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浙江诸暨市牌头中学等多校2025届高三下学期2月适应性考试数学试题
1．（2025高三下·诸暨月考）若集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用并集的定义运算即可得到结果.
2．（2025高三下·诸暨月考）已知，则（　　）
A．10 B． C．5 D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】根据题意化简，
故答案为：A.
【分析】利用化简即可得到结果；
3．（2025高三下·诸暨月考）已知向量，，若，则（　　）
A．1 B．0 C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】由题意，则，
化简有，，，
所以，则；
故答案为：B.
【分析】根据垂直的数量积公式，结合坐标运算进行化简即可得到结果
4．（2025高三下·诸暨月考）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，则的形状为（　　）
A．直角三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】由题意，结合余弦公式有，
则，所以，
即的形状为钝角三角形，
故答案为：B.
【分析】根据题意，结合余弦定理求解得，即可得到三角形形状.
5．（2025高三下·诸暨月考）将3个1和2个0随机排成一个五位数，则2个0不相邻的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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】根据题意，不相邻问题采用插空法.
第一步万位必须是1，
第二步排余下的2个1，
当2个0相邻，所以3种排法；
当2个0不相邻，所以种排法.
所以，利用古典概型：2个0不相邻的概率为，
故答案为：C.
【分析】利用插空法分别将事件总数与满足的事件数求出，结合古典概型概率公式求解即可得到结果；
6．（2025高三下·诸暨月考）若函数在上有且仅有两个极值点，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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值域与最值
【解析】【解答】根据题意，由于时，所以，又在上有且仅有两个极值点，
则根据的图像
有，所以.
故答案为：C
【分析】根据图像，结合数形结合思想，利用的图像，化简的范围，求解出的范围.
7．（2025高三下·诸暨月考）已知等比数列的公比为q，且，则的一个充分不必要条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】当成立时，因为等比数列则有，
又因为，所以，题公因式得.
①当时，则，即，所以.
②当时，
当为偶数，所以，所以，则；
当为奇数，所以，所以，则.
所以不存在满足.
所以，成立的充要条件是.
A选型，由于，化简得，所以，满足，所以是充要条件，所以A错误；
B选项，由于，化简出，所以或，
所以“”是“”的必要不充分条件，所以B错误；
C选项，由于，，则，
所以“”是“”的必要不充分条件，所以C错误；
D选型，由于，又因为，所以，
所以“”是“”的充分不必要条件，所以D正确.
故答案为：D.
【分析】现根据等比数列对进行化简得到成立的充要条件是，接着利用等比数列的性质，以及通项公式进行化简对每一个选项进行变形判断即可得到结果.
8．（2025高三下·诸暨月考）若函数满足对任意，恒有，且，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抽象函数及其应用；函数恒成立问题
【解析】【解答】根据题意由，
则.
利用同构，假设，
所以，
所以，
则对任意的，，则，
所以，
则，
色的最小值是，
故答案为：A.
【分析】先对式子进行变形，利用同构令，化简得，再用赋值法推导出，进而可得出，利用放缩法化简出的最小值.
9．（2025高三下·诸暨月考）下列说法正确的是（　　）
A．若A，B是两个随机事件，则
B．若随机变量，则
C．相关系数r越大，成对样本数据的线性相关程度越强
D．数据1，2，5，7，9，11的上四分位数是9
【答案】A,B,D
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；概率的基本性质；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】对于A，，所以A正确，
对于B，由于正态分布曲线关于直线对称，所以B正确.
对于C，根据的值越大，相关性越强，所以C不正确.
对于D：，上四分位数是第5个数9，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用和事件性质，计算概率即可判断A；利用正态分布的对称性判断B；结合相关系数的性质判断C；利用百分位数的计算公式求解判断D.
