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四川省内江市威远中学2025届高三下学期一模考试数学试卷
1．（2025·威远模拟）已知全集，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为集，集合，
所以或.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在U中的补集.
2．（2025·威远模拟）已知复数满足，其中是虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
故.
故答案为：B.
【分析】利用复数的运算法则和复数求模公式以及已知条件，从而求出复数，再利用复数求模公式可得的值.
3．（2025·威远模拟）已知向量，，，且，则实数为（　　）
A．-4 B．-3 C．4 D．3
【答案】A
【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】解：因为，
又因为，
所以
所以.
故答案为：A.
【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的坐标表示，从而列方程得出实数的值.
4．（2025·威远模拟）已知两个等差数列，的首项分别为1和2，且，则数列的前20项的和为（　　）
A．165 B．630 C．60 D．330
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差分别为，
由，，
得，
解得，
所以，
所以前项和为：
.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的通项公式可得，从而求出，再结合等差数列前项和公式和分组求和法，从而得出数列的前20项的和.
5．（2025·威远模拟） 已知，，，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，
得，
因为，，所以，且，
，
当且仅当取等号.
故答案为：C.
【分析】本题考查两角和的余弦公式，两角和的正切公式，利用基本不等式求最值.先利用两角和的余弦公式进行展开式化简可得的值，再利用两角和的正切展开式进行化简可得：，利用基本不等式进行求解可求出最值.
6．（2025·威远模拟）如图l，在高为h的直三棱柱容器中，，，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则=（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设柱体的底面积为，
则柱体的体积，注入水的体积为，
容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积，
则，
整理得.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合三棱柱的体积公式和三棱锥的体积公式体积，从而作差整理得出的值.
7．（2025·威远模拟）费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线：为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，延长交的延长线于点，
因为是的角平分线上的一点，且，
所以点为的点，
所以，
又因为为的中点，
所以，
所以，
所以，则，
将点代入，
可得，解得，
则双曲线C的离心率为.
故答案为：B.
【分析】根据线段中点和角平分线的性质，从而可得，再根据双曲线定义得出a的值，再代入点到双曲线方程可得的值，则根据双曲线离心率公式得出双曲线的离心率的值.
8．（2025·威远模拟）已知函数的定义域为，且对任意，满足，且则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的值
【解析】【解答】解：当时，
因为，
所以
由累加法，可得：
，
所以，
故选项A、选项B均错误；
由，
得
则，
故选项C错误、选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和递推关系以及累加法，从而可得再利用赋值法和比较法，从而逐项判断找出结论一定正确的选项.
9．（2025·威远模拟）已知函数，的图象是一条连续不断的曲线，设其导数为，函数的图象如下，则下列说法正确的是（　　）
A．在处取最大值
B．是的极大值点
C．没有极小值点
D．可能不是导函数的极大值点
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：当时，，
函数单调递增，
同理可得，当时，，函数单调递减，
所以为函数的极大值，
当时，，函数单调递减；
当时，函数单调递减，
所以，函数在上单调递减，
则在处取最大值，且没有极小值点，故选项A、选项C正确、选项B错误；
当和时，，
又因为，且在时等于0，
所以不一定等于0，
当时，是导函数的极大值点；
当时，不是导函数的极大值点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据的图象，先分析出的正负，从而判断出函数的单调性，则可判断选项A、选项B和选项C；再当和时，结合不一定等于0，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·威远模拟）已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．的图象与的图象在内有4个交点
【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：将的图象向右平移个单位后，
可得，
则可得，故A错误；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，
所以不是的对称轴，故C错误，
对于D，分别作出与在内的图象如下，
由图可知，的图象与的图象在内有4个交点，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据函数图象的平移变换和伸缩变换，从而可得，则判断出选项A；利用换元法和正弦函数的对称性，从而判断出函数的图象的对称性，则判断出选项B和选项C；作出两个函数与的图象，再利用两函数的图象，从而得出的图象与的图象在内的交点个数，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·威远模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，在上是增函数
