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山东省临沂市2025届高三下学期5月第二次模拟考试数学试卷
1．（2025·临沂模拟）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】
所以，
故答案为：A.
【分析】
利用二次不等式求出集合A，再结合交集的运算求解即可得到结果.
2．（2025·临沂模拟）若复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】根据提议.
所以虚部为
故答案为：A.
【分析】利用复数的混合运算求解即可得到结果.
3．（2025·临沂模拟）已知实数满足，则（　　）
A．11 B．12 C．16 D．17
【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化
【解析】【解答】因为，所以.
故答案为：D.
【分析】利用对数运算进行化简，结合幂指数运算求解即可得到结果.
4．（2025·临沂模拟）已知为正项等差数列，若，则的最大值为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【知识点】基本不等式；等差数列的通项公式；等差数列与一次函数的关系
【解析】【解答】，解得，
由于为正项等差数列，则，解得，
，等号成立当且仅当，
所以的最大值为8.
故答案为：C.
【分析】根据题意，利用化简出，并且为正项等差数列 得，接着将进行化简结合不等式进行求解即可得到结果.
5．（2025·临沂模拟）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．若的图象关于轴对称，则（　　）
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】由题意是偶函数，
从而，解得.
故答案为：B.
【分析】利用图象得伸缩变化求出的表达式，接着利用的图象关于轴对称 求出的值.
6．（2025·临沂模拟）已知随机变量，为使在内的概率不小于（若，则)，则的最小值为（　　）
A．8 B．16 C．32 D．64
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点；不等式的解集
【解析】【解答】若随机变量，则，，
为使在内的概率不小于，则，解得，
即的最小值为32.
故答案为：C.
【分析】根据题意，利用正态分布的对称性得，进而列出关于的不等式即可得到结果
7．（2025·临沂模拟）已知，若向量与向量互相垂直，则（　　）
A． B． C．5 D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】因为，，显然、、、均不为，
所以，即，所以，
所以，
因为向量与向量互相垂直，
所以
则，又，解得.
故答案为：C
【分析】根据题意，先得到、、、不为，接着对进行化简得到，，结合向量数量积为0化简即可得到结果.
8．（2025·临沂模拟）已知分别为双曲线的左、右焦点，为左支上一点，满足，与的右支交于点，若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】
因为，，所以的三个内角都是，
从而，结合双曲线定义得，故，
又，故，结合，
故由余弦定理得，化简得，解得.
故答案为：D.
【分析】根据题意，利用焦点三角形得到，接着利用定义结合余弦定理进行化简即可得到结果.
9．（2025·临沂模拟）已知，则下列不等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】对于A，，因为，
所以，即，所以，故A正确；
对于B，取，此时，故B错误；
对于C，取，则，故C错误，
对于D，若，则显然成立，
若，则成立，
若，则成立，
综上所述，只要，就一定有，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】A：比较这两个数的大小采用做差法，结合通分化简即可得到结果；对于BC，利用特殊值法进行判断即可得到结果；D：利用重要不等式结合分三种情况讨论即可判断.
10．（2025·临沂模拟）设函数，则（　　）
A．有3个零点
B．过原点作曲线的切线，有且仅有一条
C．与交点的横坐标之和为0
D．在区间上的取值范围是
【答案】B,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】，
0 0
单调增 单调减 单调增
，
所以有2个零点，A不正确；
对于选项B：设切点为，则切线方程为，
代入原点，得，
故切线有且仅有一条，正确；
对于选项C：或，
若，根据对称性知，根之和为0，
若，方程只有一个根为0，故正确；
对于选项D：，又，
故在区间上的取值范围是，错误.
故答案为：BC.
【分析】先对函数进行求导，接着利用导函数的零点与正负值画出表格，进而得到函数的单调性，零点，最值，进而画出大致图象进行判断即可得到结果.