10．（2025高三下·诸暨月考）若方程所表示的曲线为C，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则曲线C的长度为
B．若C为双曲线，则或
C．若C为椭圆，且焦点在轴上，则
D．若C为椭圆，则焦距为4
【答案】A,B
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】A选项，因为，则曲线C：为圆心在原点，半径为1的圆，轨迹长度为，A正确；
B选项，因为C为双曲线，所以，则或，B正确；
C选项，因为C为椭圆，且焦点在轴上，所以，则，C错误；
D选项，因为C为焦点在轴上的椭圆，所以焦距为，
D错误.
故答案为：AB
【分析】根据圆，椭圆，双曲线的定义与性质对每一个选项进行判断即可得到结果.
11．（2025高三下·诸暨月考）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（　　）
A． B．
C．的最小值为10 D．若PA与C相切，则PB也与C相切
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】A选项，在抛物线中， ，所以焦点，准线方程为.
设直线l的方程为，，
联立，将代入可得：
根据韦达定理，所以，则.
所以，
则.所以，故A正确；
C选项，由抛物线的定义可知， ，
又因为，
，
将，代入上式可得：.即，
所以，
当且仅当即时取“”，满足题意，故C错误；
D选项，设，，依题意可得过点A，B的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过的抛物线的切线方程为，即，
由有，
所以，又，整理得，
解得，
所以过的抛物线的切线方程为，整理得，
过的抛物线的切线方程为，整理得，
设两切线的交点为，由，
可得，
设直线AB的方程为，由得，
所以，所以，即两切线的交点Q在抛物线的准线上，
所以若PA与C相切，则PB也与C相切，故D正确；
B选项，设AB的中点为D，由，得，
则，又，
所以点D到准线的距离，
所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点P在C的准线上，所以，故B正确.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，借助判定；对于C，可证明，运用基本不等式求得判定；对于D，直曲联立得到过的抛物线的切线方程，同理得过的抛物线的切线方程为，求出两切线的交点，设直线AB的方程，直曲联立求两切线的交点Q在抛物线的准线上，得解；对于B，设AB的中点为D，求出和，进而得点D到准线的距离判定以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，得解.
12．（2025高三下·诸暨月考）在的展开式中，项的系数为　 　.（用数字作答）
【答案】80
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】展开的通项公式为，，
令，求出，
则，则项的系数为80.
故答案为：80
【分析】利用二项展开式的通项公式，令的幂为2求解出r的值，进而求出其系数即可.
13．（2025高三下·诸暨月考）已知正三棱台的上底面边长是下底面边长的一半，侧棱长为2，过侧棱中点且平行于底面的截面的边长为3，则正三棱台的体积为　 　.
【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】根据题意，画图分析，首先先将三棱台的侧棱延长交于一点O，可得正三棱锥，
此时假设三棱台的上底面边长为，下底面边长为，
所以，，解得，所以正三棱锥的侧棱长为，
过点O作平面ABC，交平面于点，
记的中点为，所以，
所以三棱锥的高为，
则三棱台的体积：.
故答案为：.
【分析】先进行画图，接着补形法，将正三棱台补成正三棱锥，利用相似将三棱台的上、下底面边长，所以得到正三棱锥的侧棱长，最后求出三棱锥的高，接着利用体积公式计算即可得到结果.
14．（2025高三下·诸暨月考）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，，，则　 　；设是函数的零点，，则数列的前项和　 　.
【答案】2；
【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】根据题意由，求导得.
又，即有，
则在点处的切线方程：.
取，化简得，所以.
又，则.
并且，则.
由于，
解得，，即有.
又因为，所以，
并且，所以为等比数列，并且首项为1，公比为2，
则，所以.
故答案为：
【分析】先对题意分析求导化简得到，接下来利用求出，结合的递推关系可得的递推关系，结合等比数列的定义可求的通项，最后求出.

15．（2025高三下·诸暨月考）在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若BC边上的高为3，求面积的最小值.
【答案】（1）根据题意得，
则，
化简，
又因为根据余弦定理则，
并且，所以

（2）由题意BC边上的高为3，则，
而三角形得面积，
化简得.
根据（1）得，
则化简，所以
则.