B．当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．若在上为减函数，则
D．当时，若函数有且只有一个零点，则
【答案】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；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于A，因为为增函数，
当时，趋向负无穷；当时，趋向正无穷，
所以，存在，使得，
则上在上为减函数，故A错误；
对于B，由题意，可得，
则，且，
所以在处的切线方程为，
则切线与轴的交点坐标为，与轴交点坐标为，
所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，故B正确，；
对于C，因为函数在上为减函数，
则在上，恒成立，所以，
令，则，
易知，当时，；时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故C错误；
对于D，因为函数有且只有一个零点，
所以有唯一解，
则，
令且，则，
令，显然在上为增函数，，
则，使得，易知时，时，
则在为减函数，在为增函数，
则，
当时，，
所以有且只有一个解时，，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性，则判断出选项A；利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据直线的点斜式方程得出切线方程，再联立两直线的方程求出交点坐标，再根据两点距离公式和点到直线的距离公式以及三角形的面积公式，从而得出当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积，则判断出选项B；将问题转化为在上恒成立，再利用导数研究右侧的最小值，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项C；将问题转化为有唯一解，再利用导数研究右侧的单调性和值域，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025·威远模拟）若函数为奇函数，则实数m的值为　 　．
【答案】2
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数为定义在R上的奇函数，
所以，
所以.
故答案为：2.
【分析】根据已知条件和奇函数的性质，从而得出实数m的值.
13．（2025·威远模拟）抛物线的焦点F恰好是圆的圆心，过点F且倾斜角为的直线l与C交于不同的A，B两点，则　 　．
【答案】8
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，焦点，
则抛物线，直线，
设，，
联立，消去y并整理得，
则，
所以．
故答案为：8．
【分析】根据题意可得抛物线和直线，联立直线方程与抛物线方程结合韦达定理，从而得出的值，再利用抛物线的定义得出的值．
14．（2025·威远模拟）甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：
甲 10 12 9 12 10
乙 24 25 23 22 22
丙 9 13 14 12 10
丁 6 8 10 8 10
戊 13 15 14 15 11
现每项任务指派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有　 　种；效益之和的最大值是　 　．
【答案】78；75
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为甲不承担C任务，丁不承担A任务的选派方法有：种.
由表知道，五项工作后获得的效益值总和最大为，
但不能同时取得，故五项工作后获得的效益值总和最大值小于76，
但当乙承担，甲承担，丙承担，丁承担，戊承担，
此时效益值总和为：，效益之和的最大值是75.
故答案为：78；75.
【分析】根据全排列去掉甲承担C任务和丁承担A任务的计算指派方法种数；再根据特例求和，从而可得效益之和的最大值.
15．（2025·威远模拟）在中，角、、所对的边为、、，已知.
（1）求角的值；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：由余弦定理，
可得，且，
故.
（2）解：由三角形的面积公式，
可得，可得，
由余弦定理，可得所以，
因此，的周长为.
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由余弦定理和已知条件，从而求出的值，再结合三角形中角的取值范围，从而可得角的值.
（2）利用三角形的面积公式可得的值，再利用余弦定理可得的值，再结合三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）由余弦定理可得，且，故.
（2）由三角形的面积公式可得，可得，
由余弦定理可得，故，
因此，的周长为.
16．（2025·威远模拟）已知公差不为零的等差数列的前n项和为，若，且成等比数列
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足，若数列前n项和，证明.
【答案】（Ⅰ）解：由题意知：，
则，
所以，数列的通项公式为：.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（Ⅰ）利用等比中项公式和等差数列的通项公式、等差数列前n项和公式，从而得出等差数列的首项和公差的值，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（Ⅱ）利用（Ⅰ）中数列的通项公式和裂项相消法以及放缩法，从而证出不等式成立.
17．（2025·威远模拟）设函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值点个数；
（3）若时，，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，可得，
则，
所以，曲线在点处的切线斜率，
所以，曲线在点处的切线方程为.
