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四川省资阳市安岳中学2025届高三下学期二模数学试题
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·安岳模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以.
故选：B.
【分析】解一元二次不等式先化简求得集合B，再应用交集运算即可求得 .
2．（2025·安岳模拟）已知复数z与复平面内的点对应，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由复数与复平面内的点对应 ，可得复数，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先写出复数，再根据复数代数形式的除法运算化简即可.
3．（2025·安岳模拟）已知数列为等差数列，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等差数列，当时，由，
可得，即充分性成立；
当数列为常数列时，，则，，，即必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A．
【分析】由题意，根据等差数列的性质，结合已知可判断充分性成立；举例说明必要性不成立.
4．（2025·安岳模拟）在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
，三点共线，设，，
因为，，所以，，
则，
又因为、、三点共线，所以，解得，
则，
若，则
，解得，即的长为.
故答案为：C.
【分析】根据向量线性运算结合三点共线定理可得，再利用向量数量积公式求解即可.
5．（2025·安岳模拟）已知，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，解得或，
又，，
.
故选：C.
【分析】结合已知条件和两角和的正切公式先求得，进而利用诱导公式以及二倍角公式，同角的三角函数关系式化简计算即可.
6．（2025·安岳模拟）设、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，若，且轴，则此椭圆的长轴长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设点在轴上方，如图所示：
因为轴，所以点，
又因为过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，，
且轴 ，所以，即点，
又因为点在椭圆上，所以，
设点，因为，则，即，
所以，解得，即点，
将点的坐标代入椭圆方程可得，即，
解得，则，解得，则椭圆的长轴长为.
故答案为：C.
【分析】设点在轴上方，由轴 ，求得点，再由已知条件可得出，设点，根据已知条件得出 ，可求得点的坐标，代入椭圆方程可得出，解出的值，即可得椭圆的长轴长.
7．（2025·安岳模拟）已知函数在时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：当时，令，
因为在上恒成立，所以，
不妨取，则函数，
当时，，
画出函数在上的图象，如图所示：
由图象可知，，，
则，
故，
两式相加得，
所以.
故答案为：C.
【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性求解即可.
8．（2025·安岳模拟）已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：令，所以，
所以当时，，所以在上单调递增，
因为函数是定义域为的奇函数，所以，
所以，所以是定义域为的偶函数，
所以在上单调递减，
又因为，所以，所以，
所以当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以.
所以不等式的解集为.
故选：D.
【分析】令，可得，进而可得当时，，得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，可得，进而计算即可求得不等式的解集.
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·安岳模拟）已知正实数x，y满足，则（　　）
A．的最小值为 B．的最小值为8
C．的最大值为 D．没有最大值
【答案】A,C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、因为x，y为正实数，且，所以.
所以，当时，的最小值为，故选项A正确；
B、，
当且仅当时等号成立，故选项B错误；
C、，
当且仅当时等号成立，所以，即的最大值为，故选项C正确；
D、，
，
当且仅当，即时等号成立，所以.
所以有最大值，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】将代入，根据二次函数的性质即可判断选项A；利用“1”的代换结合基本不等式计算可判断选项B；根据结合基本不等式计算可判断选项C；，，根据基本不等式可求得，进而可求得的最大值可判断选项D.
10．（2025·安岳模拟）已知函数的最小正周期为，则（　　）
A．
B．点是图象的一个对称中心
C．在上单调递减
D．将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象
【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，故选项A正确，
B、所以，所以， 所以点是图象的一个对称中心，故选项B正确，
C、当时，，且所以在上不单调，故选项C错误，
D、将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，故选项D正确，
故选：ABD.
【分析】利用辅助角公式即可得，进而利用周期公式即可判断选项A；由的值可得函数f(x)的解析式，进而计算求得即可判断选项B；可得，利用图象与性质，即可判断选项C；利用三角函数图象的平移变换以及诱导公式即可判断选项D.
