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广东省汕头市普通高考2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题
一、单项选择题：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·汕头模拟）抛物线 x2=y的准线方程是（　　）
A．4x+1=0 B．4y+1=0 C．2x+1=0 D．2y+1=0
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为抛物线的标准方程为：x2=y，焦点在y轴上；
所以：2p=1，即p= ，
所以： = ，
∴准线方程 y=﹣ ，即4y+1=0．
故答案为：B
【分析】抛物线的标准方程为，焦点为（，0），准线方程为，灵活应用这一知识点即可解此题.
2．（2025·汕头模拟）设复数，是虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】.
故选：D.
【分析】根据复数的乘法进行运算即可得到结果.
3．（2025·汕头模拟）在中，为边上的中线，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】
如图，由于为边上的中线，所以 ，又 ，
所以．
故答案为：D.
【分析】根据题意画出图像分析，采用作为基向量，将用基向量表示，结合数量积的运算律化简即可得到结果.
4．（2025·汕头模拟）某学校有、两家餐厅，王同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8，则王同学第2天去A餐厅用餐的概率为（　　）
A．0.7 B．0.6 C．0.5 D．0.4
【答案】A
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】记“第1天去餐厅”，“第1天去餐厅”，“第2天去餐厅”，
所以根据全概率公式得：
．
故答案为：A.
【分析】先对事件进行命名，接着利用全概率公式计算求解.
5．（2025·汕头模拟）设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】设平面的法向量为，
正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为、、，
则，，
，
因正方体有三对互相平行的平面，
则.
故答案为：A.
【分析】先假设平面的法向量，接着求出长方体的3个面的法向量（正方体的6个面对面平行），进而求出夹角的余弦值，代入求解即可得到结果.
6．（2025·汕头模拟）若，，则
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】A：用特殊值法，令，，得，选项A错误，
B：，选项B错误，
D：，选项D错误，
C：因为选项C正确，故选C．
【分析】对于ABD，利用特殊值法，结合对数函数与幂函数的单调性进行判断；对于D，利用做差法，结合对数函数的运算以及性质即可得到结果.
7．（2025·汕头模拟）在中，角、、的对边分别为、、，已知，，，的面积为，则下列结论正确的是（　　）
A． B．是钝角 C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由正弦定理得，所以，故A错误；
因为，又，所以，
所以，所以，故B错误；
从而，由正弦定理可得，故C正确；
所以，故D错误．
故答案为：C.
【分析】对于选项A，利用正弦定理化简出a的值；对于B，先求出，接着利用三角形三角的关系结合诱导公式求解；对于C，利用求出的值，结合正弦定理求解；对于D，利用面积公式求解即可得到结果.
8．（2025·汕头模拟）若函数有两个极值点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因时，，函数图象的对称轴为，当时函数在时取得极大值，
又因时，，由函数的性质，可知要使还有一个极值，必须使，
则由，可得.
故答案为：B.
【分析】分与进行讨论，结合二次函数性质（轴动区间定）求解极大值，利用一次函数性质判断另一个极值.
二、多项选择题：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·汕头模拟）针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”进行调查，调查样本中女生人数是男生人数的，男生追星人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的．若根据小概率值的独立性检验，可以推断追星和性别有关，则调查样本中男生人数可以是（　　）
（参考公式及数据：，临界值）
A．10 B．11 C．12 D．18
【答案】C,D
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】设样本中男生人数为，得列联表
　 追 不追 合计
男
女
合计
所以，即，又，故C、D正确．
故答案为：CD.
【分析】先将列联表画出，利用卡方值公式进行运算，比较即可得到结果.
10．（2025·汕头模拟）已知数列的前项和为，若，且都有，则（　　）
A．数列是等比数列 B．数列是等比数列
C． D．数列的前10项和为56
【答案】A,D
【知识点】等比关系的确定；数列的递推公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】由题设得：当时，，可得，又，
所以，所以，，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
所以，当时，，
所以，所以数列不是等比数列，故B错误；
所以，故C错误；
又，所以的前10项和为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】先对进行化简得到的解析式，进而利用的关系求出的通项公式，进而对每一个选项进行判断即可得到结果.