（2）解：由（1）得，，
令，，
则，
所以函数单调递减且当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以，
因为当时单调递减且当时，，
所以在上只有一个变号零点，
又因为，
所以只有一个变号零点，
所以只有1个极值点.
（3）解：当时，，
则恒成立，
当时，显然在上恒成立；
当时，，
所以，当时，，
不满足题意，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）将极值点个数转化为导数的变号零点个数问题，再利用导数判断函数的单调性和函数求极限的方法，从而得出只有一个变号零点，进而得出的极值点个数.
（3）利用已知条件，将变形为，再按的不同取值分类讨论，再利用不等式恒成立问题求解方法和函数求极限的方法，从而得出实数k的取值范围.
（1）由题意可得，，
所以曲线在点处的切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）得，
令，，则，
所以函数单调递减，且当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，所以，
因为当时单调递减，且当时，，
所以在上只有一个变号零点，
又因为，所以只有一个变号零点，
所以只有1个极值点.
（3）若时，，即恒成立，
当时，显然在上恒成立，
当时，，
所以当时，，不满足题意，
综上的取值范围为.
18．（2025·威远模拟）如图，在正四棱柱中，，，点、、、分别在棱、、、上，，，．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）点在棱上，当二面角大小为时，求线段的长．
【答案】（1）证明：以为坐标原点，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系如图：
则，
，
，
又因为不在同一条直线上，
.
（2）解：因为，
所以点到平面的距离为，
则.
（3）解：设，
则，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
设平面的法向量，
则，
令，得，，
化简可得，，
解得或，
或，
.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，则额得出点的坐标和向量的坐标，再利用向量共线的坐标表示和不在同一条直线上，从而证出成立.
（2）先利用三角形面积公式和已知条件，从而计算出的面积和点到平面的距离，再利用锥体的体积公式得出三棱锥的体积.
（3）设，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和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出点P的坐标，进而得出线段的长．
（1）解：以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，，
又不在同一条直线上，.
（2）解：，点到平面的距离为，
故.
（3）解：设，
则，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
设平面的法向量，则，
令，得，，
，
化简可得，，解得或，
或，.
19．（2025·威远模拟）折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：如图，用圆形纸片，按如下步骤折纸．
步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过点，此时圆周上与点重合的点标记为；
步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点；
步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条折痕和越来越多的交点．
现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的标准方程；
（2）已知点，点A，B是曲线上两个不同的动点（不在轴上），直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点．
【答案】（1）解：以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
设，
由题意，可得，且，
则点的轨迹是以E，F为左、右焦点的椭圆，
且长轴长，焦距，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：由题意和（1），可知直线过定点．
证明如下：在椭圆中，，
设，
所以．
因为，
所以①．
若直线的斜率不存在，则，
得，
可得，且，解得，
则直线为轴，不合题意，所以直线的斜率存在，
设直线的方程为，与椭圆联立，
消去，得，
由，
得，
所以②．
因为，
由①得，
则③，
把②代入③，得
整理得，解
得（舍），
所以，
则直线过定点．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据建系的方法和椭圆的定义，从而判断出点的轨迹是以E，F为左、右焦点的椭圆，从而得出椭圆的长轴长和焦距，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）设，根据已知条件和直线的斜率的两点式，从而得出，进而判断出直线斜率的存在性，设，再将直线方程与椭圆方程联立，则根据韦达定理代入前式，化简整理得出参数的值，从而证出直线AB过定点.
