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浙江省湖州、衢州、丽水等3地市2024-2025学年高三上学期11月教学质量检测数学试题
1．（2024高三上·湖州模拟）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：已知，，
则，
所以，
故答案为：B．
【分析】先把集合中的元素一一列举出来，再利用交集定义计算即可求解．
2．（2024高三上·湖州模拟）已知复数（其中是虚数单位），则（　　）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用共轭复数的定义、复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式即可求解.
3．（2024高三上·湖州模拟）双曲线的另一种定义：动点与定点的距离和它与定直线：的距离的比是常数，则点的轨迹是一个双曲线.动点与定点的距离和它与定直线：的距离的比是，则点的轨迹方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，依题意，，
化简整理得，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：B
【分析】先利用给定条件列出方程，化简整理即可求解.
4．（2024高三上·湖州模拟）为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（　　）
A．，不具有线性相关性 B．决定系数变大
C．相关系数变小 D．残差平方和变小
【答案】C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、加入点后，变量与预报变量相关性变弱，
但不能说，不具有线性相关性，故A不正确；
B、加上点后，拟合效果变差，决定系数变小，故B不正确；
C、从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，所以加上点后，回归效果变差.
故相关系数的绝对值越趋于0，故C正确；
D、残差平方和变大，拟合效果越差，所以加上点后，残差平方和变大，故D不正确；
故答案为：C.
【分析】从图中分析得到加入点后，回归效果会变差，残差平方和变大，决定系数变小，相关系数变小，逐项判断即可求解.
5．（2024高三上·湖州模拟）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以是中点，
则是圆直径，如图所示：
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，
所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故答案为：B．
【分析】利用可得是中点，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，|即可求解．
6．（2024高三上·湖州模拟）古代农耕常用水车作为灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类改造自然的成果之一.如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，当秒时，（　　）
A． B． C． D．4
【答案】A
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：由已知，，
经过45秒后，即旋转了个周期，因此，如图所示：
所以，
故答案为：A．
【分析】由点坐标可得，再利用周期是60秒可得经过45秒点A旋转了个周期可得，再利用勾股定理计算即可求解．
7．（2024高三上·湖州模拟）已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，如下图所示：
由长方体性质可得，因此平面即为平面，
根据长方体性质，由相似比可知交于同一点，
所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台，
设长方体的各棱长为，因此长方体的体积为；
再由棱台体积公式可得：
，
可得较大部分的体积为；
因此体积较小部分与体积较大部分的体积之比为.
故答案为：D
【分析】由题意可知平面将长方体分割成的体积较小部分为三棱台，利用台体体积公式代值即可求解.
8．（2024高三上·湖州模拟）已知函数，，若有两个零点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由，得，
已知，则，，
，因此，解得，
由，得或，于是，
A、因为，故A错误；
B、因为，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D
【分析】先利用题意和函数零点的定义可得，再利用余弦函数的性质求出，再逐项判断即可求解.
9．（2024高三上·湖州模拟）已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：A、当且仅当时取等号，故A正确；
B、当且仅当时取等号，故B错误；
C、∵，∴，∴，
∵，∴，，∴，∴，故C正确；
D、∵，∴，∴，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用基本不等式结合对数的运算即可判断AB，利用题意可得，代入不等式，再利用基本性质即可判断CD.
10．（2024高三上·湖州模拟）现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1、2、3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子.则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
【答案】B,C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】解：A、甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，
即，故A错误；
B、，，，，
则=，
则，故B正确；
CD、若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，
若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，故C正确，故D错误.
故答案为：BC
【分析】利用给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式逐项判断即可求解.
11．（2024高三上·湖州模拟）如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（　　）
A．三棱锥的体积为定值
B．在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球
C．直线与所成角的正切值的最小值是
D．的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、连接交于点，连接，如下图所示：
因为四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；
B、因为，，则，
且表面积为的球的半径为，
的内切圆半径为，
所以，直三棱柱内部不能放入一个表面积为的球，故B错误；
C、因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系如图所示：
则、、、、，
设，其中，
则，
设直线与所成角为，
所以，，
当时，取最大值，此时，取最小值，取最大值，
此时，，，
所以，直线与所成角的正切值的最小值是，故C正确；
D、点关于平面的对称点为，则，如图所示：
，，
所以，，则，
因为平面，，则平面，
因为平面，则，
将平面和平面延展为一个平面，如下图所示：
在中，，，，
由余弦定理可得
，
当且仅当、、三点共线时，取最小值，
故的最小值为，D对.
