 上单调递增，
又时，时，，时，，
时，，
所以，①当时，无零点，
②或时，有1个零点，
③当时，有2个零点.
（2）当时，由得，
所以，等价于对恒成立．
即对恒成立，
令，则，
当，当，
在内单调递减，在内单调递增，
，又
对恒成立
所以，时成立，
当时，，显然成立．
当时，
等价于或，
即或
对于，取，得，与矛盾，故不成立，
对于，即，对恒成立，
令，则，
在内单调递减，
，所以，，
综上，实数的取值范围是.
19．【答案】（1）解：令，
则，
当且仅当为偶数时，可以取得正整数，
当且仅当为偶数时，数列有公共项，
，故，
故是数阵第4行，第3097个数；
（2）解：（i）当时，显然，
当时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉，
故，
当时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：
百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个，故；
（ii）当时，将第行个符合条件的位正整数分为两类：
①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面位数有种取法，这时位正整数中有个；
②个位数字等于2时，前面位数有种取法，
但这个位正整数中十位数字等于1的个正整数要去掉，
故个位数字等于2且十位数字不等于1的位正整数有－个，
综上，由加法原理知，
设，
则，即，解得，
数列是首项为，公比为的等比数列；
数列是首项为，公比为的等比数列；
，
，
当时，，
经检验，当时，也成立，当时，也成立，
综上，．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的应用；等比数列的性质；二项展开式
【解析】【分析】（1）由题意，令，利用二项展开式得当且仅当为偶数时，可以取得正整数，则，确定位置即可；
（2）（i）当时，直接得到，代入并去掉12即可得到的值，代入，去掉19个数即可得到；
（ii）分析得，利用特征根法得，，再消去求其通项即可.
（1）设，因为，
，
所以，
所以，当且仅当为偶数时，可以取得正整数，
所以，当且仅当为偶数时，数列有公共项，
所以，，故，
所以，是数阵第4行，第3097个数．
（2）（i）当时，显然．
当时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉．
故．
当时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：
百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个．
故．
（ii）当时，将第行个符合条件的位正整数分为两类：
①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面位数有种取法，这时位正整数中有个；
②个位数字等于2时，前面位数有种取法，
但这个位正整数中十位数字等于1的个正整数要去掉．
故个位数字等于2且十位数字不等于1的位正整数有－个．
综上，由加法原理知．
设，
所以，，即，
解得，
所以，是首项为，公比为的等比数列；
是首项为，公比为的等比数列；
所以，，
，
所以，当时，，
经检验，当时，也成立
当时，也成立．
综上，．
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