【知识点】解三角形；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）利用正弦定理角化边，结合余弦定理化简即可得到结果；
（2）根据三角形得面积公式化简有，接着因为变形得，结合求不等式解出的范围即可得到结果。
（1）因为，
由正弦定理可得，整理得，
由余弦定理可得，
又，所以
（2）因为BC边上的高为3，所以，
又因为，所以.
由（1）知，所以，得
所以.
16．（2025高三下·诸暨月考）如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为.
（1）证明：平面平面PAB.
（2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角.
【答案】（1）根据题意，平面ABC，并且平面ABC，
则，，，
利用勾股定理得，
.
所以，则.
由题意为锐角三角形，则.
结合余弦定理，有，
则，所以，
结合，，PA，平面PAB，
故平面PAB，则平面平面PAB.
（2）根据题意三线两两垂直，建立以B为原点建立空间直角坐标系，
如图所示
所以，，.
设，所以.
所以，化简有或（负值舍去），则.
根据（1）有PD与平面ABC所成的角为，则，
即，所以PD与平面ABC所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质结合勾股定理得到的长，接着结合三棱锥的体积公式得到，利用余弦定理结合勾股定理可得，最后结合线面垂直的判定与面面垂直的判定证明即可得到结果；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量共线化简，结合点到面的距离公式与线面夹角公式代入计算即可得到结果.
（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，
所以，，，
所以，同理得.
又因为，
所以.
因为为锐角三角形，所以.
由余弦定理，可知，
所以，所以，
又因为，，PA，平面PAB，
所以平面PAB，所以平面平面PAB.
（2）如图，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
设，则.
由，
解得或（负值舍去），所以.
由（1）知PD与平面ABC所成的角为，所以，
所以，即PD与平面ABC所成的角为.
17．（2025高三下·诸暨月考）甲，乙两人进行投篮比赛，有两种投篮方式：方式一，投两分球3次，进一球积2分；方式二，投三分球2次，进一球积3分.甲和乙投进两分球的概率分别为和，投进三分球的概率分别为和，且两人投篮互不影响.先上场者可以任意选择一种投篮方式，后上场者只能选择另一种投篮方式，最终积分高者获胜.已知两人都会优先选择理论上平均积分更高的投篮方式.
（1）试判断甲，乙两人会分别优先选择何种投篮方式；
（2）现在由裁判随机选择上场顺序，在最终结果为甲获胜的条件下，求乙以一分之差惜败的概率.
【答案】（1）设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为；
乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为.
则利用二项分布概率公式求出随机变量，，，的分布列.
，
，
0 2 4 6
则.
所以列出分布列如下所示
0 3 6
0 2 4 6
0 3 6
则，.
根据数据得，，综上甲，乙两人都会优先选择方式一.
（2）记最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.
因为
，
所以.
又因为，
所以.
同时，
，
则，
所以最终结果为甲获胜的条件下，乙以一分之差惜败的概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先假设事件名称，同时结合二项分布的概率公式分别计算对应的期望即可得到结果；
（2）结合（1），最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.由，，再利用条件概率计算公式计算即可得到结果.

（1）设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为；
乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为.
可分别求出随机变量，，，的分布列.
，
，
0 2 4 6
所以.
同理可得
0 3 6
0 2 4 6
0 3 6
所以，.
因为，，所以甲，乙两人都会优先选择方式一.
（2）记最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.
由
，
得.
由，
得.
又，
，
所以，
即在最终结果为甲获胜的条件下，乙以一分之差惜败的概率为.
18．（2025高三下·诸暨月考）已知函数，.
（1）直接判断与的大小关系；
（2）若，函数与有且仅有两个交点，求b的取值范围；
（3）若，，求出函数与的交点个数.
【答案】（1）判断：.
证：因为，，
则；
又因为，
则，
两边添加对数得：.
（2）首先，先判断与有且仅有两个交点的充要条件.
则题意转化成当时，方程的解的个数.
不妨设函数，.