故答案为：ACD.
【分析】连接交于点，连接，利用线面平行的判断定理可得平面，再利用等体积转化即可判断A；先利用球的表面积公式可得的外接圆半径，再与球的半径比较即可判断B；利用空间向量法可得，再利用二次函数的性质可得即可判断C；作点关于平面的对称点，可知，然后将平面和平面延展为一个平面，结合余弦定理即可判断D.
12．（2024高三上·湖州模拟）在的展开式中，的系数为，则　 　.
【答案】5
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由题意得：，
令，即，解得.
故答案为：
【分析】先利用二项式的展开式的通项公式可得，再=1即可求解.
13．（2024高三上·湖州模拟）已知椭圆：，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆离心率为　 　.
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：
由圆：可知圆心，半径，
显然，且，
因此可得，所以，
可得，
即可得，又易知，
由余弦定理可得：，
解得，
再由椭圆定义可得，即，
因此离心率.
故答案为：.
【分析】由题意，利用直线与圆相切的位置关系判断方法，从而可得，再由余弦定理计算得出，则利用椭圆定义可得出椭圆的离心率.
14．（2024高三上·湖州模拟）若，已知数列中，首项，，，则　 　.
【答案】158
【知识点】奇偶函数图象的对称性；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以，整理得，，
即是常数数列，又，所以，即.
因为，
所以，
所以，
又，所以，，
所以，
即，
所以，
所以.
故答案为：158.
【分析】先利用数列的递推公式可得，再利用函数解析式可得，倒序相加法求和即可求解．
15．（2024高三上·湖州模拟）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，平面，点是的中点，点在线段上且，为三角形的重心.
（1）求证：平面；
（2）当的长为何值时，二面角的大小为.
【答案】（1）证明：连接交于点，由重心性质可得是的中点，
又点是的中点，点在线段上且，可知是的重心；
连接，可知点在上，如下图所示：
由重心性质可得，，所以；
又平面，平面，
所以平面；
（2）解：因为底面是边长为2的等边三角形，所以；
又平面，且分别为的中点，所以可得平面；即两两垂直；
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设的长为，
则可得，所以；
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
即可取，
易知平面的一个法向量为；
所以，解得或（舍）；
即当的长为3时，二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先利用重心性质以及线段比可知是的重心，再利用线段比例关系可得，最后利用线面平行判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系， 可得平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为 再利用二面角的大小为列出方程即可求解.
（1）连接交于点，由重心性质可得是的中点，
又点是的中点，点在线段上且，可知是的重心；
连接，可知点在上，如下图所示：
由重心性质可得，，所以；
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为底面是边长为2的等边三角形，所以；
又平面，且分别为的中点，所以可得平面；即两两垂直；
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设的长为，
则可得，所以；
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
即可取，
易知平面的一个法向量为；
所以，解得或（舍）；
即当的长为3时，二面角的大小为.
16．（2024高三上·湖州模拟）在中，角对应的三边分别是，，，且.
（1）求角的值；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）解：根据题意由正弦定理可得，
整理可得，
即，所以；
可得，又，所以，
又，因此.
（2）解：由三角形内角关系可得，
由可得，解得或；
当时，，又，所以两角均为钝角，不合题意；
因此，；
又，可得，同理；
由正弦定理可得，可得，
同理
因此的面积为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得，再利用三角恒等变换可得，结合题意即可求解；
（2）先利用可求得，，再利用切弦互化以及正弦定理可得，，最后利用正弦定理可得，结合面积公式即可求解.
（1）根据题意由正弦定理可得，
整理可得，
即，所以；
可得，又，所以，
又，因此.
（2）由三角形内角关系可得，
由可得，解得或；
当时，，又，所以两角均为钝角，不合题意；
因此，；
又，可得，同理；
由正弦定理可得，可得，
同理
因此的面积为.
17．（2024高三上·湖州模拟）已知数列的首项是1，其前项和是，且，.
（1）求，的值及数列的通项公式；
（2）若存在实数，使得关于的不等式，有解，求实数取到最大值时的值.