11．（2025·临沂模拟）三棱锥中，，则（　　）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1
D．当时，的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】由题设给定的三棱锥，，
所以，即，又平面，
所以平面，故可将其补全为一个正方体，
其中为三条棱，为体对角线，如下图示，
由，则，A对；
由图，易知三棱锥的外接球，即为正方体的外接球，且球心为的中点，
所以外接球的半径，故其表面积为，B错；
要使过中点的平面截三棱锥外接球所得截面半径最小，
连接，只需截面与垂直即可，此时最小半径为，而，
所以，C对；
构建如图示的空间直角坐标系，又，设，
则，
所以，当时，，D对.
故daanwei ：ACD
【分析】根据题意，采用补形法进行求解，对于A，利用正方体的边长关系求出体内锥体的体积；对于B，利用正方体求出体对角线的长，进而求出半径即可得到结果；对于C：利用球体的结构特征确定截面半径最小情况下有截面与垂直即可判断C；对于D，建系利用空间坐标运算求解，结合二次函数最值即可得到结果.
12．（2025·临沂模拟）若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为　 　．
【答案】19
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为.
故答案为：19.
【分析】根据题意，几何均值的运算性质进行计算即可得到结果.
13．（2025·临沂模拟）已知分别为椭圆的左、右焦点，的离心率为，过与长轴垂直的直线交于两点，交轴于点，若，则的周长为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】因为离心率，且在椭圆中可得
，，
建立如何所示的平面直角坐标系，
，，
因为垂直于轴，垂足为，故，
代入椭圆方程可得，，
又为与轴交点，可得，
因为，由两点之间的距离公式可得，
又，，
解得，，
则则的周长为
，
故答案为：.
【分析】根据题意，先利用离心率与椭圆的，，间的关系得到，，接着建系，利用结合平面坐标运算得两点间距离公式化简得化简，进而得到结果.
14．（2025·临沂模拟）已知正整数，欧拉函数表示、、、中与互质的整数的个数，例如，，，且、互质时，．若从、、、中随机取一个数，则满足的概率为　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】验证时，能否成立，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【解答】
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时.
所以，从、、、中随机取一个数，则满足的数的取值集合为，
故所求概率为.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用题中的结论结合特殊值法将逐个代入验证，接着古典概型公式求解即可得到结果。
15．（2025·临沂模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）因为底面为矩形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）取中点连接，因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
从而，
设平面的法向量分别为，
从而，，
令，解得，
故可取，
设平面与平面夹角为，则，
故所求为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意用面面垂直的判定定理证明即可得到结果；（2）先证明平面，进而可以点为原点建立空间直角坐标系，采用空间坐标的方法进行运算，结合空间向量夹角的余弦公式求解即可得到结果.
（1）因为底面为矩形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）取中点连接，因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
从而，
设平面的法向量分别为，
从而，，
令，解得，
故可取，
设平面与平面夹角为，则，
故所求为.
