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四川省南充市2025届高三下学期高考适应性考试（二诊）数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·南充模拟）若集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，
，
所以.
故答案为：A.
【分析】通过解分式不等式、求二次函数的值域，从而确定集合，再由交集的运算法则得出集合.
2．（2025·南充模拟）已知复数，则（　　）
A．0 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的模
【解析】【解答】解：，则，即.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据复数的运算求得复数，再根据复数模的性质计算即可.
3．（2025·南充模拟）在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（　　）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】数列的函数特性；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题意得出，易知是方程的两个根，
又因为为递增的等比数列，所以，
故公比.
故答案为：B.
【分析】由等比数列的性质得出，易知是方程的两个根，由已知条件和数列的单调性，从而得出的值，再利用等比数列的通项公式求出公比的值.
4．（2025·南充模拟）已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，.则（　　）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，即，
由，可得，
化简可得，即，
即，即，解得，
再由正弦定理：，可得.
故答案为：D.
【分析】利用三角形的内角和性质结合两角差的正弦公式求得角，再利用正弦定理求解即可.
5．（2025·南充模拟）已知非零向量，满足，若，则在方向上的投影向量坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量的坐标为(2， 0)，其模长为2，
因此，
根据已知条件，即它们的数量积为零：
展开数量积：，得出：
因此：，
代入已知条件：，
因此，在方向上的投影向量坐标为(2， 0).
故答案为：B.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系，再结合已知条件和数量积的运算法则以及投影向量的坐标公式，从而得出在方向上的投影向量坐标.
6．（2025·南充模拟）若直线与曲线有公共点，则实数m的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：曲线，变形可得，
即曲线是以为圆心，为半径的左半圆（直线左侧），如图所示：
当直线过点时，；
当直线与圆相切时，，，
由图知当直线与曲线相切时，，
则实数的范围是.
故答案为：C．
【分析】将曲线方程变形可得曲线是以为圆心，为半径的左半圆（直线左侧），作出曲线，数形结合求直线与曲线有公共点时参数范围即可．
7．（2025·南充模拟）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设内切球的半径为，
因为内切球表面积为，所以，解得，
设正棱锥的顶点在底面上的射影为，取中点，连接，
如图所示：
易知平面，，根据三垂线定理可得，
则就是二面角的平面角，
由底面是边长为的正三角形，可得，
设正棱锥的体积为，表面积为，
底面的面积，
侧面中，，，
则侧面面积，
正棱锥的表面积，
根据等体积法，
即，
化简，
即，，
两边平方：整理得到，即，解得，
在中，，，，
则，即二面角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】设内切球的半径为，根据内切球的表面积求出内切球半径，再利用等体积法求出正三棱锥的高，最后找出二面角的平面角，求其余弦值即可.
8．（2025·南充模拟）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为当时，，
所以，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，，
当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得，
当时，令，解得或，
所以，
又因为，
所以，所以，
由题意可得，，是方程，即的三个根，
所以，
即，
所以，即，
所以．
故答案为：．
【分析】利用导数判断出函数在，上的单调性，从而得出函数极值，进而作出函数的图象，由图象可得k的取值范围，由对数函数的性质可得的值，再结合，，是方程的三个根，可得，从而得出的取值范围．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·南充模拟）如图所示为函数（，）的部分图象，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．在区间上单调递增
C．将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D．方程在上有三个根
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、由图象可得的最小正周期，所以，
因为，所以，所以，
而，所以，所以，故选项A正确；
B、当时，，所以在区间上不单调，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、当时，，由，得或，所以方程在上有2个根，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】根据给定的函数图象和正弦函数的性质求得函数解析式即可判断选项A；根据求得，进而利用正弦函数的单调性即可判断选项B；根据三角函数的图象变换和诱导公式即可判断选项C；由可得，利用正弦函数的性质即可判断选项D.