【答案】（1）解：∵，∴当时，，
即，
当时，也满足，
∴，
∴，.
（2）解：由（1）可知，∴，∴
令，
，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∵，
∴当或时，取得最大值70，
∴取得最大值时，取4或5.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用累加法可得，代数即可求解；
（2）由（1）求出数列前项和，由题意列出不等关系，构造函数，利用导函数求最大值，并找到最大值点即可求解.
（1）∵，∴
当时，，
即，
当时，也满足，
∴，
∴，.
（2）由（1）可知，
∴，∴
令，
，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∵，
∴当或时，取得最大值70，
∴取得最大值时，取4或5.
18．（2024高三上·湖州模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，，证明：；
（3）若，恒有，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：时，，
，
，又，
所以切线方程为，即；
（2）证明：，
时，是递增函数，因此，，
又，所以，在上递减，
，
因为，所以，
从而；
（3）解：，，
当时，，在上是减函数，
当时，，因此不可能恒成立，
时，由得，
记，，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，且，
即时，，时，，
所以时，，递减，时，，递增，
所以，
时，，此时，
记，在上递减，在上递增，且，
因此
当时，，，
当时，，，
综上，时，恒成立
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）当时求导可得，计算和，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）求导可得，要证明是减函数只需证明，先求出的值域，再证明即得证；
（3）时，由说明递减，不等式不可能恒成立，时，由（2）得出时，，的大于1的根记为（是地，），证明时，，时，，由确定的单调性，，时，由完成证明，时，由即可求解.
（1）时，，
，
，又，
所以切线方程为，即；
（2），
时，是递增函数，因此，，
又，所以，在上递减，
，
因为，所以，
从而；
（3），，
当时，，在上是减函数，
当时，，因此不可能恒成立，
时，由得，
记，，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，且，
即时，，时，，
所以时，，递减，时，，递增，
所以，
时，，此时，
记，在上递减，在上递增，且，
因此
当时，，，
当时，，，
综上，时，恒成立
所以的取值范围是．
19．（2024高三上·湖州模拟）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括直线轴），直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
（1）圆：是直线族的包络曲线，求，满足的关系式；
（2）若点不在直线族的任意一条直线上，求的取值范围及直线族的包络曲线的方程；
（3）在（1）（2）的条件下，过曲线上动点向圆做两条切线，，交曲线于点，，求面积的最小值.
【答案】（1）解：由题可得，直线族为圆M的切线，
故满足，，所以满足．
（2）解：将点代入，可得关于的方程，
因为点不在直线族上，故方程无实数解，
所以，那么，故，
因为区域的边界为抛物线，
下证：是的包络曲线．
证明：联立直线与，可得，所以，
故直线族：为抛物线的切线.
因此直线族的包络曲线的方程为.
（3）解：设，，，
则，
故
由直线与相切，所以，
整理得，①
同理可得，，②
由①②可得直线．
直线与联立得，（显然）
可得，
由韦达定理可得．
因此，
由于点到直线的距离，
所以面积为，
令，则，
由，解得，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
那么（当且仅当时取到），
所以面积的最小值是.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用直线与圆相切可得，化简即可求解；
（2）把点N代入转化为方程无实数解可得，再利用直线族：为抛物线的切线即可求解；
（3）设，，，利用直线与圆相切可得直线，再将直线与联立可得，再利用弦长公式可得，再利用面积公式可得，令可得，最后利用导数求出其最值即可求解.
（1）由题可得，直线族为圆M的切线，
故满足，，所以满足．
（2）将点代入，可得关于的方程，
因为点不在直线族上，故方程无实数解，
所以，那么，故，
因为区域的边界为抛物线，
下证：是的包络曲线．
证明：联立直线与，可得，所以，
故直线族：为抛物线的切线.
因此直线族的包络曲线的方程为.
（3）设，，，
则，
故
由直线与相切，所以，
整理得，①
同理可得，，②
由①②可得直线．
直线与联立得，（显然）
可得，
由韦达定理可得．
因此，
由于点到直线的距离，
所以面积为，
令，则，
由，解得，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
那么（当且仅当时取到），
所以面积的最小值是.