11．（2025·汕头模拟）已知函数的定义域为且，，则（　　）
A． B．
C．为的极小值点 D．是偶函数
【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】在中，
对于A，令，则，，A正确；
对于B，令，则，В错误；
对于C，若函数为，显然符合题意，此时无极小值点，C错误；
对于D，令，则，则，
令，则，故是偶函数，D正确．
故答案为：AD.
【分析】利用特殊值法去判断ABCD选项，即可得到结果.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·汕头模拟）的展开式中的系数为　 　.
【答案】30
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】由，
其展开式的通项为，，，
令，得的展开式的通项为，，，
令，得，
则的展开式中的系数为.
故答案为：30.
【分析】首先将作为一个整体即，利用二项式定理的通项公式进行展开，再对取，再对进行求通项公式，进而得到结果.
13．（2025·汕头模拟）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值　 　．
【答案】（中任意一个皆可以）
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解： 的圆心C为(1，0)，半径为2，
设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
因为，所以或，
解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
【分析】先求得圆C的圆心C和半径，进而根据直线与圆的位置关系，求出弦长，利用三角形的面积可得d的值，利用点到直线的距离公式列式即可求得m的值．
14．（2025·汕头模拟）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】如图，取中点，连接，则，，
又，，平面，则平面，
因为平面，则，
又，，，平面，
所以平面，
所以三棱锥的外接球球心必在过的中心且平行于的直线上，
且，
设，则，，
设三棱锥的外接球半径为，则有，
当时，，
故三棱锥外接球体积的最小值为．
故答案为：.
【分析】根据题意，做出底面的圆心与球的球心，接着结合边长关系与勾股定理求解即可得到结果.
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·汕头模拟）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数和的图象在公共点处的切线相同，证明：函数的图象在处的切线平行于轴．
【答案】（1），
由得：或，
当时，的增区间为，不存在减区间；
当时，列表得
0 0
所以的增区间为与，减区间为；
当时，列表得
0 0
所以的增区间为与，减区间为；
（2）由题设得，
解得：，
即的图象在处的切线平行于轴．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求导可得，分，，三种情况讨论可得函数的单调区间；
（2）由题意可得，利用平行x轴得到斜率为0，化简求解即可得结论.
（1），
由得：或，
当时，的增区间为，不存在减区间；
当时，列表得
0 0
　 　
所以的增区间为与，减区间为；
当时，列表得
0 0
　 　
所以的增区间为与，减区间为；
（2）由题设得，
解得：，
即的图象在处的切线平行于轴．
16．（2025·汕头模拟）已知数列，，其前项和为．
（1）求；
（2）求；
（3）若数列的前项和为，且，证明：．
【答案】（1）因为，
所以
（2）因为
，
所以；

（3）因为，
所以，
从而，
两式相减得：
，
故．得证.
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）利用通项公式分别求，进而求即可得到结果；‘
（2）先根据题意求出的值，接着结合等差数列求和公式求解即可；
（3）根据题意先求出的通项公式，接着利用错位相减法求解即可得到结果.
（1）因为，
所以；
（2）因为
，
所以；
（3）因为，
所以，
从而，
两式相减得：
，
故．得证.
17．（2025·汕头模拟）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，三角形是正三角形，是棱的中点，设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：四边形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：取与中点，．连接，，，，
则运用中位线性质知，且，则，，
则四边形是平行四边形，
是正三角形，易知，，
底面是菱形，，则是正三角形，则，
平面，平面，
平面，，
由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，
所以，，
．
（3）由（2）知为二面角的平面角，即，前面知道平面POB，
则过在平面POB内作的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则进而求得一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用菱形性质结合线面平行的判定定理得到平面，接着利用线面平行的性质定理证明出，进而证明平面；
（2）利用中位线得到是平行四边形 ，进而利用线面垂直的判定得到 平面，接着利用线面垂直的性质证明即可得到结果；
（3）根据题意先建立空间直角坐标系，进而平面的一个法向量，利用向量夹角计算公式进行运算即可得到结果.