10．（2025·南充模拟）数学家波利亚说过：为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系.根据波利亚的思想，由恒等式（m，）左右两边展开式（其中，，）系数相同，可得恒等式，我们称之为范德蒙德恒等式，下列关于范德蒙德恒等式说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】组合及组合数公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：根据范德蒙德恒等式，而不是.
A、例如时，左边，右边，此时，故A错误.
B、对于，这里.
根据范德蒙德恒等式，此时，.
所以，故B正确.
C、对于，这里.
由范德蒙德恒等式，，.
所以，故C正确.
D、对于，可以看作（因为）.
这里，，根据范德蒙德恒等式，而.
所以，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用范德蒙德恒等式适当对赋值来判断各个选项的正确性.
11．（2025·南充模拟）已知抛物线的焦点为F，过x轴下方一点作抛物线C的两条切线，切点为A，B，直线PA，PB分别交x轴于M，N两点，则下列结论中正确的是（　　）
A．当点P的坐标为时，则直线AB方程为
B．若直线AB过点F，则四边形PMFN为矩形
C．当时，
D．时，面积的最大值为4
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：将方程变形为，则，
设，，
直线的方程：，即，
同理可得直线的方程为：，
因为点在直线和上，
∴，，
∴的方程为，
联立，得①，
由韦达定理得，，②，
对于选项A，当为时，，故A正确；
对于选项B，若直线过点时，，即，
则，，
利用韦达定理，则，
∴，同理，
由②得，，
∴四边形PMFN为矩形，故B正确；
对于选项C，当时，取，方程①变为，
则，，，故C错误；
对于选项D，当时，由弦长公式得，
即，
因为点到直线的距离为，，
∴，
∴，当取等号，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，，由导数的几何意义可得切线，的方程，从而可得直线的方程，再把代入，即可判断选项A；再由直线与抛物线方程联立结合韦达定理，即可判断选项B；取满足的轨迹上的特殊点，即可判断选项C；由弦长公式得和满足的方程，再求出点到直线的距离，则代入三角形面积公式结合不等式的基本性质，即可判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·南充模拟）某班从含有3名男生和2名女生的5名候选人中选出两名同学分别担任正、副班长，则至少选到1名女生的概率　 　.
【答案】
【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】解：根据题意，从3名男生和2名女生中选出2名学生，有种选法，
若选出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女两种情况，共有种选法，
则选出的2人中至少有1名女生的概率为.
故答案为：．
【分析】根据题意，首先分析从5人中选出2人，再分析可得若选出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女分别担任正、副班长两种情况，分别计算其情况数目，由等可能事件的概率公式，从而计算出至少选到1名女生的概率.
13．（2025·南充模拟）已知，为双曲线的左、右顶点，直线与双曲线C的左支相交于一点M，满足，则双曲线C的离心率的值为　 　.
【答案】
【知识点】直线的斜率；恒过定点的直线；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
由直线，可得直线过点，且，
因为，所以，
所以，所以，
过作轴于点，如图所示：
则，，，
即点的坐标为，
因为点在双曲线上，所以，整理可得，
又因为，所以，所以，则离心率.
故答案为：.
【分析】易知，由直线方程可得，则，，过作轴于点，表示出点的坐标，代入双曲线方程化简求其离心率即可.
14．（2025·南充模拟）若函数（其中），方程在上有解，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：令，则，即，
两式相加得，
令，则，
又因为，
所以单调递增，
所以，即，
即在上有解．
因为，所以在上单调递增，
所以，即，
则的最小值为原点到直线的距离的平方，即．
故答案为：．
【分析】根据题意结合换元法和导数判断函数的单调性的方法，将的最小值转化为原点到直线的距离的平方，从而得出的最小值．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025·南充模拟）某公司在年终总结大会上开展了一次趣味抽奖活动.活动规则为：先在一个密闭不透光的箱子中装入6个标有一定金额的球（除标注金额不同外，其余均相同），其中标注金额为10元、20元、50元的球分别有3个、2个、1个.若员工甲每次从箱子中随机摸出1个球，记下摸出的球上的金额数，摸m次.规定：摸出的球上所标注的金额之和为其所获得的抽奖奖金总金额.