1 / 1浙江省湖州、衢州、丽水等3地市2024-2025学年高三上学期11月教学质量检测数学试题
1．（2024高三上·湖州模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·湖州模拟）已知复数（其中是虚数单位），则（　　）
A．2 B．1 C． D．
3．（2024高三上·湖州模拟）双曲线的另一种定义：动点与定点的距离和它与定直线：的距离的比是常数，则点的轨迹是一个双曲线.动点与定点的距离和它与定直线：的距离的比是，则点的轨迹方程为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·湖州模拟）为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（　　）
A．，不具有线性相关性 B．决定系数变大
C．相关系数变小 D．残差平方和变小
5．（2024高三上·湖州模拟）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·湖州模拟）古代农耕常用水车作为灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类改造自然的成果之一.如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，当秒时，（　　）
A． B． C． D．4
7．（2024高三上·湖州模拟）已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·湖州模拟）已知函数，，若有两个零点，则（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高三上·湖州模拟）已知，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．（2024高三上·湖州模拟）现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1、2、3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子.则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
11．（2024高三上·湖州模拟）如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（　　）
A．三棱锥的体积为定值
B．在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球
C．直线与所成角的正切值的最小值是
D．的最小值为
12．（2024高三上·湖州模拟）在的展开式中，的系数为，则　 　.
13．（2024高三上·湖州模拟）已知椭圆：，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆离心率为　 　.
14．（2024高三上·湖州模拟）若，已知数列中，首项，，，则　 　.
15．（2024高三上·湖州模拟）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，平面，点是的中点，点在线段上且，为三角形的重心.
（1）求证：平面；
（2）当的长为何值时，二面角的大小为.
16．（2024高三上·湖州模拟）在中，角对应的三边分别是，，，且.
（1）求角的值；
（2）若，，求的面积.
17．（2024高三上·湖州模拟）已知数列的首项是1，其前项和是，且，.
（1）求，的值及数列的通项公式；
（2）若存在实数，使得关于的不等式，有解，求实数取到最大值时的值.
18．（2024高三上·湖州模拟）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，，证明：；
（3）若，恒有，求实数的取值范围.
19．（2024高三上·湖州模拟）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括直线轴），直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
（1）圆：是直线族的包络曲线，求，满足的关系式；
（2）若点不在直线族的任意一条直线上，求的取值范围及直线族的包络曲线的方程；
（3）在（1）（2）的条件下，过曲线上动点向圆做两条切线，，交曲线于点，，求面积的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：已知，，
则，
所以，
故答案为：B．
【分析】先把集合中的元素一一列举出来，再利用交集定义计算即可求解．
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用共轭复数的定义、复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式即可求解.
3．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，依题意，，
化简整理得，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：B
【分析】先利用给定条件列出方程，化简整理即可求解.
4．【答案】C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、加入点后，变量与预报变量相关性变弱，
但不能说，不具有线性相关性，故A不正确；
B、加上点后，拟合效果变差，决定系数变小，故B不正确；
C、从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，所以加上点后，回归效果变差.
故相关系数的绝对值越趋于0，故C正确；
D、残差平方和变大，拟合效果越差，所以加上点后，残差平方和变大，故D不正确；
故答案为：C.
【分析】从图中分析得到加入点后，回归效果会变差，残差平方和变大，决定系数变小，相关系数变小，逐项判断即可求解.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以是中点，
则是圆直径，如图所示：
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，
所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故答案为：B．
【分析】利用可得是中点，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，|即可求解．
6．【答案】A
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：由已知，，
经过45秒后，即旋转了个周期，因此，如图所示：
所以，
故答案为：A．
【分析】由点坐标可得，再利用周期是60秒可得经过45秒点A旋转了个周期可得，再利用勾股定理计算即可求解．
7．【答案】D
【知识点】柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取的中点为，连接，如下图所示：
由长方体性质可得，因此平面即为平面，
根据长方体性质，由相似比可知交于同一点，
所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台，
设长方体的各棱长为，因此长方体的体积为；
再由棱台体积公式可得：
，
可得较大部分的体积为；
因此体积较小部分与体积较大部分的体积之比为.
故答案为：D
【分析】由题意可知平面将长方体分割成的体积较小部分为三棱台，利用台体体积公式代值即可求解.