（1）证明：四边形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：取与中点，．连接，，，，
则运用中位线性质知，且，则，，
则四边形是平行四边形，
是正三角形，易知，，
底面是菱形，，则是正三角形，则，
平面，平面，
平面，，
由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，
所以，，
．
（3）由（2）知为二面角的平面角，即，前面知道平面POB，
则过在平面POB内作的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则进而求得一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则．
18．（2025·汕头模拟）已知函数，其中．
（1）当时，求方程的解集；
（2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围；
（3）若是常数函数，求的值．
【答案】（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
【知识点】函数的奇偶性；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1） 先化简，接着取k值进行求解；
（2）先利用是偶函数求解出K的值，接着化简表达式，利用换元法结合二次函数的最值进行求解即可得到结果；
（3）根据是常数函数，对k值进行代入验证即可得到结果.
（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
19．（2025·汕头模拟）已知矩形中，，．如图，以矩形的中心为坐标原点，分别平行于、的直线为、轴建立平面直角坐标系．设轴分别交、于点、，点为平面上的动点，且直线、的斜率的积为．
（1）证明点不在矩形的外部；
（2）现将矩形折叠，使点落在线段上，设折痕所在直线的斜率为，
①求直线的方程；
②重新展平矩形，当折痕的长最大时，求折痕被点的轨迹所截得的弦长．
【答案】（1）设，由题设知、，
从而，整理得，
所以点的轨迹为椭圆（去掉上下顶点），其范围是，，
故点不可能在矩形外部；
（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，
当时，易得直线方程为；
当时，由A与G关于折痕所在的直线对称，有，即，
所以，AG中点坐标为，
从而折痕所在的直线方程，即；
综上：直线方程为：；
②由题可得，当时，折痕的长为4；
当时，因直线所对应方程为：.
则直线与交点为，，
（ⅰ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则此时
此时，，且；
（ⅱ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则
此时，，
．
令得：，
列表得
0
所以，
（ⅲ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，
此时，，，
综上可得，当且仅当时，，
即折痕长的最大值为，
由得：，
所以，，
故弦长，
又，，，
则
【知识点】确定直线位置的几何要素；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；与直线有关的动点轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据直线、的斜率的积为，假设动点坐标，结合坐标求得斜率，利用斜率得到式子进行化简即可得到结果；
（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，对k值进行代入得到A与G的中垂线方程，即可得到结果；
②分，折痕所在的直线分别与边、相交， 折痕所在的直线分别与边、相交，折痕所在的直线分别与边、相交，可得折痕最长时对应斜率，然后将直线与点p轨迹方程联立，即可得答案.
（1）设，由题设知、，
从而，整理得，
所以点的轨迹为椭圆（去掉上下顶点），其范围是，，
故点不可能在矩形外部；
（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，
当时，易得直线方程为；
当时，由A与G关于折痕所在的直线对称，有，即，
所以，AG中点坐标为，
从而折痕所在的直线方程，即；
综上：直线方程为：；
②由题可得，当时，折痕的长为4；
当时，因直线所对应方程为：.