（1）若，设员工甲获得的金额，求的分布列和数学期望；
（2）若，采用有放回方式摸球，设事件“员工甲获得的总金额不低于40元”，求.
【答案】（1）解：由题意可知：随机变量的可能取值为10、20、50，
，，，
则的分布列如下：
10 20 50
P
数学期望为；
（2）解： 若，采用有放回方式摸球，则每次摸到10元的概率为，摸到20元的概率为，
摸到50元的概率为，
事件X包含4种情况：两次均摸到20元；一次摸到10元，一次摸到50元；一次摸到20元，一次摸到50元；
两次均摸到50元，
则.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）由题意可得：随机变量的可能取值为10、20、50，求出对应概率，列分布列，求期望即可；
（2）根据题设，分析事件所含的基本事件组成，再应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率即可.
（1）的可能取值为10、20、50，其中，，.
故的分布列如下：
10 20 50
P
则数学期望为.
（2）采用有放回方式摸球，
每次摸到10元的概率为，
每次摸到20元的概率为，
每次摸到50元的概率为.
事件X包含4种情况：
两次均摸到20元；
一次摸到10元，一次摸到50元；
一次摸到20元，一次摸到50元；
两次均摸到50元.
故.
16．（2025·南充模拟）如图，三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均为2.分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连结，如图所示：
因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，所以，且，
即四边形为平行四边形，，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：取线段的中点为，连接，
因为侧棱底面，且各棱长均相等，所以直线两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间的直角坐标系，如图所示：
，，，，，
，，，
设平面的法向量，则，即，
设，，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连结，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）取线段的中点为，连接，以点为坐标原点，建立空间的直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）在三棱柱中，，且，
连结，在三角形中，因为分别为的中点，
所以且，
又因为为的中点，可得，且，
即四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）取线段的中点为，连接，因为侧棱底面，且各棱长均相等，
所以直线两两垂直.
以点为坐标原点，所在的直线分别为坐标轴建立如图所示空间的直角坐标系，
由于，则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，
所以，设，则，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025·南充模拟）已知，函数，.
（1）若，求函数的极值；
（2）设，是的导数，是的导数，，图像的最低点坐标为，对于任意正实数，，且，恒成立.求实数m的最大值.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
令，解得或，
当时，，当或时，，
则函数在单调递增，上单调递减，上单调递增，
函数在处取得极大值，极大值为；
在处取得极小值，极小值为；
（2）解：易知，，
则，，当且仅当时等号成立，
即，解得，故，
恒成立，
设
，
令，则，即，
，，
因为，所以在上单调递减，所以，
故最大的实数.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入求得函数解析式，求导，利用导数判断函数的单调性，求极值即可；
（2）利用基本不等式结合已知条件可得，的值，从而可得的解析式，化简，利用导数可得其最大值，从而可得的取值范围，进而可得的最大值．
（1）当时，，
，，
当时，，当或时，，
所以在单调递增，单调递减，单调递增.
在处取得极大值，
在处取得极小值.
（2）由题意，得，则，
当且仅当时，等号成立.
，解得，
所以.又恒成立，
设
所以.
令，则，即，
，，
因为，
所以在上单调递减.
所以.
所以最大的实数.
18．（2025·南充模拟）已知、F分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆C上，且的面积为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线l与线段AF相交于S，与椭圆交于P、Q两点.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求点P的坐标.
【答案】（1）解：因为点在椭圆C上，所以①，
又因为，的面积为，所以，解得，即②，
联立①②解得，则椭圆C的标准方程为；
（2）解：设，，直线，
联立，消x整理可得：，
因为直线l与线段AF交于S点，则，所以，，
（Ⅰ）因为
，所以；
（Ⅱ）由，可得，即，
因为，所以，所以，则，
所以，又，
所以，所以，所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，
由，解得或，
则P的坐标为或.