16．（2025·临沂模拟）体育是培养学生高尚人格的重要途径之一．足球作为一项团队运动项目，深受学生喜爱，为了解学生喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了100名学生作为样本，统计得到如下的列联表：
　 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男生 40 　
女生 25 　
合计 　 　 100
已知从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为．
（1）求；
（2）根据小概率值的独立性检验，判断学生喜爱足球运动是否与性别有关？
（3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名，记其中男生的人数为，求使事件“”概率最大的的值．
附：，
【答案】（1）因为从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为，
所以；
（2）零假设：喜爱足球运动与性别无关．
作出列联表如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男生 40 15 55
女生 20 25 45
合计 60 40 100
由题，
根据小概率值的独立性检验，我们推断成立，
也就是说没有的把握认为喜爱足球运动与性别有关．
（3）现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取1名学生，该学生是男生的概率是，从而从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名时，记其中男生的人数为，则，
所以，
令，解得，
故使事件“”概率最大的的值为20．
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【分析】（1）根据抽样的概率反算出a，b的值；
（2）先假设出零假设，接着画出列联表，进而计算卡方值即可得到结果；
（3）根据题意，男生的人数为，且，进而利用二项分布求出概率公式，接着列出不等式化简即可得到结果。
（1）因为从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为，
所以；
（2）零假设：喜爱足球运动与性别无关．
作出列联表如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男生 40 15 55
女生 20 25 45
合计 60 40 100
由题，
根据小概率值的独立性检验，我们推断成立，
也就是说没有的把握认为喜爱足球运动与性别有关．
（3）现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取1名学生，该学生是男生的概率是，
从而从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名时，记其中男生的人数为，则，
所以，
令，解得，
故使事件“”概率最大的的值为20．
17．（2025·临沂模拟）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设函数，已知有两个极值点．
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）对函数求导得，，
若，则，
若，，此时在定义域上单调递增，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，若，则在定义域上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）①，求导得，
因为有两个极值点，所以有两个“变号”零点，
即有两个零点，
令，是一一对应的，
从而有两个零点，
设，该二次函数开口向下，对称轴是，
注意到，所以，
即的取值范围是；
②由（2）①不妨设，即，
等价于，
由韦达定理有，，
，
令，，
所以单调递增，
从而.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数进行求导化简，进而得到，接着对a值进行分类讨论即可得到结果.
（2）①因为有两个极值点，则有两个“变号”零点，接着进行参变分离，结合极限思想与图象即可得到结果；
②利用转化为，结合韦达定理将转换为的函数，利用导数研究函数的单调性即可得证.
（1）对函数求导得，，
若，则，
若，，此时在定义域上单调递增，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，若，则在定义域上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）①，
求导得，
因为有两个极值点，所以有两个“变号”零点，
即有两个零点，
令，是一一对应的，
从而有两个零点，
设，该二次函数开口向下，对称轴是，
注意到，所以，
即的取值范围是；
②由（2）①不妨设，即，
等价于，
由韦达定理有，，
，
令，，
所以单调递增，
从而.
18．（2025·临沂模拟）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数．
（1）若，求；
（2）给定集合的子集，求集合的元素个数；
（3）设为有限集合，证明：．
【答案】（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于，
所以；
（2）设，则，因为，
故符合条件的的个数为.
（3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且．
若，则；若，则．
故，从而．
因此，结论成立．
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）利用题中的定义求解即可；
（2）根据新定义得到，结合条件利用组合计数的方法可求集合中元素的个数；
（3）根据题意，对任意元素，得到或，所以题设中的不等式成立的.
（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于，
所以；
（2）设，则，因为，
故符合条件的的个数为.
（3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且．
若，则；若，则．
故，从而．
因此，结论成立．
19．（2025·临沂模拟）已知抛物线的焦点为，为圆上的动点，的最大值为．
（1）求的方程；
（2）已知点，按照如下方式构造点，设直线为在点处的切线，过点作的垂线交于另一点，记的坐标为．
①证明：当时，；
②设的面积为，证明：．
【答案】（1）抛物线的准线方程为，
由题意可知，所以，解得，
所以的方程为；
（2）①设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又，故，所以；
②直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
由（1）知，即，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，
，
所以，.
【知识点】导数的几何意义；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据题意，画出图象，结合抛物线的定义求解即可得到解析式；
（2）①设，求导得到直线斜率为，进而得到直线直线，接着联立曲线得，进而得到的横坐标为，接着利用累加法化简，即可得到结果；②根据题意求出，即当时，，利用放缩法结合裂项求和的方法即可得到结果。
（1）抛物线的准线方程为，
由题意可知，所以，解得，
所以的方程为；
（2）①设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又，故，所以；
②直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
由（1）知，即，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，
，
所以，.