求导，
令且单调递减，
当，则时，
则，求出.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以.
同时与存在两个交点，则，，
所以，所以，必要性成立.
接下来的充分：即证时，有有两个零点.
①函数在上单调递增，，，
利用函数零点存在定理可知，则函数在上存在唯一零点；
②当函数在上单调递减，，令，
所以，
则由函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点.，充分性成立。
综上，函数与有且仅有两个交点的充要条件为.
又因为，则有函数与有且仅有两个交点，
则.
（3）根据题意，令，，所以，
则有时，，此时有函数单调递增，
当时，则，此时函数单调递减.
所以，则，则有，
结合（2），则有函数与的交点个数为2.
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，采用作为中间变量进行比较即可得到大小；
（2）将题意转化成的解的个数问题，接着构造函数，结合导数以及正负值进行探究；
（3）根据题意，令函数，结合导数进行探究得到交点个数为2.
（1）.
证明：，正确，所以；
，这最后是正确的，所以，
所以.
（2）第一步，研究函数与有且仅有两个交点的充要条件.
由题意可知，其等价于时，方程的解的个数.
不妨设函数，.
，
令且单调递减，
当，即时，有，解得.
可知当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故.
又因为函数与存在两个交点，即，，
则，故，必要性得以说明.
后研究条件的充分性，即证明当时，函数有两个零点.
①函数在上单调递增，，，
根据函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点；
②函数在上单调递减，，取点，
则，
根据函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点.（充分性得证）
综上，函数与有且仅有两个交点的充要条件为.
第二步，由于，函数与有且仅有两个交点，
所以.
（3）构造函数，，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
因为，整理得，所以，
由（2）可知此时函数与的交点个数为2.
19．（2025高三下·诸暨月考）设集合，其中，且，将A中每个子集的元素和按照不减的顺序排列（空集的元素和记为0），可以得到一组整数，，，…，其对应的子集分别为，，，…，，并定义（表示中元素的和，.
（1）若.
①求，，，；
②证明：是等差数列.
（2）若且，证明：.
【答案】（1）①解：由题意，因为为空集，，，，
所以，，，.
②证明：因为在时，要证明是等差数列可以分为两步，如下：
第一步：证，，
假设对应的子集（具有个元素），并且，
而对应的子集（具有个元素），且，
因为，则子集，令为的最大下标.
当，所以，
所以.
当，则同样有.所以，.
第二步：根据题意得为空集，；，.
又由于，，整数，
则，所以，.
所以，所以是等差数列.
（2）证明：①当，所以；
②当，所以；
③当既不是的子集，并且也不是的子集，
假设，，
所以，，，且，.
因为，所以.
接着，设（具有个元素），并且，
（具有个元素），并且
因为且，则，
所以，又因为，，则，并且有，
所以，所以.
化简后有，又因为，，
则．
综上：.
【知识点】数列的应用；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）①利用定义可求的值；②先证明彼此不同，根据中的最小项和最大项可证是等差数列.
（2）就、及既不是的子集，而也不是的子集分类讨论，后者可设，其中，结合等比数列的求和公式和放缩法，从而可得.
（1）①解：由题意可知为空集，，，，
故，，，.
②证明：当时，证明是等差数列分为两步，如下：
第一步：证，，
不妨设对应的子集（具有个元素），其中，
对应的子集（具有个元素），其中，
由于，所以子集，可设为的最大下标.
若，则，
即有.
若，则同理有.故，.
第二步：由题意可知为空集，；，.
又因为，，整数，
所以，故，.
故，故是等差数列.
（2）证明：①若，则；
②若，则；
③若既不是的子集，而也不是的子集，
不妨设，，
故有，，，且，.
由，可知.
继而，设（具有个元素），其中，
（具有个元素），其中
由于且，所以，
故有，又因为，，所以有，而，
故，从而得出.
整理有，由于，，
化简有．
结合①②③，证得.