11．（2025·安岳模拟）如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（　　）
A．点可能在直线上
B．点可能在直线上
C．若点在底面内，则三棱锥的体积为定值
D．若点在棱上，则
【答案】A,C,D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、点的轨迹是过点且与垂直的平面（不包括点），因为与所在直线相交且不垂直，因此直线与平面相交，故A正确；
B、因为底面，在底面内，所以，
又因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因此平面平面，
又因为，平面，平面，所以，故B错误；
C、若点在底面内，则点在直线上，而平面，所以点到平面的距离为定值，则为定值，故C正确；
D、设的中点为，如图所示：
若点在棱上，则，，，，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
在梯形中，，，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由与所在直线相交且不垂直即可判断A；通过即可判断B；通过等体积即可判断C；通过求证，得到即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·安岳模拟）对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为　 　.
【答案】
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】
令，
则有，
任意，
恒有，
则函数图象关于对称，周期为2，
作出函数图象
，
函数的图像与有4个不同的公共点，
由图像可知，的图像与函数在上相切，
由得，则，
解得，
故答案为.
【分析】由得，由已知条件可得函数的图像的对称性和周期性，可作出函数的图像，由题意(k＞0)的图像函数在 上的图像相切，联立方程组利用判别式求解.
13．（2025·安岳模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，是直线上任意一点，则　 　．
【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，设点，则，
因为点是直线上任意一点，所以，即，
则.
故答案为：.
【分析】易知，设点，可得，由点在直线上代入可得，再根据向量数量积的坐标表示求解即可.
14．（2025·安岳模拟）已知正项等比数列满足，且，则公比为　 　.
【答案】
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q(q>0)，
因为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】设等比数列的公比为q(q>0)，由等比数列的通项公式列方程组，进而解方程组即可求得公比q的值.
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·安岳模拟）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
【答案】（1）解：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以sinA≠0，所以.
因为，所以，
即，解得或(舍去)
所以.

（2）解：设的面积为，外接圆半径为R，
所以，所以，
由正弦定理，得，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角可得，进而利用两角和的正弦公式以及同角的三角函数关系式即可求得cosA的值，进而可得角A的值；
（2）由面积公式可得bc的值，进而由正弦定理求得外接圆半径，再计算即可求得的值.
（1）由条件得，从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
（2）设的面积为，则.
16．（2025·安岳模拟）设函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若为增函数，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
易知，，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
因为函数是增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，则，
令，，令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
即当时，取得极大值，也是最大值，，
则的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）由题意可得：在上恒成立，分离参数得到在上恒成立，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值即可得的取值范围.
（1）当时，，
所以，，，
∴曲线在处的切线方程为，
整理得，，
∴曲线在处的切线方程为.
（2），，
是增函数，即在上恒成立，
方法一：即在上恒成立，所以，
设，，则，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴当时，取得极大值，也是最大值，
∵，∴的取值范围是.
方法二：即在上恒成立，所以，
设，，则，，
①若，则，在上单调递增，
当趋近于0时，趋近于，即不恒成立，
所以在上不单调递增，与题意不符，舍去.
②若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则当时，取得极小值，也是最小值，
∴，解得，
∴的取值范围是.
17．（2025·安岳模拟）如图，已知四边形与均为直角梯形，平面平面EFAD，，，为的中点，.
（1）证明：，，，四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：
因为，分别为、的中点，且，，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以且，
又因为，且，所以，，所以四边形是平行四边形，
所以，，所以，，则，，，四点共面
（2）解：因为平面平面，平面平面，
且，所以平面，
以B为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，，
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，所以，
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，，所以，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间点、线、面的位置；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，根据中位线结合已知得出四边形与四边形是平行四边形，即可得出，即可证明；
（2）以B为原点，建立空间直角坐标系，求得相应各点坐标，根据平面法向量求法得出平面与平面的法向量，再根据空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，.
因为为的中点，为的中点，且，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以且.
又因为，且，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，.
所以，，
所以，，，四点共面.
（2）因为平面平面，平面平面，
且，所以平面.
如图，以B为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，所以.
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，，所以.
设平面与平面夹角为，
所以.
18．（2025·安岳模拟）已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）记双曲线的左 右顶点分别为，，斜率为正的直线过点，交双曲线于点，(点在第一象限)，直线交轴于点，直线交轴于点，记面积为，面积为，求证：为定值.