【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】【分析】（1）根据点在椭圆上及三角形面积公式求椭圆参数，即可求得椭圆的方程；
（2）设，，，联立椭圆方程，求得，，
（Ⅰ）根据，证明即可；
（Ⅱ）由三角形面积相等有，进而得到，再确定P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，求P的坐标即可.
（1）由的面积为，得，解得，所以①，
又点在椭圆C上，所以②，
联立①②解得，所以椭圆C的标准方程为.
（2）设，，，联立方程，
消x得：，直线l与线段AF交于S点，则，
所以，，
（Ⅰ）因为
，所以，
（Ⅱ）由得：，即，又.
所以，所以，则，
所以，又，
所以，所以，
所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，
由，解得：或，
因此，P的坐标为或.
19．（2025·南充模拟）对于无穷数列和函数，若，则称是数列的生成函数.
（1）定义在上的函数满足：对任意，都有，且；又数列满足.
（Ⅰ）求证：是数列的生成函数；
（Ⅱ）求数列的前n项和.
（2）已知是数列的生成函数，且.若数列的前n项和为，求证：（，）.
【答案】（1）证明：（Ⅰ）由题意知：，，
又因为，，即，
所以是数列的生成函数.
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又因为，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，，
所以
两式相减得：
所以.
（2）证明：由题意知：，，
，
，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，又，
，（，），
则当时，，
即，
（，）.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；反证法与放缩法；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）（Ⅰ）根据已知条件可得，再结合生成函数定义证出是数列的生成函数.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，利用等差数列的定义判断出数列是以为首项，为公差的等差数列，再结合等差数列的通项公式得出数列的通项公式，则根据错位相减法得出数列的前n项和.
（2）根据生成函数定义结合等比数列定义判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，从而可得，再结合等比数列求和公式证出（，）.
（1）（Ⅰ）由题意知：，，
又，，即，
所以是数列的生成函数；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，，
所以
两式相减得：
所以.
（2）由题意知：，，
，
，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，又，
，（，），
则当时，，
即，
（，）.
1 / 1四川省南充市2025届高三下学期高考适应性考试（二诊）数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025·南充模拟）若集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·南充模拟）已知复数，则（　　）
A．0 B． C．2 D．
3．（2025·南充模拟）在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（　　）
A． B．2 C．3 D．4
4．（2025·南充模拟）已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，.则（　　）
A．2 B．3 C． D．
5．（2025·南充模拟）已知非零向量，满足，若，则在方向上的投影向量坐标为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·南充模拟）若直线与曲线有公共点，则实数m的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·南充模拟）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·南充模拟）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025·南充模拟）如图所示为函数（，）的部分图象，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．在区间上单调递增
C．将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D．方程在上有三个根
10．（2025·南充模拟）数学家波利亚说过：为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系.根据波利亚的思想，由恒等式（m，）左右两边展开式（其中，，）系数相同，可得恒等式，我们称之为范德蒙德恒等式，下列关于范德蒙德恒等式说法正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（2025·南充模拟）已知抛物线的焦点为F，过x轴下方一点作抛物线C的两条切线，切点为A，B，直线PA，PB分别交x轴于M，N两点，则下列结论中正确的是（　　）
A．当点P的坐标为时，则直线AB方程为
B．若直线AB过点F，则四边形PMFN为矩形
C．当时，
D．时，面积的最大值为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·南充模拟）某班从含有3名男生和2名女生的5名候选人中选出两名同学分别担任正、副班长，则至少选到1名女生的概率　 　.
13．（2025·南充模拟）已知，为双曲线的左、右顶点，直线与双曲线C的左支相交于一点M，满足，则双曲线C的离心率的值为　 　.
14．（2025·南充模拟）若函数（其中），方程在上有解，则的最小值为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025·南充模拟）某公司在年终总结大会上开展了一次趣味抽奖活动.活动规则为：先在一个密闭不透光的箱子中装入6个标有一定金额的球（除标注金额不同外，其余均相同），其中标注金额为10元、20元、50元的球分别有3个、2个、1个.若员工甲每次从箱子中随机摸出1个球，记下摸出的球上的金额数，摸m次.规定：摸出的球上所标注的金额之和为其所获得的抽奖奖金总金额.