8．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由，得，
已知，则，，
，因此，解得，
由，得或，于是，
A、因为，故A错误；
B、因为，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D
【分析】先利用题意和函数零点的定义可得，再利用余弦函数的性质求出，再逐项判断即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：A、当且仅当时取等号，故A正确；
B、当且仅当时取等号，故B错误；
C、∵，∴，∴，
∵，∴，，∴，∴，故C正确；
D、∵，∴，∴，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用基本不等式结合对数的运算即可判断AB，利用题意可得，代入不等式，再利用基本性质即可判断CD.
10．【答案】B,C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【解答】解：A、甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，
即，故A错误；
B、，，，，
则=，
则，故B正确；
CD、若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，
若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，故C正确，故D错误.
故答案为：BC
【分析】利用给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式逐项判断即可求解.
11．【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、连接交于点，连接，如下图所示：
因为四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；
B、因为，，则，
且表面积为的球的半径为，
的内切圆半径为，
所以，直三棱柱内部不能放入一个表面积为的球，故B错误；
C、因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系如图所示：
则、、、、，
设，其中，
则，
设直线与所成角为，
所以，，
当时，取最大值，此时，取最小值，取最大值，
此时，，，
所以，直线与所成角的正切值的最小值是，故C正确；
D、点关于平面的对称点为，则，如图所示：
，，
所以，，则，
因为平面，，则平面，
因为平面，则，
将平面和平面延展为一个平面，如下图所示：
在中，，，，
由余弦定理可得
，
当且仅当、、三点共线时，取最小值，
故的最小值为，D对.
故答案为：ACD.
【分析】连接交于点，连接，利用线面平行的判断定理可得平面，再利用等体积转化即可判断A；先利用球的表面积公式可得的外接圆半径，再与球的半径比较即可判断B；利用空间向量法可得，再利用二次函数的性质可得即可判断C；作点关于平面的对称点，可知，然后将平面和平面延展为一个平面，结合余弦定理即可判断D.
12．【答案】5
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由题意得：，
令，即，解得.
故答案为：
【分析】先利用二项式的展开式的通项公式可得，再=1即可求解.
13．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：
由圆：可知圆心，半径，
显然，且，
因此可得，所以，
可得，
即可得，又易知，
由余弦定理可得：，
解得，
再由椭圆定义可得，即，
因此离心率.
故答案为：.
【分析】由题意，利用直线与圆相切的位置关系判断方法，从而可得，再由余弦定理计算得出，则利用椭圆定义可得出椭圆的离心率.
14．【答案】158
【知识点】奇偶函数图象的对称性；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以，整理得，，
即是常数数列，又，所以，即.
因为，
所以，
所以，
又，所以，，
所以，
即，
所以，
所以.
故答案为：158.
【分析】先利用数列的递推公式可得，再利用函数解析式可得，倒序相加法求和即可求解．
15．【答案】（1）证明：连接交于点，由重心性质可得是的中点，
又点是的中点，点在线段上且，可知是的重心；
连接，可知点在上，如下图所示：
由重心性质可得，，所以；
又平面，平面，
所以平面；
（2）解：因为底面是边长为2的等边三角形，所以；
又平面，且分别为的中点，所以可得平面；即两两垂直；
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设的长为，
则可得，所以；
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
即可取，
易知平面的一个法向量为；
所以，解得或（舍）；
即当的长为3时，二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先利用重心性质以及线段比可知是的重心，再利用线段比例关系可得，最后利用线面平行判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系， 可得平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为 再利用二面角的大小为列出方程即可求解.
（1）连接交于点，由重心性质可得是的中点，
又点是的中点，点在线段上且，可知是的重心；
连接，可知点在上，如下图所示：
由重心性质可得，，所以；
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为底面是边长为2的等边三角形，所以；
又平面，且分别为的中点，所以可得平面；即两两垂直；
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设的长为，
则可得，所以；
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
即可取，
易知平面的一个法向量为；
所以，解得或（舍）；
即当的长为3时，二面角的大小为.
16．【答案】（1）解：根据题意由正弦定理可得，
整理可得，
即，所以；
可得，又，所以，
又，因此.
（2）解：由三角形内角关系可得，
由可得，解得或；
当时，，又，所以两角均为钝角，不合题意；
因此，；
又，可得，同理；
由正弦定理可得，可得，
同理
因此的面积为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得，再利用三角恒等变换可得，结合题意即可求解；
（2）先利用可求得，，再利用切弦互化以及正弦定理可得，，最后利用正弦定理可得，结合面积公式即可求解.