【答案】解：（1）易知， 直线为双曲线的一条渐近线，即，解得，
则双曲线的方程为；
（2）易知，，
设直线：，，，
联立，整理可得，
由韦达定理可得：，，即，
设直线：，可得，
设直线：，可得，
因为，，所以
.
【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】【分析】（1）由题意，根据渐近线方程以及虚轴长度确定，即可得双曲线的方程；
（2）易知，，由题意，设直线方程，联立直线与双曲线方程，消元整理结合韦达定理，分别求得坐标并表示出，计算即可.
19．（2025·安岳模拟）已知数列的各项均为正数，其前n项的积为，记，.
（1）若数列为等比数列，数列为等差数列，求数列的公比.
（2）若，，且
①求数列的通项公式.
②记，那么数列中是否存在两项，（s，t均为正偶数，且），使得数列，，，成等差数列？若存在，求s，t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（1）因为数列为等比数列，所以①，
又因为数列为等差数列，所以，
由题意可得：，，，②，
①代入②可得：，即，即，则数列的公比为1；
（2）①、若、、且，则，
即
又因为，，所以，
，，则，
综上，数列的通项公式为；
②、由①知，
构造函数，则，令，解得，
函数函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，
假设存在s，t满足题意，若，
则，，所以，不合题意，
所以s只能为2，4，6，且；
（i）当时，由，得，故，
由数列的单调性可知存在唯一的满足题意；
（ii）当时，由，得，
故，同（i）知，
（ⅲ）当时，由，得，故，
又因为，
由数列的单调性知，故，
但不成立，所以与题意不符，
综上，满足条件的s，t的值为和.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据数列、为等比、等差数列得①，，再由题意可得，整理即可得数列的公比；
（2）①、已知式子变形为（），求得，从而可得，注意，求积可得；
②、由①知.利用导数研究函数的单调性得数列的单调性：，假设存在s，t满足题意，若，由单调性出现矛盾，这样，，分别求即可．
1 / 1四川省资阳市安岳中学2025届高三下学期二模数学试题
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·安岳模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·安岳模拟）已知复数z与复平面内的点对应，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·安岳模拟）已知数列为等差数列，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025·安岳模拟）在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（　　）
A． B． C．2 D．
5．（2025·安岳模拟）已知，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·安岳模拟）设、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，若，且轴，则此椭圆的长轴长为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·安岳模拟）已知函数在时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·安岳模拟）已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（　　）
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·安岳模拟）已知正实数x，y满足，则（　　）
A．的最小值为 B．的最小值为8
C．的最大值为 D．没有最大值
10．（2025·安岳模拟）已知函数的最小正周期为，则（　　）
A．
B．点是图象的一个对称中心
C．在上单调递减
D．将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象
11．（2025·安岳模拟）如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（　　）
A．点可能在直线上
B．点可能在直线上
C．若点在底面内，则三棱锥的体积为定值
D．若点在棱上，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·安岳模拟）对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为　 　.
13．（2025·安岳模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，是直线上任意一点，则　 　．
14．（2025·安岳模拟）已知正项等比数列满足，且，则公比为　 　.
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·安岳模拟）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
16．（2025·安岳模拟）设函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若为增函数，求的取值范围.
17．（2025·安岳模拟）如图，已知四边形与均为直角梯形，平面平面EFAD，，，为的中点，.
（1）证明：，，，四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2025·安岳模拟）已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）记双曲线的左 右顶点分别为，，斜率为正的直线过点，交双曲线于点，(点在第一象限)，直线交轴于点，直线交轴于点，记面积为，面积为，求证：为定值.
19．（2025·安岳模拟）已知数列的各项均为正数，其前n项的积为，记，.
（1）若数列为等比数列，数列为等差数列，求数列的公比.
（2）若，，且
①求数列的通项公式.
②记，那么数列中是否存在两项，（s，t均为正偶数，且），使得数列，，，成等差数列？若存在，求s，t的值；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以.
故选：B.
【分析】解一元二次不等式先化简求得集合B，再应用交集运算即可求得 .