（1）若，设员工甲获得的金额，求的分布列和数学期望；
（2）若，采用有放回方式摸球，设事件“员工甲获得的总金额不低于40元”，求.
16．（2025·南充模拟）如图，三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均为2.分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025·南充模拟）已知，函数，.
（1）若，求函数的极值；
（2）设，是的导数，是的导数，，图像的最低点坐标为，对于任意正实数，，且，恒成立.求实数m的最大值.
18．（2025·南充模拟）已知、F分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆C上，且的面积为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点的直线l与线段AF相交于S，与椭圆交于P、Q两点.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求点P的坐标.
19．（2025·南充模拟）对于无穷数列和函数，若，则称是数列的生成函数.
（1）定义在上的函数满足：对任意，都有，且；又数列满足.
（Ⅰ）求证：是数列的生成函数；
（Ⅱ）求数列的前n项和.
（2）已知是数列的生成函数，且.若数列的前n项和为，求证：（，）.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，
，
所以.
故答案为：A.
【分析】通过解分式不等式、求二次函数的值域，从而确定集合，再由交集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的模
【解析】【解答】解：，则，即.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据复数的运算求得复数，再根据复数模的性质计算即可.
3．【答案】B
【知识点】数列的函数特性；等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题意得出，易知是方程的两个根，
又因为为递增的等比数列，所以，
故公比.
故答案为：B.
【分析】由等比数列的性质得出，易知是方程的两个根，由已知条件和数列的单调性，从而得出的值，再利用等比数列的通项公式求出公比的值.
4．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，即，
由，可得，
化简可得，即，
即，即，解得，
再由正弦定理：，可得.
故答案为：D.
【分析】利用三角形的内角和性质结合两角差的正弦公式求得角，再利用正弦定理求解即可.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量的坐标为(2， 0)，其模长为2，
因此，
根据已知条件，即它们的数量积为零：
展开数量积：，得出：
因此：，
代入已知条件：，
因此，在方向上的投影向量坐标为(2， 0).
故答案为：B.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系，再结合已知条件和数量积的运算法则以及投影向量的坐标公式，从而得出在方向上的投影向量坐标.
6．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：曲线，变形可得，
即曲线是以为圆心，为半径的左半圆（直线左侧），如图所示：
当直线过点时，；
当直线与圆相切时，，，
由图知当直线与曲线相切时，，
则实数的范围是.
故答案为：C．
【分析】将曲线方程变形可得曲线是以为圆心，为半径的左半圆（直线左侧），作出曲线，数形结合求直线与曲线有公共点时参数范围即可．
7．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设内切球的半径为，
因为内切球表面积为，所以，解得，
设正棱锥的顶点在底面上的射影为，取中点，连接，
如图所示：
易知平面，，根据三垂线定理可得，
则就是二面角的平面角，
由底面是边长为的正三角形，可得，
设正棱锥的体积为，表面积为，
底面的面积，
侧面中，，，
则侧面面积，
正棱锥的表面积，
根据等体积法，
即，
化简，
即，，
两边平方：整理得到，即，解得，
在中，，，，
则，即二面角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】设内切球的半径为，根据内切球的表面积求出内切球半径，再利用等体积法求出正三棱锥的高，最后找出二面角的平面角，求其余弦值即可.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为当时，，
所以，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，，
当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得，
当时，令，解得或，
所以，
又因为，
所以，所以，
由题意可得，，是方程，即的三个根，
所以，
即，
所以，即，
所以．
故答案为：．
【分析】利用导数判断出函数在，上的单调性，从而得出函数极值，进而作出函数的图象，由图象可得k的取值范围，由对数函数的性质可得的值，再结合，，是方程的三个根，可得，从而得出的取值范围．
9．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、由图象可得的最小正周期，所以，
因为，所以，所以，
而，所以，所以，故选项A正确；
B、当时，，所以在区间上不单调，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、当时，，由，得或，所以方程在上有2个根，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】根据给定的函数图象和正弦函数的性质求得函数解析式即可判断选项A；根据求得，进而利用正弦函数的单调性即可判断选项B；根据三角函数的图象变换和诱导公式即可判断选项C；由可得，利用正弦函数的性质即可判断选项D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】组合及组合数公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：根据范德蒙德恒等式，而不是.