则直线与交点为，，
（ⅰ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则此时
此时，，且；
（ⅱ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则
此时，，
．
令得：，
列表得
0
所以，
（ⅲ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，
此时，，，
综上可得，当且仅当时，，
即折痕长的最大值为，
由得：，
所以，，
故弦长，
又，，，
则
1 / 1广东省汕头市普通高考2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题
一、单项选择题：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·汕头模拟）抛物线 x2=y的准线方程是（　　）
A．4x+1=0 B．4y+1=0 C．2x+1=0 D．2y+1=0
2．（2025·汕头模拟）设复数，是虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．2
3．（2025·汕头模拟）在中，为边上的中线，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·汕头模拟）某学校有、两家餐厅，王同学第1天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8，则王同学第2天去A餐厅用餐的概率为（　　）
A．0.7 B．0.6 C．0.5 D．0.4
5．（2025·汕头模拟）设平面与长方体的六个面的夹角分别为，则的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
6．（2025·汕头模拟）若，，则
A． B． C． D．
7．（2025·汕头模拟）在中，角、、的对边分别为、、，已知，，，的面积为，则下列结论正确的是（　　）
A． B．是钝角 C． D．
8．（2025·汕头模拟）若函数有两个极值点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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·汕头模拟）针对“中学生追星问题”，某校团委对“学生性别和中学生追星是否有关”进行调查，调查样本中女生人数是男生人数的，男生追星人数占男生人数的，女生追星的人数占女生人数的．若根据小概率值的独立性检验，可以推断追星和性别有关，则调查样本中男生人数可以是（　　）
（参考公式及数据：，临界值）
A．10 B．11 C．12 D．18
10．（2025·汕头模拟）已知数列的前项和为，若，且都有，则（　　）
A．数列是等比数列 B．数列是等比数列
C． D．数列的前10项和为56
11．（2025·汕头模拟）已知函数的定义域为且，，则（　　）
A． B．
C．为的极小值点 D．是偶函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025·汕头模拟）的展开式中的系数为　 　.
13．（2025·汕头模拟）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值　 　．
14．（2025·汕头模拟）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为　 　．
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·汕头模拟）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数和的图象在公共点处的切线相同，证明：函数的图象在处的切线平行于轴．
16．（2025·汕头模拟）已知数列，，其前项和为．
（1）求；
（2）求；
（3）若数列的前项和为，且，证明：．
17．（2025·汕头模拟）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，三角形是正三角形，是棱的中点，设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2025·汕头模拟）已知函数，其中．
（1）当时，求方程的解集；
（2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围；
（3）若是常数函数，求的值．
19．（2025·汕头模拟）已知矩形中，，．如图，以矩形的中心为坐标原点，分别平行于、的直线为、轴建立平面直角坐标系．设轴分别交、于点、，点为平面上的动点，且直线、的斜率的积为．
（1）证明点不在矩形的外部；
（2）现将矩形折叠，使点落在线段上，设折痕所在直线的斜率为，
①求直线的方程；
②重新展平矩形，当折痕的长最大时，求折痕被点的轨迹所截得的弦长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：因为抛物线的标准方程为：x2=y，焦点在y轴上；
所以：2p=1，即p= ，
所以： = ，
∴准线方程 y=﹣ ，即4y+1=0．
故答案为：B
【分析】抛物线的标准方程为，焦点为（，0），准线方程为，灵活应用这一知识点即可解此题.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】.
故选：D.
【分析】根据复数的乘法进行运算即可得到结果.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】
如图，由于为边上的中线，所以 ，又 ，
所以．
故答案为：D.
【分析】根据题意画出图像分析，采用作为基向量，将用基向量表示，结合数量积的运算律化简即可得到结果.
4．【答案】A
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】记“第1天去餐厅”，“第1天去餐厅”，“第2天去餐厅”，
所以根据全概率公式得：
．
故答案为：A.
【分析】先对事件进行命名，接着利用全概率公式计算求解.
5．【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】设平面的法向量为，
正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为、、，
则，，
，
因正方体有三对互相平行的平面，
则.
故答案为：A.
【分析】先假设平面的法向量，接着求出长方体的3个面的法向量（正方体的6个面对面平行），进而求出夹角的余弦值，代入求解即可得到结果.
6．【答案】C
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】A：用特殊值法，令，，得，选项A错误，
B：，选项B错误，
D：，选项D错误，
C：因为选项C正确，故选C．
【分析】对于ABD，利用特殊值法，结合对数函数与幂函数的单调性进行判断；对于D，利用做差法，结合对数函数的运算以及性质即可得到结果.