2．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由复数与复平面内的点对应 ，可得复数，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先写出复数，再根据复数代数形式的除法运算化简即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质
【解析】【解答】解：数列为等差数列，当时，由，
可得，即充分性成立；
当数列为常数列时，，则，，，即必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A．
【分析】由题意，根据等差数列的性质，结合已知可判断充分性成立；举例说明必要性不成立.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示：
，三点共线，设，，
因为，，所以，，
则，
又因为、、三点共线，所以，解得，
则，
若，则
，解得，即的长为.
故答案为：C.
【分析】根据向量线性运算结合三点共线定理可得，再利用向量数量积公式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，解得或，
又，，
.
故选：C.
【分析】结合已知条件和两角和的正切公式先求得，进而利用诱导公式以及二倍角公式，同角的三角函数关系式化简计算即可.
6．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设点在轴上方，如图所示：
因为轴，所以点，
又因为过的直线交椭圆于、两点，在轴上的截距为，，
且轴 ，所以，即点，
又因为点在椭圆上，所以，
设点，因为，则，即，
所以，解得，即点，
将点的坐标代入椭圆方程可得，即，
解得，则，解得，则椭圆的长轴长为.
故答案为：C.
【分析】设点在轴上方，由轴 ，求得点，再由已知条件可得出，设点，根据已知条件得出 ，可求得点的坐标，代入椭圆方程可得出，解出的值，即可得椭圆的长轴长.
7．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：当时，令，
因为在上恒成立，所以，
不妨取，则函数，
当时，，
画出函数在上的图象，如图所示：
由图象可知，，，
则，
故，
两式相加得，
所以.
故答案为：C.
【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：令，所以，
所以当时，，所以在上单调递增，
因为函数是定义域为的奇函数，所以，
所以，所以是定义域为的偶函数，
所以在上单调递减，
又因为，所以，所以，
所以当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以.
所以不等式的解集为.
故选：D.
【分析】令，可得，进而可得当时，，得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，可得，进而计算即可求得不等式的解集.
9．【答案】A,C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、因为x，y为正实数，且，所以.
所以，当时，的最小值为，故选项A正确；
B、，
当且仅当时等号成立，故选项B错误；
C、，
当且仅当时等号成立，所以，即的最大值为，故选项C正确；
D、，
，
当且仅当，即时等号成立，所以.
所以有最大值，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】将代入，根据二次函数的性质即可判断选项A；利用“1”的代换结合基本不等式计算可判断选项B；根据结合基本不等式计算可判断选项C；，，根据基本不等式可求得，进而可求得的最大值可判断选项D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，故选项A正确，
B、所以，所以， 所以点是图象的一个对称中心，故选项B正确，
C、当时，，且所以在上不单调，故选项C错误，
D、将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，故选项D正确，
故选：ABD.
【分析】利用辅助角公式即可得，进而利用周期公式即可判断选项A；由的值可得函数f(x)的解析式，进而计算求得即可判断选项B；可得，利用图象与性质，即可判断选项C；利用三角函数图象的平移变换以及诱导公式即可判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、点的轨迹是过点且与垂直的平面（不包括点），因为与所在直线相交且不垂直，因此直线与平面相交，故A正确；
B、因为底面，在底面内，所以，
又因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因此平面平面，
又因为，平面，平面，所以，故B错误；
C、若点在底面内，则点在直线上，而平面，所以点到平面的距离为定值，则为定值，故C正确；
D、设的中点为，如图所示：
若点在棱上，则，，，，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
在梯形中，，，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由与所在直线相交且不垂直即可判断A；通过即可判断B；通过等体积即可判断C；通过求证，得到即可判断D.
12．【答案】
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】
令，
则有，
任意，
恒有，
则函数图象关于对称，周期为2，
作出函数图象
，
函数的图像与有4个不同的公共点，
由图像可知，的图像与函数在上相切，
由得，则，
解得，
故答案为.
【分析】由得，由已知条件可得函数的图像的对称性和周期性，可作出函数的图像，由题意(k＞0)的图像函数在 上的图像相切，联立方程组利用判别式求解.
13．【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，设点，则，
因为点是直线上任意一点，所以，即，
则.