A、例如时，左边，右边，此时，故A错误.
B、对于，这里.
根据范德蒙德恒等式，此时，.
所以，故B正确.
C、对于，这里.
由范德蒙德恒等式，，.
所以，故C正确.
D、对于，可以看作（因为）.
这里，，根据范德蒙德恒等式，而.
所以，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用范德蒙德恒等式适当对赋值来判断各个选项的正确性.
11．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：将方程变形为，则，
设，，
直线的方程：，即，
同理可得直线的方程为：，
因为点在直线和上，
∴，，
∴的方程为，
联立，得①，
由韦达定理得，，②，
对于选项A，当为时，，故A正确；
对于选项B，若直线过点时，，即，
则，，
利用韦达定理，则，
∴，同理，
由②得，，
∴四边形PMFN为矩形，故B正确；
对于选项C，当时，取，方程①变为，
则，，，故C错误；
对于选项D，当时，由弦长公式得，
即，
因为点到直线的距离为，，
∴，
∴，当取等号，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，，由导数的几何意义可得切线，的方程，从而可得直线的方程，再把代入，即可判断选项A；再由直线与抛物线方程联立结合韦达定理，即可判断选项B；取满足的轨迹上的特殊点，即可判断选项C；由弦长公式得和满足的方程，再求出点到直线的距离，则代入三角形面积公式结合不等式的基本性质，即可判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【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】解：根据题意，从3名男生和2名女生中选出2名学生，有种选法，
若选出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女两种情况，共有种选法，
则选出的2人中至少有1名女生的概率为.
故答案为：．
【分析】根据题意，首先分析从5人中选出2人，再分析可得若选出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女分别担任正、副班长两种情况，分别计算其情况数目，由等可能事件的概率公式，从而计算出至少选到1名女生的概率.
13．【答案】
【知识点】直线的斜率；恒过定点的直线；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，
由直线，可得直线过点，且，
因为，所以，
所以，所以，
过作轴于点，如图所示：
则，，，
即点的坐标为，
因为点在双曲线上，所以，整理可得，
又因为，所以，所以，则离心率.
故答案为：.
【分析】易知，由直线方程可得，则，，过作轴于点，表示出点的坐标，代入双曲线方程化简求其离心率即可.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：令，则，即，
两式相加得，
令，则，
又因为，
所以单调递增，
所以，即，
即在上有解．
因为，所以在上单调递增，
所以，即，
则的最小值为原点到直线的距离的平方，即．
故答案为：．
【分析】根据题意结合换元法和导数判断函数的单调性的方法，将的最小值转化为原点到直线的距离的平方，从而得出的最小值．
15．【答案】（1）解：由题意可知：随机变量的可能取值为10、20、50，
，，，
则的分布列如下：
10 20 50
P
数学期望为；
（2）解： 若，采用有放回方式摸球，则每次摸到10元的概率为，摸到20元的概率为，
摸到50元的概率为，
事件X包含4种情况：两次均摸到20元；一次摸到10元，一次摸到50元；一次摸到20元，一次摸到50元；
两次均摸到50元，
则.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）由题意可得：随机变量的可能取值为10、20、50，求出对应概率，列分布列，求期望即可；
（2）根据题设，分析事件所含的基本事件组成，再应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率即可.
（1）的可能取值为10、20、50，其中，，.
故的分布列如下：
10 20 50
P
则数学期望为.
（2）采用有放回方式摸球，
每次摸到10元的概率为，
每次摸到20元的概率为，
每次摸到50元的概率为.
事件X包含4种情况：
两次均摸到20元；
一次摸到10元，一次摸到50元；
一次摸到20元，一次摸到50元；
两次均摸到50元.