1 / 1浙江诸暨市牌头中学等多校2025届高三下学期2月适应性考试数学试题
1．（2025高三下·诸暨月考）若集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三下·诸暨月考）已知，则（　　）
A．10 B． C．5 D．
3．（2025高三下·诸暨月考）已知向量，，若，则（　　）
A．1 B．0 C． D．
4．（2025高三下·诸暨月考）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，则的形状为（　　）
A．直角三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形
5．（2025高三下·诸暨月考）将3个1和2个0随机排成一个五位数，则2个0不相邻的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高三下·诸暨月考）若函数在上有且仅有两个极值点，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高三下·诸暨月考）已知等比数列的公比为q，且，则的一个充分不必要条件是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高三下·诸暨月考）若函数满足对任意，恒有，且，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高三下·诸暨月考）下列说法正确的是（　　）
A．若A，B是两个随机事件，则
B．若随机变量，则
C．相关系数r越大，成对样本数据的线性相关程度越强
D．数据1，2，5，7，9，11的上四分位数是9
10．（2025高三下·诸暨月考）若方程所表示的曲线为C，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则曲线C的长度为
B．若C为双曲线，则或
C．若C为椭圆，且焦点在轴上，则
D．若C为椭圆，则焦距为4
11．（2025高三下·诸暨月考）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（　　）
A． B．
C．的最小值为10 D．若PA与C相切，则PB也与C相切
12．（2025高三下·诸暨月考）在的展开式中，项的系数为　 　.（用数字作答）
13．（2025高三下·诸暨月考）已知正三棱台的上底面边长是下底面边长的一半，侧棱长为2，过侧棱中点且平行于底面的截面的边长为3，则正三棱台的体积为　 　.
14．（2025高三下·诸暨月考）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，，，则　 　；设是函数的零点，，则数列的前项和　 　.
15．（2025高三下·诸暨月考）在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若BC边上的高为3，求面积的最小值.
16．（2025高三下·诸暨月考）如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为.
（1）证明：平面平面PAB.
（2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角.
17．（2025高三下·诸暨月考）甲，乙两人进行投篮比赛，有两种投篮方式：方式一，投两分球3次，进一球积2分；方式二，投三分球2次，进一球积3分.甲和乙投进两分球的概率分别为和，投进三分球的概率分别为和，且两人投篮互不影响.先上场者可以任意选择一种投篮方式，后上场者只能选择另一种投篮方式，最终积分高者获胜.已知两人都会优先选择理论上平均积分更高的投篮方式.
（1）试判断甲，乙两人会分别优先选择何种投篮方式；
（2）现在由裁判随机选择上场顺序，在最终结果为甲获胜的条件下，求乙以一分之差惜败的概率.
18．（2025高三下·诸暨月考）已知函数，.
（1）直接判断与的大小关系；
（2）若，函数与有且仅有两个交点，求b的取值范围；
（3）若，，求出函数与的交点个数.
19．（2025高三下·诸暨月考）设集合，其中，且，将A中每个子集的元素和按照不减的顺序排列（空集的元素和记为0），可以得到一组整数，，，…，其对应的子集分别为，，，…，，并定义（表示中元素的和，.
（1）若.
①求，，，；
②证明：是等差数列.
（2）若且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用并集的定义运算即可得到结果.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】根据题意化简，
故答案为：A.
【分析】利用化简即可得到结果；
3．【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】由题意，则，
化简有，，，
所以，则；
故答案为：B.
【分析】根据垂直的数量积公式，结合坐标运算进行化简即可得到结果
4．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】由题意，结合余弦公式有，
则，所以，
即的形状为钝角三角形，
故答案为：B.
【分析】根据题意，结合余弦定理求解得，即可得到三角形形状.
5．【答案】C
【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】根据题意，不相邻问题采用插空法.
第一步万位必须是1，
第二步排余下的2个1，
当2个0相邻，所以3种排法；
当2个0不相邻，所以种排法.
所以，利用古典概型：2个0不相邻的概率为，
故答案为：C.