7．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由正弦定理得，所以，故A错误；
因为，又，所以，
所以，所以，故B错误；
从而，由正弦定理可得，故C正确；
所以，故D错误．
故答案为：C.
【分析】对于选项A，利用正弦定理化简出a的值；对于B，先求出，接着利用三角形三角的关系结合诱导公式求解；对于C，利用求出的值，结合正弦定理求解；对于D，利用面积公式求解即可得到结果.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因时，，函数图象的对称轴为，当时函数在时取得极大值，
又因时，，由函数的性质，可知要使还有一个极值，必须使，
则由，可得.
故答案为：B.
【分析】分与进行讨论，结合二次函数性质（轴动区间定）求解极大值，利用一次函数性质判断另一个极值.
9．【答案】C,D
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】设样本中男生人数为，得列联表
　 追 不追 合计
男
女
合计
所以，即，又，故C、D正确．
故答案为：CD.
【分析】先将列联表画出，利用卡方值公式进行运算，比较即可得到结果.
10．【答案】A,D
【知识点】等比关系的确定；数列的递推公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】由题设得：当时，，可得，又，
所以，所以，，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
所以，当时，，
所以，所以数列不是等比数列，故B错误；
所以，故C错误；
又，所以的前10项和为，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】先对进行化简得到的解析式，进而利用的关系求出的通项公式，进而对每一个选项进行判断即可得到结果.
11．【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】在中，
对于A，令，则，，A正确；
对于B，令，则，В错误；
对于C，若函数为，显然符合题意，此时无极小值点，C错误；
对于D，令，则，则，
令，则，故是偶函数，D正确．
故答案为：AD.
【分析】利用特殊值法去判断ABCD选项，即可得到结果.
12．【答案】30
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】由，
其展开式的通项为，，，
令，得的展开式的通项为，，，
令，得，
则的展开式中的系数为.
故答案为：30.
【分析】首先将作为一个整体即，利用二项式定理的通项公式进行展开，再对取，再对进行求通项公式，进而得到结果.
13．【答案】（中任意一个皆可以）
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解： 的圆心C为(1，0)，半径为2，
设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
因为，所以或，
解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
【分析】先求得圆C的圆心C和半径，进而根据直线与圆的位置关系，求出弦长，利用三角形的面积可得d的值，利用点到直线的距离公式列式即可求得m的值．
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】如图，取中点，连接，则，，
又，，平面，则平面，
因为平面，则，
又，，，平面，
所以平面，
所以三棱锥的外接球球心必在过的中心且平行于的直线上，
且，
设，则，，
设三棱锥的外接球半径为，则有，
当时，，
故三棱锥外接球体积的最小值为．
故答案为：.
【分析】根据题意，做出底面的圆心与球的球心，接着结合边长关系与勾股定理求解即可得到结果.
15．【答案】（1），
由得：或，
当时，的增区间为，不存在减区间；
当时，列表得
0 0
所以的增区间为与，减区间为；
当时，列表得
0 0
所以的增区间为与，减区间为；
（2）由题设得，
解得：，
即的图象在处的切线平行于轴．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求导可得，分，，三种情况讨论可得函数的单调区间；
（2）由题意可得，利用平行x轴得到斜率为0，化简求解即可得结论.
（1），
由得：或，
当时，的增区间为，不存在减区间；
当时，列表得
0 0
　 　
所以的增区间为与，减区间为；
当时，列表得
0 0
　 　
所以的增区间为与，减区间为；
（2）由题设得，
解得：，
即的图象在处的切线平行于轴．
16．【答案】（1）因为，
所以
（2）因为
，
所以；

（3）因为，
所以，
从而，
两式相减得：
，
故．得证.