（1）根据题意由正弦定理可得，
整理可得，
即，所以；
可得，又，所以，
又，因此.
（2）由三角形内角关系可得，
由可得，解得或；
当时，，又，所以两角均为钝角，不合题意；
因此，；
又，可得，同理；
由正弦定理可得，可得，
同理
因此的面积为.
17．【答案】（1）解：∵，∴当时，，
即，
当时，也满足，
∴，
∴，.
（2）解：由（1）可知，∴，∴
令，
，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∵，
∴当或时，取得最大值70，
∴取得最大值时，取4或5.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用累加法可得，代数即可求解；
（2）由（1）求出数列前项和，由题意列出不等关系，构造函数，利用导函数求最大值，并找到最大值点即可求解.
（1）∵，∴
当时，，
即，
当时，也满足，
∴，
∴，.
（2）由（1）可知，
∴，∴
令，
，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∵，
∴当或时，取得最大值70，
∴取得最大值时，取4或5.
18．【答案】（1）解：时，，
，
，又，
所以切线方程为，即；
（2）证明：，
时，是递增函数，因此，，
又，所以，在上递减，
，
因为，所以，
从而；
（3）解：，，
当时，，在上是减函数，
当时，，因此不可能恒成立，
时，由得，
记，，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，且，
即时，，时，，
所以时，，递减，时，，递增，
所以，
时，，此时，
记，在上递减，在上递增，且，
因此
当时，，，
当时，，，
综上，时，恒成立
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）当时求导可得，计算和，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）求导可得，要证明是减函数只需证明，先求出的值域，再证明即得证；
（3）时，由说明递减，不等式不可能恒成立，时，由（2）得出时，，的大于1的根记为（是地，），证明时，，时，，由确定的单调性，，时，由完成证明，时，由即可求解.
（1）时，，
，
，又，
所以切线方程为，即；
（2），
时，是递增函数，因此，，
又，所以，在上递减，
，
因为，所以，
从而；
（3），，
当时，，在上是减函数，
当时，，因此不可能恒成立，
时，由得，
记，，
则有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1的根为，易知它是关于的减函数，
注意到在上是增函数，且，
即时，，时，，
所以时，，递减，时，，递增，
所以，
时，，此时，
记，在上递减，在上递增，且，
因此
当时，，，
当时，，，
综上，时，恒成立
所以的取值范围是．
19．【答案】（1）解：由题可得，直线族为圆M的切线，
故满足，，所以满足．
（2）解：将点代入，可得关于的方程，
因为点不在直线族上，故方程无实数解，
所以，那么，故，
因为区域的边界为抛物线，
下证：是的包络曲线．
证明：联立直线与，可得，所以，
故直线族：为抛物线的切线.
因此直线族的包络曲线的方程为.
（3）解：设，，，
则，
故
由直线与相切，所以，
整理得，①
同理可得，，②
由①②可得直线．
直线与联立得，（显然）
可得，
由韦达定理可得．
因此，
由于点到直线的距离，
所以面积为，
令，则，
由，解得，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
那么（当且仅当时取到），
所以面积的最小值是.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用直线与圆相切可得，化简即可求解；
（2）把点N代入转化为方程无实数解可得，再利用直线族：为抛物线的切线即可求解；
（3）设，，，利用直线与圆相切可得直线，再将直线与联立可得，再利用弦长公式可得，再利用面积公式可得，令可得，最后利用导数求出其最值即可求解.
（1）由题可得，直线族为圆M的切线，
故满足，，所以满足．
（2）将点代入，可得关于的方程，
因为点不在直线族上，故方程无实数解，
所以，那么，故，
因为区域的边界为抛物线，
下证：是的包络曲线．
证明：联立直线与，可得，所以，
故直线族：为抛物线的切线.
因此直线族的包络曲线的方程为.
（3）设，，，
则，
故
由直线与相切，所以，
整理得，①
同理可得，，②
由①②可得直线．
直线与联立得，（显然）
可得，
由韦达定理可得．
因此，
由于点到直线的距离，
所以面积为，
令，则，
由，解得，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
那么（当且仅当时取到），
所以面积的最小值是.
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