1 / 1山东省临沂市2025届高三下学期5月第二次模拟考试数学试卷
1．（2025·临沂模拟）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·临沂模拟）若复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·临沂模拟）已知实数满足，则（　　）
A．11 B．12 C．16 D．17
4．（2025·临沂模拟）已知为正项等差数列，若，则的最大值为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
5．（2025·临沂模拟）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．若的图象关于轴对称，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·临沂模拟）已知随机变量，为使在内的概率不小于（若，则)，则的最小值为（　　）
A．8 B．16 C．32 D．64
7．（2025·临沂模拟）已知，若向量与向量互相垂直，则（　　）
A． B． C．5 D．
8．（2025·临沂模拟）已知分别为双曲线的左、右焦点，为左支上一点，满足，与的右支交于点，若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·临沂模拟）已知，则下列不等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·临沂模拟）设函数，则（　　）
A．有3个零点
B．过原点作曲线的切线，有且仅有一条
C．与交点的横坐标之和为0
D．在区间上的取值范围是
11．（2025·临沂模拟）三棱锥中，，则（　　）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1
D．当时，的最小值为
12．（2025·临沂模拟）若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为　 　．
13．（2025·临沂模拟）已知分别为椭圆的左、右焦点，的离心率为，过与长轴垂直的直线交于两点，交轴于点，若，则的周长为　 　．
14．（2025·临沂模拟）已知正整数，欧拉函数表示、、、中与互质的整数的个数，例如，，，且、互质时，．若从、、、中随机取一个数，则满足的概率为　 　．
15．（2025·临沂模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
16．（2025·临沂模拟）体育是培养学生高尚人格的重要途径之一．足球作为一项团队运动项目，深受学生喜爱，为了解学生喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了100名学生作为样本，统计得到如下的列联表：
　 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男生 40 　
女生 25 　
合计 　 　 100
已知从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为．
（1）求；
（2）根据小概率值的独立性检验，判断学生喜爱足球运动是否与性别有关？
（3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名，记其中男生的人数为，求使事件“”概率最大的的值．
附：，
17．（2025·临沂模拟）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设函数，已知有两个极值点．
①求的取值范围；
②求证：．
18．（2025·临沂模拟）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数．
（1）若，求；
（2）给定集合的子集，求集合的元素个数；
（3）设为有限集合，证明：．
19．（2025·临沂模拟）已知抛物线的焦点为，为圆上的动点，的最大值为．
（1）求的方程；
（2）已知点，按照如下方式构造点，设直线为在点处的切线，过点作的垂线交于另一点，记的坐标为．
①证明：当时，；
②设的面积为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】
所以，
故答案为：A.
【分析】
利用二次不等式求出集合A，再结合交集的运算求解即可得到结果.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】根据提议.
所以虚部为
故答案为：A.
【分析】利用复数的混合运算求解即可得到结果.
3．【答案】D
【知识点】指数式与对数式的互化
【解析】【解答】因为，所以.
故答案为：D.
【分析】利用对数运算进行化简，结合幂指数运算求解即可得到结果.
4．【答案】C
【知识点】基本不等式；等差数列的通项公式；等差数列与一次函数的关系
【解析】【解答】，解得，
由于为正项等差数列，则，解得，
，等号成立当且仅当，
所以的最大值为8.
故答案为：C.
【分析】根据题意，利用化简出，并且为正项等差数列 得，接着将进行化简结合不等式进行求解即可得到结果.
5．【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】由题意是偶函数，
从而，解得.
故答案为：B.
【分析】利用图象得伸缩变化求出的表达式，接着利用的图象关于轴对称 求出的值.
6．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点；不等式的解集
【解析】【解答】若随机变量，则，，
为使在内的概率不小于，则，解得，
即的最小值为32.
故答案为：C.
【分析】根据题意，利用正态分布的对称性得，进而列出关于的不等式即可得到结果
7．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】因为，，显然、、、均不为，
所以，即，所以，
所以，
因为向量与向量互相垂直，
所以
则，又，解得.
故答案为：C
【分析】根据题意，先得到、、、不为，接着对进行化简得到，，结合向量数量积为0化简即可得到结果.