（1）以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
设，由题意，且，
点的轨迹是以E，F为左、右焦点的椭圆，长轴长，焦距，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由题意及（1），证明如下：在椭圆中，，
设，所以．
因为，所以①．
若直线的斜率不存在，则，得，
可得，且，解得，即直线为轴，不合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆联立，
消去，得．
由，得，
所以②．
因为，
由①，得，
即③，
把②代入③，得，
整理，得，解得（舍），
所以，即直线过定点．
1 / 1四川省内江市威远中学2025届高三下学期一模考试数学试卷
1．（2025·威远模拟）已知全集，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·威远模拟）已知复数满足，其中是虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·威远模拟）已知向量，，，且，则实数为（　　）
A．-4 B．-3 C．4 D．3
4．（2025·威远模拟）已知两个等差数列，的首项分别为1和2，且，则数列的前20项的和为（　　）
A．165 B．630 C．60 D．330
5．（2025·威远模拟） 已知，，，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·威远模拟）如图l，在高为h的直三棱柱容器中，，，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则=（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·威远模拟）费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如，点为双曲线为焦点）上一点，点处的切线平分.已知双曲线：为坐标原点，点处的切线为直线，过左焦点作直线的垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（　　）
A．2 B． C． D．
8．（2025·威远模拟）已知函数的定义域为，且对任意，满足，且则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·威远模拟）已知函数，的图象是一条连续不断的曲线，设其导数为，函数的图象如下，则下列说法正确的是（　　）
A．在处取最大值
B．是的极大值点
C．没有极小值点
D．可能不是导函数的极大值点
10．（2025·威远模拟）已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．的图象与的图象在内有4个交点
11．（2025·威远模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，在上是增函数
B．当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．若在上为减函数，则
D．当时，若函数有且只有一个零点，则
12．（2025·威远模拟）若函数为奇函数，则实数m的值为　 　．
13．（2025·威远模拟）抛物线的焦点F恰好是圆的圆心，过点F且倾斜角为的直线l与C交于不同的A，B两点，则　 　．
14．（2025·威远模拟）甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：
甲 10 12 9 12 10
乙 24 25 23 22 22
丙 9 13 14 12 10
丁 6 8 10 8 10
戊 13 15 14 15 11
现每项任务指派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有　 　种；效益之和的最大值是　 　．
15．（2025·威远模拟）在中，角、、所对的边为、、，已知.
（1）求角的值；
（2）若，的面积为，求的周长.
16．（2025·威远模拟）已知公差不为零的等差数列的前n项和为，若，且成等比数列
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足，若数列前n项和，证明.
17．（2025·威远模拟）设函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值点个数；
（3）若时，，求的取值范围．
18．（2025·威远模拟）如图，在正四棱柱中，，，点、、、分别在棱、、、上，，，．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）点在棱上，当二面角大小为时，求线段的长．
19．（2025·威远模拟）折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：如图，用圆形纸片，按如下步骤折纸．
步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过点，此时圆周上与点重合的点标记为；
步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点；
步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条折痕和越来越多的交点．
现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的标准方程；
（2）已知点，点A，B是曲线上两个不同的动点（不在轴上），直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为集，集合，
所以或.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在U中的补集.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以，
故.
故答案为：B.
【分析】利用复数的运算法则和复数求模公式以及已知条件，从而求出复数，再利用复数求模公式可得的值.
3．【答案】A
【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】解：因为，
又因为，
所以
所以.
故答案为：A.
【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积的坐标表示，从而列方程得出实数的值.
4．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差分别为，
由，，
得，
解得，
所以，
所以前项和为：
.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的通项公式可得，从而求出，再结合等差数列前项和公式和分组求和法，从而得出数列的前20项的和.
5．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，
得，
因为，，所以，且，
，
当且仅当取等号.
故答案为：C.
【分析】本题考查两角和的余弦公式，两角和的正切公式，利用基本不等式求最值.先利用两角和的余弦公式进行展开式化简可得的值，再利用两角和的正切展开式进行化简可得：，利用基本不等式进行求解可求出最值.
6．【答案】A
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设柱体的底面积为，
则柱体的体积，注入水的体积为，
容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积，
则，
整理得.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合三棱柱的体积公式和三棱锥的体积公式体积，从而作差整理得出的值.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，延长交的延长线于点，
因为是的角平分线上的一点，且，
所以点为的点，
所以，
又因为为的中点，
所以，
所以，
所以，则，
将点代入，
可得，解得，
则双曲线C的离心率为.
故答案为：B.
【分析】根据线段中点和角平分线的性质，从而可得，再根据双曲线定义得出a的值，再代入点到双曲线方程可得的值，则根据双曲线离心率公式得出双曲线的离心率的值.