【分析】利用插空法分别将事件总数与满足的事件数求出，结合古典概型概率公式求解即可得到结果；
6．【答案】C
【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值域与最值
【解析】【解答】根据题意，由于时，所以，又在上有且仅有两个极值点，
则根据的图像
有，所以.
故答案为：C
【分析】根据图像，结合数形结合思想，利用的图像，化简的范围，求解出的范围.
7．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】当成立时，因为等比数列则有，
又因为，所以，题公因式得.
①当时，则，即，所以.
②当时，
当为偶数，所以，所以，则；
当为奇数，所以，所以，则.
所以不存在满足.
所以，成立的充要条件是.
A选型，由于，化简得，所以，满足，所以是充要条件，所以A错误；
B选项，由于，化简出，所以或，
所以“”是“”的必要不充分条件，所以B错误；
C选项，由于，，则，
所以“”是“”的必要不充分条件，所以C错误；
D选型，由于，又因为，所以，
所以“”是“”的充分不必要条件，所以D正确.
故答案为：D.
【分析】现根据等比数列对进行化简得到成立的充要条件是，接着利用等比数列的性质，以及通项公式进行化简对每一个选项进行变形判断即可得到结果.
8．【答案】A
【知识点】抽象函数及其应用；函数恒成立问题
【解析】【解答】根据题意由，
则.
利用同构，假设，
所以，
所以，
则对任意的，，则，
所以，
则，
色的最小值是，
故答案为：A.
【分析】先对式子进行变形，利用同构令，化简得，再用赋值法推导出，进而可得出，利用放缩法化简出的最小值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；概率的基本性质；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】对于A，，所以A正确，
对于B，由于正态分布曲线关于直线对称，所以B正确.
对于C，根据的值越大，相关性越强，所以C不正确.
对于D：，上四分位数是第5个数9，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用和事件性质，计算概率即可判断A；利用正态分布的对称性判断B；结合相关系数的性质判断C；利用百分位数的计算公式求解判断D.
10．【答案】A,B
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】A选项，因为，则曲线C：为圆心在原点，半径为1的圆，轨迹长度为，A正确；
B选项，因为C为双曲线，所以，则或，B正确；
C选项，因为C为椭圆，且焦点在轴上，所以，则，C错误；
D选项，因为C为焦点在轴上的椭圆，所以焦距为，
D错误.
故答案为：AB
【分析】根据圆，椭圆，双曲线的定义与性质对每一个选项进行判断即可得到结果.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】A选项，在抛物线中， ，所以焦点，准线方程为.
设直线l的方程为，，
联立，将代入可得：
根据韦达定理，所以，则.
所以，
则.所以，故A正确；
C选项，由抛物线的定义可知， ，
又因为，
，
将，代入上式可得：.即，
所以，
当且仅当即时取“”，满足题意，故C错误；
D选项，设，，依题意可得过点A，B的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过的抛物线的切线方程为，即，
由有，
所以，又，整理得，
解得，
所以过的抛物线的切线方程为，整理得，
过的抛物线的切线方程为，整理得，
设两切线的交点为，由，
可得，
设直线AB的方程为，由得，
所以，所以，即两切线的交点Q在抛物线的准线上，
所以若PA与C相切，则PB也与C相切，故D正确；
B选项，设AB的中点为D，由，得，
则，又，
所以点D到准线的距离，
所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点P在C的准线上，所以，故B正确.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，借助判定；对于C，可证明，运用基本不等式求得判定；对于D，直曲联立得到过的抛物线的切线方程，同理得过的抛物线的切线方程为，求出两切线的交点，设直线AB的方程，直曲联立求两切线的交点Q在抛物线的准线上，得解；对于B，设AB的中点为D，求出和，进而得点D到准线的距离判定以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，得解.
12．【答案】80
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】展开的通项公式为，，
令，求出，
则，则项的系数为80.
故答案为：80
【分析】利用二项展开式的通项公式，令的幂为2求解出r的值，进而求出其系数即可.