8．【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】
因为，，所以的三个内角都是，
从而，结合双曲线定义得，故，
又，故，结合，
故由余弦定理得，化简得，解得.
故答案为：D.
【分析】根据题意，利用焦点三角形得到，接着利用定义结合余弦定理进行化简即可得到结果.
9．【答案】A,D
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】对于A，，因为，
所以，即，所以，故A正确；
对于B，取，此时，故B错误；
对于C，取，则，故C错误，
对于D，若，则显然成立，
若，则成立，
若，则成立，
综上所述，只要，就一定有，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】A：比较这两个数的大小采用做差法，结合通分化简即可得到结果；对于BC，利用特殊值法进行判断即可得到结果；D：利用重要不等式结合分三种情况讨论即可判断.
10．【答案】B,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】，
0 0
单调增 单调减 单调增
，
所以有2个零点，A不正确；
对于选项B：设切点为，则切线方程为，
代入原点，得，
故切线有且仅有一条，正确；
对于选项C：或，
若，根据对称性知，根之和为0，
若，方程只有一个根为0，故正确；
对于选项D：，又，
故在区间上的取值范围是，错误.
故答案为：BC.
【分析】先对函数进行求导，接着利用导函数的零点与正负值画出表格，进而得到函数的单调性，零点，最值，进而画出大致图象进行判断即可得到结果.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】由题设给定的三棱锥，，
所以，即，又平面，
所以平面，故可将其补全为一个正方体，
其中为三条棱，为体对角线，如下图示，
由，则，A对；
由图，易知三棱锥的外接球，即为正方体的外接球，且球心为的中点，
所以外接球的半径，故其表面积为，B错；
要使过中点的平面截三棱锥外接球所得截面半径最小，
连接，只需截面与垂直即可，此时最小半径为，而，
所以，C对；
构建如图示的空间直角坐标系，又，设，
则，
所以，当时，，D对.
故daanwei ：ACD
【分析】根据题意，采用补形法进行求解，对于A，利用正方体的边长关系求出体内锥体的体积；对于B，利用正方体求出体对角线的长，进而求出半径即可得到结果；对于C：利用球体的结构特征确定截面半径最小情况下有截面与垂直即可判断C；对于D，建系利用空间坐标运算求解，结合二次函数最值即可得到结果.
12．【答案】19
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】若样本数据的均值为10，则样本数据的均值为.
故答案为：19.
【分析】根据题意，几何均值的运算性质进行计算即可得到结果.
13．【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】因为离心率，且在椭圆中可得
，，
建立如何所示的平面直角坐标系，
，，
因为垂直于轴，垂足为，故，
代入椭圆方程可得，，
又为与轴交点，可得，
因为，由两点之间的距离公式可得，
又，，
解得，，
则则的周长为
，
故答案为：.
【分析】根据题意，先利用离心率与椭圆的，，间的关系得到，，接着建系，利用结合平面坐标运算得两点间距离公式化简得化简，进而得到结果.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】验证时，能否成立，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【解答】
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时；
当时，，，此时.
所以，从、、、中随机取一个数，则满足的数的取值集合为，
故所求概率为.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用题中的结论结合特殊值法将逐个代入验证，接着古典概型公式求解即可得到结果。
15．【答案】（1）因为底面为矩形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）取中点连接，因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
从而，
设平面的法向量分别为，
从而，，
令，解得，
故可取，
设平面与平面夹角为，则，
故所求为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意用面面垂直的判定定理证明即可得到结果；（2）先证明平面，进而可以点为原点建立空间直角坐标系，采用空间坐标的方法进行运算，结合空间向量夹角的余弦公式求解即可得到结果.
（1）因为底面为矩形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）取中点连接，因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
从而，
设平面的法向量分别为，
从而，，
令，解得，
故可取，
设平面与平面夹角为，则，
故所求为.