8．【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的值
【解析】【解答】解：当时，
因为，
所以
由累加法，可得：
，
所以，
故选项A、选项B均错误；
由，
得
则，
故选项C错误、选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和递推关系以及累加法，从而可得再利用赋值法和比较法，从而逐项判断找出结论一定正确的选项.
9．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：当时，，
函数单调递增，
同理可得，当时，，函数单调递减，
所以为函数的极大值，
当时，，函数单调递减；
当时，函数单调递减，
所以，函数在上单调递减，
则在处取最大值，且没有极小值点，故选项A、选项C正确、选项B错误；
当和时，，
又因为，且在时等于0，
所以不一定等于0，
当时，是导函数的极大值点；
当时，不是导函数的极大值点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据的图象，先分析出的正负，从而判断出函数的单调性，则可判断选项A、选项B和选项C；再当和时，结合不一定等于0，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：将的图象向右平移个单位后，
可得，
则可得，故A错误；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，
所以不是的对称轴，故C错误，
对于D，分别作出与在内的图象如下，
由图可知，的图象与的图象在内有4个交点，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据函数图象的平移变换和伸缩变换，从而可得，则判断出选项A；利用换元法和正弦函数的对称性，从而判断出函数的图象的对称性，则判断出选项B和选项C；作出两个函数与的图象，再利用两函数的图象，从而得出的图象与的图象在内的交点个数，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】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；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于A，因为为增函数，
当时，趋向负无穷；当时，趋向正无穷，
所以，存在，使得，
则上在上为减函数，故A错误；
对于B，由题意，可得，
则，且，
所以在处的切线方程为，
则切线与轴的交点坐标为，与轴交点坐标为，
所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，故B正确，；
对于C，因为函数在上为减函数，
则在上，恒成立，所以，
令，则，
易知，当时，；时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故C错误；
对于D，因为函数有且只有一个零点，
所以有唯一解，
则，
令且，则，
令，显然在上为增函数，，
则，使得，易知时，时，
则在为减函数，在为增函数，
则，
当时，，
所以有且只有一个解时，，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性，则判断出选项A；利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据直线的点斜式方程得出切线方程，再联立两直线的方程求出交点坐标，再根据两点距离公式和点到直线的距离公式以及三角形的面积公式，从而得出当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积，则判断出选项B；将问题转化为在上恒成立，再利用导数研究右侧的最小值，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项C；将问题转化为有唯一解，再利用导数研究右侧的单调性和值域，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为函数为定义在R上的奇函数，
所以，
所以.
故答案为：2.
【分析】根据已知条件和奇函数的性质，从而得出实数m的值.
13．【答案】8
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，焦点，
则抛物线，直线，
设，，
联立，消去y并整理得，
则，
所以．
故答案为：8．
【分析】根据题意可得抛物线和直线，联立直线方程与抛物线方程结合韦达定理，从而得出的值，再利用抛物线的定义得出的值．
14．【答案】78；75
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为甲不承担C任务，丁不承担A任务的选派方法有：种.
由表知道，五项工作后获得的效益值总和最大为，
但不能同时取得，故五项工作后获得的效益值总和最大值小于76，
但当乙承担，甲承担，丙承担，丁承担，戊承担，
此时效益值总和为：，效益之和的最大值是75.
故答案为：78；75.
【分析】根据全排列去掉甲承担C任务和丁承担A任务的计算指派方法种数；再根据特例求和，从而可得效益之和的最大值.
15．【答案】（1）解：由余弦定理，
可得，且，
故.
（2）解：由三角形的面积公式，
可得，可得，
由余弦定理，可得所以，
因此，的周长为.
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由余弦定理和已知条件，从而求出的值，再结合三角形中角的取值范围，从而可得角的值.
（2）利用三角形的面积公式可得的值，再利用余弦定理可得的值，再结合三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）由余弦定理可得，且，故.
（2）由三角形的面积公式可得，可得，
由余弦定理可得，故，
因此，的周长为.