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）利用通项公式分别求，进而求即可得到结果；‘
（2）先根据题意求出的值，接着结合等差数列求和公式求解即可；
（3）根据题意先求出的通项公式，接着利用错位相减法求解即可得到结果.
（1）因为，
所以；
（2）因为
，
所以；
（3）因为，
所以，
从而，
两式相减得：
，
故．得证.
17．【答案】（1）证明：四边形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：取与中点，．连接，，，，
则运用中位线性质知，且，则，，
则四边形是平行四边形，
是正三角形，易知，，
底面是菱形，，则是正三角形，则，
平面，平面，
平面，，
由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，
所以，，
．
（3）由（2）知为二面角的平面角，即，前面知道平面POB，
则过在平面POB内作的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则进而求得一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用菱形性质结合线面平行的判定定理得到平面，接着利用线面平行的性质定理证明出，进而证明平面；
（2）利用中位线得到是平行四边形 ，进而利用线面垂直的判定得到 平面，接着利用线面垂直的性质证明即可得到结果；
（3）根据题意先建立空间直角坐标系，进而平面的一个法向量，利用向量夹角计算公式进行运算即可得到结果.
（1）证明：四边形是菱形，所以，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：取与中点，．连接，，，，
则运用中位线性质知，且，则，，
则四边形是平行四边形，
是正三角形，易知，，
底面是菱形，，则是正三角形，则，
平面，平面，
平面，，
由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，
所以，，
．
（3）由（2）知为二面角的平面角，即，前面知道平面POB，
则过在平面POB内作的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则进而求得一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则．
18．【答案】（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
【知识点】函数的奇偶性；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1） 先化简，接着取k值进行求解；
（2）先利用是偶函数求解出K的值，接着化简表达式，利用换元法结合二次函数的最值进行求解即可得到结果；
（3）根据是常数函数，对k值进行代入验证即可得到结果.
（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
19．【答案】（1）设，由题设知、，
从而，整理得，
所以点的轨迹为椭圆（去掉上下顶点），其范围是，，
故点不可能在矩形外部；
（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，
当时，易得直线方程为；
当时，由A与G关于折痕所在的直线对称，有，即，
所以，AG中点坐标为，
从而折痕所在的直线方程，即；
综上：直线方程为：；
②由题可得，当时，折痕的长为4；
当时，因直线所对应方程为：.
则直线与交点为，，
（ⅰ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则此时
此时，，且；
（ⅱ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则
此时，，
．
令得：，
列表得
0
所以，
（ⅲ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，
此时，，，
综上可得，当且仅当时，，
即折痕长的最大值为，
由得：，
所以，，
故弦长，
又，，，
则
【知识点】确定直线位置的几何要素；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；与直线有关的动点轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据直线、的斜率的积为，假设动点坐标，结合坐标求得斜率，利用斜率得到式子进行化简即可得到结果；
（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，对k值进行代入得到A与G的中垂线方程，即可得到结果；
②分，折痕所在的直线分别与边、相交， 折痕所在的直线分别与边、相交，折痕所在的直线分别与边、相交，可得折痕最长时对应斜率，然后将直线与点p轨迹方程联立，即可得答案.
（1）设，由题设知、，
从而，整理得，
所以点的轨迹为椭圆（去掉上下顶点），其范围是，，
故点不可能在矩形外部；
（2）①设折叠后A点落在线段DC上的点为，
当时，易得直线方程为；
当时，由A与G关于折痕所在的直线对称，有，即，
所以，AG中点坐标为，
从而折痕所在的直线方程，即；
综上：直线方程为：；
②由题可得，当时，折痕的长为4；
当时，因直线所对应方程为：.
则直线与交点为，，
（ⅰ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则此时
此时，，且；
（ⅱ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，则
此时，，
．
令得：，
列表得
0
所以，
（ⅲ）若折痕所在的直线分别与边、相交，
则交点坐标为，，
此时，，，
综上可得，当且仅当时，，
即折痕长的最大值为，
由得：，
所以，，
故弦长，
又，，，
则
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