16．【答案】（1）因为从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为，
所以；
（2）零假设：喜爱足球运动与性别无关．
作出列联表如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男生 40 15 55
女生 20 25 45
合计 60 40 100
由题，
根据小概率值的独立性检验，我们推断成立，
也就是说没有的把握认为喜爱足球运动与性别有关．
（3）现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取1名学生，该学生是男生的概率是，从而从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名时，记其中男生的人数为，则，
所以，
令，解得，
故使事件“”概率最大的的值为20．
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【分析】（1）根据抽样的概率反算出a，b的值；
（2）先假设出零假设，接着画出列联表，进而计算卡方值即可得到结果；
（3）根据题意，男生的人数为，且，进而利用二项分布求出概率公式，接着列出不等式化简即可得到结果。
（1）因为从这100名学生样本中随机抽取1个，抽到喜爱足球运动的学生的概率为，
所以；
（2）零假设：喜爱足球运动与性别无关．
作出列联表如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男生 40 15 55
女生 20 25 45
合计 60 40 100
由题，
根据小概率值的独立性检验，我们推断成立，
也就是说没有的把握认为喜爱足球运动与性别有关．
（3）现在从喜爱足球运动的学生中随机抽取1名学生，该学生是男生的概率是，
从而从喜爱足球运动的学生中随机抽取30名时，记其中男生的人数为，则，
所以，
令，解得，
故使事件“”概率最大的的值为20．
17．【答案】（1）对函数求导得，，
若，则，
若，，此时在定义域上单调递增，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，若，则在定义域上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）①，求导得，
因为有两个极值点，所以有两个“变号”零点，
即有两个零点，
令，是一一对应的，
从而有两个零点，
设，该二次函数开口向下，对称轴是，
注意到，所以，
即的取值范围是；
②由（2）①不妨设，即，
等价于，
由韦达定理有，，
，
令，，
所以单调递增，
从而.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数进行求导化简，进而得到，接着对a值进行分类讨论即可得到结果.
（2）①因为有两个极值点，则有两个“变号”零点，接着进行参变分离，结合极限思想与图象即可得到结果；
②利用转化为，结合韦达定理将转换为的函数，利用导数研究函数的单调性即可得证.
（1）对函数求导得，，
若，则，
若，，此时在定义域上单调递增，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，若，则在定义域上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）①，
求导得，
因为有两个极值点，所以有两个“变号”零点，
即有两个零点，
令，是一一对应的，
从而有两个零点，
设，该二次函数开口向下，对称轴是，
注意到，所以，
即的取值范围是；
②由（2）①不妨设，即，
等价于，
由韦达定理有，，
，
令，，
所以单调递增，
从而.
18．【答案】（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于，
所以；
（2）设，则，因为，
故符合条件的的个数为.
（3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且．
若，则；若，则．
故，从而．
因此，结论成立．
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）利用题中的定义求解即可；
（2）根据新定义得到，结合条件利用组合计数的方法可求集合中元素的个数；
（3）根据题意，对任意元素，得到或，所以题设中的不等式成立的.
（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于，
所以；
（2）设，则，因为，
故符合条件的的个数为.
（3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且．
若，则；若，则．
故，从而．
因此，结论成立．
19．【答案】（1）抛物线的准线方程为，
由题意可知，所以，解得，
所以的方程为；
（2）①设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又，故，所以；
②直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
由（1）知，即，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，
，
所以，.
【知识点】导数的几何意义；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据题意，画出图象，结合抛物线的定义求解即可得到解析式；
（2）①设，求导得到直线斜率为，进而得到直线直线，接着联立曲线得，进而得到的横坐标为，接着利用累加法化简，即可得到结果；②根据题意求出，即当时，，利用放缩法结合裂项求和的方法即可得到结果。
（1）抛物线的准线方程为，
由题意可知，所以，解得，
所以的方程为；
（2）①设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又，故，所以；
②直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
由（1）知，即，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，
，
所以，.
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