13．【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】根据题意，画图分析，首先先将三棱台的侧棱延长交于一点O，可得正三棱锥，
此时假设三棱台的上底面边长为，下底面边长为，
所以，，解得，所以正三棱锥的侧棱长为，
过点O作平面ABC，交平面于点，
记的中点为，所以，
所以三棱锥的高为，
则三棱台的体积：.
故答案为：.
【分析】先进行画图，接着补形法，将正三棱台补成正三棱锥，利用相似将三棱台的上、下底面边长，所以得到正三棱锥的侧棱长，最后求出三棱锥的高，接着利用体积公式计算即可得到结果.
14．【答案】2；
【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】根据题意由，求导得.
又，即有，
则在点处的切线方程：.
取，化简得，所以.
又，则.
并且，则.
由于，
解得，，即有.
又因为，所以，
并且，所以为等比数列，并且首项为1，公比为2，
则，所以.
故答案为：
【分析】先对题意分析求导化简得到，接下来利用求出，结合的递推关系可得的递推关系，结合等比数列的定义可求的通项，最后求出.

15．【答案】（1）根据题意得，
则，
化简，
又因为根据余弦定理则，
并且，所以

（2）由题意BC边上的高为3，则，
而三角形得面积，
化简得.
根据（1）得，
则化简，所以
则.
【知识点】解三角形；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）利用正弦定理角化边，结合余弦定理化简即可得到结果；
（2）根据三角形得面积公式化简有，接着因为变形得，结合求不等式解出的范围即可得到结果。
（1）因为，
由正弦定理可得，整理得，
由余弦定理可得，
又，所以
（2）因为BC边上的高为3，所以，
又因为，所以.
由（1）知，所以，得
所以.
16．【答案】（1）根据题意，平面ABC，并且平面ABC，
则，，，
利用勾股定理得，
.
所以，则.
由题意为锐角三角形，则.
结合余弦定理，有，
则，所以，
结合，，PA，平面PAB，
故平面PAB，则平面平面PAB.
（2）根据题意三线两两垂直，建立以B为原点建立空间直角坐标系，
如图所示
所以，，.
设，所以.
所以，化简有或（负值舍去），则.
根据（1）有PD与平面ABC所成的角为，则，
即，所以PD与平面ABC所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质结合勾股定理得到的长，接着结合三棱锥的体积公式得到，利用余弦定理结合勾股定理可得，最后结合线面垂直的判定与面面垂直的判定证明即可得到结果；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量共线化简，结合点到面的距离公式与线面夹角公式代入计算即可得到结果.
（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，
所以，，，
所以，同理得.
又因为，
所以.
因为为锐角三角形，所以.
由余弦定理，可知，
所以，所以，
又因为，，PA，平面PAB，
所以平面PAB，所以平面平面PAB.
（2）如图，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
设，则.
由，
解得或（负值舍去），所以.
由（1）知PD与平面ABC所成的角为，所以，
所以，即PD与平面ABC所成的角为.
17．【答案】（1）设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为；
乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为.
则利用二项分布概率公式求出随机变量，，，的分布列.
，
，
0 2 4 6
则.
所以列出分布列如下所示
0 3 6
0 2 4 6
0 3 6
则，.
根据数据得，，综上甲，乙两人都会优先选择方式一.
（2）记最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.
因为
，
所以.
又因为，
所以.
同时，
，
则，
所以最终结果为甲获胜的条件下，乙以一分之差惜败的概率为.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）先假设事件名称，同时结合二项分布的概率公式分别计算对应的期望即可得到结果；
（2）结合（1），最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.由，，再利用条件概率计算公式计算即可得到结果.

（1）设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为；
乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为.
可分别求出随机变量，，，的分布列.
，
，
0 2 4 6
所以.
同理可得
0 3 6
0 2 4 6
0 3 6
所以，.
因为，，所以甲，乙两人都会优先选择方式一.
（2）记最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.
由
，
得.
由，
得.