故答案为：.
【分析】易知，设点，可得，由点在直线上代入可得，再根据向量数量积的坐标表示求解即可.
14．【答案】
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q(q>0)，
因为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】设等比数列的公比为q(q>0)，由等比数列的通项公式列方程组，进而解方程组即可求得公比q的值.
15．【答案】（1）解：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以sinA≠0，所以.
因为，所以，
即，解得或(舍去)
所以.

（2）解：设的面积为，外接圆半径为R，
所以，所以，
由正弦定理，得，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角可得，进而利用两角和的正弦公式以及同角的三角函数关系式即可求得cosA的值，进而可得角A的值；
（2）由面积公式可得bc的值，进而由正弦定理求得外接圆半径，再计算即可求得的值.
（1）由条件得，从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
（2）设的面积为，则.
16．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
易知，，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
因为函数是增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，则，
令，，令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
即当时，取得极大值，也是最大值，，
则的取值范围是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）由题意可得：在上恒成立，分离参数得到在上恒成立，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值即可得的取值范围.
（1）当时，，
所以，，，
∴曲线在处的切线方程为，
整理得，，
∴曲线在处的切线方程为.
（2），，
是增函数，即在上恒成立，
方法一：即在上恒成立，所以，
设，，则，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴当时，取得极大值，也是最大值，
∵，∴的取值范围是.
方法二：即在上恒成立，所以，
设，，则，，
①若，则，在上单调递增，
当趋近于0时，趋近于，即不恒成立，
所以在上不单调递增，与题意不符，舍去.
②若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则当时，取得极小值，也是最小值，
∴，解得，
∴的取值范围是.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：
因为，分别为、的中点，且，，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以且，
又因为，且，所以，，所以四边形是平行四边形，
所以，，所以，，则，，，四点共面
（2）解：因为平面平面，平面平面，
且，所以平面，
以B为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，，
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，所以，
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，，所以，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间点、线、面的位置；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，根据中位线结合已知得出四边形与四边形是平行四边形，即可得出，即可证明；
（2）以B为原点，建立空间直角坐标系，求得相应各点坐标，根据平面法向量求法得出平面与平面的法向量，再根据空间向量法求解即可.
（1）取的中点，连接，.
因为为的中点，为的中点，且，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以且.
又因为，且，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，.
所以，，
所以，，，四点共面.
（2）因为平面平面，平面平面，
且，所以平面.
如图，以B为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，所以.
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，令，得，，所以.
设平面与平面夹角为，
所以.
18．【答案】解：（1）易知， 直线为双曲线的一条渐近线，即，解得，
则双曲线的方程为；
（2）易知，，
设直线：，，，
联立，整理可得，
由韦达定理可得：，，即，
设直线：，可得，
设直线：，可得，
因为，，所以
.
【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】【分析】（1）由题意，根据渐近线方程以及虚轴长度确定，即可得双曲线的方程；
（2）易知，，由题意，设直线方程，联立直线与双曲线方程，消元整理结合韦达定理，分别求得坐标并表示出，计算即可.
19．【答案】解：（1）因为数列为等比数列，所以①，
又因为数列为等差数列，所以，
由题意可得：，，，②，
①代入②可得：，即，即，则数列的公比为1；
（2）①、若、、且，则，
即
又因为，，所以，
，，则，
综上，数列的通项公式为；
②、由①知，
构造函数，则，令，解得，
函数函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，
假设存在s，t满足题意，若，
则，，所以，不合题意，
所以s只能为2，4，6，且；
（i）当时，由，得，故，
由数列的单调性可知存在唯一的满足题意；
（ii）当时，由，得，
故，同（i）知，
（ⅲ）当时，由，得，故，
又因为，
由数列的单调性知，故，
但不成立，所以与题意不符，
综上，满足条件的s，t的值为和.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据数列、为等比、等差数列得①，，再由题意可得，整理即可得数列的公比；
（2）①、已知式子变形为（），求得，从而可得，注意，求积可得；
②、由①知.利用导数研究函数的单调性得数列的单调性：，假设存在s，t满足题意，若，由单调性出现矛盾，这样，，分别求即可．
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