故.
16．【答案】（1）证明：连结，如图所示：
因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，所以，且，
即四边形为平行四边形，，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：取线段的中点为，连接，
因为侧棱底面，且各棱长均相等，所以直线两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间的直角坐标系，如图所示：
，，，，，
，，，
设平面的法向量，则，即，
设，，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连结，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）取线段的中点为，连接，以点为坐标原点，建立空间的直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）在三棱柱中，，且，
连结，在三角形中，因为分别为的中点，
所以且，
又因为为的中点，可得，且，
即四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）取线段的中点为，连接，因为侧棱底面，且各棱长均相等，
所以直线两两垂直.
以点为坐标原点，所在的直线分别为坐标轴建立如图所示空间的直角坐标系，
由于，则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则，
所以，设，则，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
令，解得或，
当时，，当或时，，
则函数在单调递增，上单调递减，上单调递增，
函数在处取得极大值，极大值为；
在处取得极小值，极小值为；
（2）解：易知，，
则，，当且仅当时等号成立，
即，解得，故，
恒成立，
设
，
令，则，即，
，，
因为，所以在上单调递减，所以，
故最大的实数.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入求得函数解析式，求导，利用导数判断函数的单调性，求极值即可；
（2）利用基本不等式结合已知条件可得，的值，从而可得的解析式，化简，利用导数可得其最大值，从而可得的取值范围，进而可得的最大值．
（1）当时，，
，，
当时，，当或时，，
所以在单调递增，单调递减，单调递增.
在处取得极大值，
在处取得极小值.
（2）由题意，得，则，
当且仅当时，等号成立.
，解得，
所以.又恒成立，
设
所以.
令，则，即，
，，
因为，
所以在上单调递减.
所以.
所以最大的实数.
18．【答案】（1）解：因为点在椭圆C上，所以①，
又因为，的面积为，所以，解得，即②，
联立①②解得，则椭圆C的标准方程为；
（2）解：设，，直线，
联立，消x整理可得：，
因为直线l与线段AF交于S点，则，所以，，
（Ⅰ）因为
，所以；
（Ⅱ）由，可得，即，
因为，所以，所以，则，
所以，又，
所以，所以，所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，
由，解得或，
则P的坐标为或.
【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】【分析】（1）根据点在椭圆上及三角形面积公式求椭圆参数，即可求得椭圆的方程；
（2）设，，，联立椭圆方程，求得，，
（Ⅰ）根据，证明即可；
（Ⅱ）由三角形面积相等有，进而得到，再确定P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，求P的坐标即可.
（1）由的面积为，得，解得，所以①，
又点在椭圆C上，所以②，
联立①②解得，所以椭圆C的标准方程为.
（2）设，，，联立方程，
消x得：，直线l与线段AF交于S点，则，
所以，，
（Ⅰ）因为
，所以，
（Ⅱ）由得：，即，又.
所以，所以，则，
所以，又，
所以，所以，
所以P为线段AF的中垂线与椭圆的交点，
由，解得：或，
因此，P的坐标为或.
19．【答案】（1）证明：（Ⅰ）由题意知：，，
又因为，，即，
所以是数列的生成函数.
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又因为，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，，
所以
两式相减得：
所以.
（2）证明：由题意知：，，
，
，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，又，
，（，），
则当时，，
即，
（，）.
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；反证法与放缩法；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）（Ⅰ）根据已知条件可得，再结合生成函数定义证出是数列的生成函数.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，利用等差数列的定义判断出数列是以为首项，为公差的等差数列，再结合等差数列的通项公式得出数列的通项公式，则根据错位相减法得出数列的前n项和.
（2）根据生成函数定义结合等比数列定义判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，从而可得，再结合等比数列求和公式证出（，）.
（1）（Ⅰ）由题意知：，，
又，，即，
所以是数列的生成函数；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，，
所以
两式相减得：
所以.
（2）由题意知：，，
，
，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，又，
，（，），
则当时，，
即，
（，）.
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