又，
，
所以，
即在最终结果为甲获胜的条件下，乙以一分之差惜败的概率为.
18．【答案】（1）判断：.
证：因为，，
则；
又因为，
则，
两边添加对数得：.
（2）首先，先判断与有且仅有两个交点的充要条件.
则题意转化成当时，方程的解的个数.
不妨设函数，.
求导，
令且单调递减，
当，则时，
则，求出.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以.
同时与存在两个交点，则，，
所以，所以，必要性成立.
接下来的充分：即证时，有有两个零点.
①函数在上单调递增，，，
利用函数零点存在定理可知，则函数在上存在唯一零点；
②当函数在上单调递减，，令，
所以，
则由函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点.，充分性成立。
综上，函数与有且仅有两个交点的充要条件为.
又因为，则有函数与有且仅有两个交点，
则.
（3）根据题意，令，，所以，
则有时，，此时有函数单调递增，
当时，则，此时函数单调递减.
所以，则，则有，
结合（2），则有函数与的交点个数为2.
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据题意，采用作为中间变量进行比较即可得到大小；
（2）将题意转化成的解的个数问题，接着构造函数，结合导数以及正负值进行探究；
（3）根据题意，令函数，结合导数进行探究得到交点个数为2.
（1）.
证明：，正确，所以；
，这最后是正确的，所以，
所以.
（2）第一步，研究函数与有且仅有两个交点的充要条件.
由题意可知，其等价于时，方程的解的个数.
不妨设函数，.
，
令且单调递减，
当，即时，有，解得.
可知当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故.
又因为函数与存在两个交点，即，，
则，故，必要性得以说明.
后研究条件的充分性，即证明当时，函数有两个零点.
①函数在上单调递增，，，
根据函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点；
②函数在上单调递减，，取点，
则，
根据函数零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点.（充分性得证）
综上，函数与有且仅有两个交点的充要条件为.
第二步，由于，函数与有且仅有两个交点，
所以.
（3）构造函数，，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
因为，整理得，所以，
由（2）可知此时函数与的交点个数为2.
19．【答案】（1）①解：由题意，因为为空集，，，，
所以，，，.
②证明：因为在时，要证明是等差数列可以分为两步，如下：
第一步：证，，
假设对应的子集（具有个元素），并且，
而对应的子集（具有个元素），且，
因为，则子集，令为的最大下标.
当，所以，
所以.
当，则同样有.所以，.
第二步：根据题意得为空集，；，.
又由于，，整数，
则，所以，.
所以，所以是等差数列.
（2）证明：①当，所以；
②当，所以；
③当既不是的子集，并且也不是的子集，
假设，，
所以，，，且，.
因为，所以.
接着，设（具有个元素），并且，
（具有个元素），并且
因为且，则，
所以，又因为，，则，并且有，
所以，所以.
化简后有，又因为，，
则．
综上：.
【知识点】数列的应用；数列与函数的综合
【解析】【分析】（1）①利用定义可求的值；②先证明彼此不同，根据中的最小项和最大项可证是等差数列.
（2）就、及既不是的子集，而也不是的子集分类讨论，后者可设，其中，结合等比数列的求和公式和放缩法，从而可得.
（1）①解：由题意可知为空集，，，，
故，，，.
②证明：当时，证明是等差数列分为两步，如下：
第一步：证，，
不妨设对应的子集（具有个元素），其中，
对应的子集（具有个元素），其中，
由于，所以子集，可设为的最大下标.
若，则，
即有.
若，则同理有.故，.
第二步：由题意可知为空集，；，.
又因为，，整数，
所以，故，.
故，故是等差数列.
（2）证明：①若，则；
②若，则；
③若既不是的子集，而也不是的子集，
不妨设，，
故有，，，且，.
由，可知.
继而，设（具有个元素），其中，
（具有个元素），其中
由于且，所以，
故有，又因为，，所以有，而，
故，从而得出.
整理有，由于，，
化简有．
结合①②③，证得.
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