16．【答案】（Ⅰ）解：由题意知：，
则，
所以，数列的通项公式为：.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（Ⅰ）利用等比中项公式和等差数列的通项公式、等差数列前n项和公式，从而得出等差数列的首项和公差的值，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（Ⅱ）利用（Ⅰ）中数列的通项公式和裂项相消法以及放缩法，从而证出不等式成立.
17．【答案】（1）解：由题意，可得，
则，
所以，曲线在点处的切线斜率，
所以，曲线在点处的切线方程为.
（2）解：由（1）得，，
令，，
则，
所以函数单调递减且当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以，
因为当时单调递减且当时，，
所以在上只有一个变号零点，
又因为，
所以只有一个变号零点，
所以只有1个极值点.
（3）解：当时，，
则恒成立，
当时，显然在上恒成立；
当时，，
所以，当时，，
不满足题意，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）将极值点个数转化为导数的变号零点个数问题，再利用导数判断函数的单调性和函数求极限的方法，从而得出只有一个变号零点，进而得出的极值点个数.
（3）利用已知条件，将变形为，再按的不同取值分类讨论，再利用不等式恒成立问题求解方法和函数求极限的方法，从而得出实数k的取值范围.
（1）由题意可得，，
所以曲线在点处的切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）得，
令，，则，
所以函数单调递减，且当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，所以，
因为当时单调递减，且当时，，
所以在上只有一个变号零点，
又因为，所以只有一个变号零点，
所以只有1个极值点.
（3）若时，，即恒成立，
当时，显然在上恒成立，
当时，，
所以当时，，不满足题意，
综上的取值范围为.
18．【答案】（1）证明：以为坐标原点，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系如图：
则，
，
，
又因为不在同一条直线上，
.
（2）解：因为，
所以点到平面的距离为，
则.
（3）解：设，
则，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
设平面的法向量，
则，
令，得，，
化简可得，，
解得或，
或，
.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，则额得出点的坐标和向量的坐标，再利用向量共线的坐标表示和不在同一条直线上，从而证出成立.
（2）先利用三角形面积公式和已知条件，从而计算出的面积和点到平面的距离，再利用锥体的体积公式得出三棱锥的体积.
（3）设，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和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出点P的坐标，进而得出线段的长．
（1）解：以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，，
又不在同一条直线上，.
（2）解：，点到平面的距离为，
故.
（3）解：设，
则，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
设平面的法向量，则，
令，得，，
，
化简可得，，解得或，
或，.
19．【答案】（1）解：以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
设，
由题意，可得，且，
则点的轨迹是以E，F为左、右焦点的椭圆，
且长轴长，焦距，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：由题意和（1），可知直线过定点．
证明如下：在椭圆中，，
设，
所以．
因为，
所以①．
若直线的斜率不存在，则，
得，
可得，且，解得，
则直线为轴，不合题意，所以直线的斜率存在，
设直线的方程为，与椭圆联立，
消去，得，
由，
得，
所以②．
因为，
由①得，
则③，
把②代入③，得
整理得，解
得（舍），
所以，
则直线过定点．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据建系的方法和椭圆的定义，从而判断出点的轨迹是以E，F为左、右焦点的椭圆，从而得出椭圆的长轴长和焦距，进而得出a，c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）设，根据已知条件和直线的斜率的两点式，从而得出，进而判断出直线斜率的存在性，设，再将直线方程与椭圆方程联立，则根据韦达定理代入前式，化简整理得出参数的值，从而证出直线AB过定点.
（1）以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
设，由题意，且，
点的轨迹是以E，F为左、右焦点的椭圆，长轴长，焦距，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由题意及（1），证明如下：在椭圆中，，
设，所以．
因为，所以①．
若直线的斜率不存在，则，得，
可得，且，解得，即直线为轴，不合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆联立，
消去，得．
由，得，
所以②．
因为，
由①，得，
即③，
把②代入③，得，
整理，得，解得（舍），
所以，即直线过定点．
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