资源简介

湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三下学期数学模拟试卷（一）
一、选择题(本大题共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·长沙模拟）已知集合，那么集合（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；对数函数的单调性与特殊点；一元二次不等式及其解法；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，解得-2由，解得1所以，
故选：A.
【分析】先分别求出集合，再利用交集的定义即可求得.
2．（2025·长沙模拟）已知（为虚数单位)，则（　　）
A．2 B． C．4 D．8
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故选：B.
【分析】先根据复数的除法运算法则先求得复数z，进而根据复数的模长公式即可求得.
3．（2025·长沙模拟）函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：由题意可得，的定义域是，定义域关于原点对称，
因为，所以是奇函数，排除选项CD，
因为，排除B，
故选：A.
【分析】先求得函数的定义域，进而利用奇偶性排除错误选项，再分析的正负，结合图像可得到正确选项.
4．（2025·长沙模拟）已知为的一个内角，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，解得，所以为钝角，
所以或(舍去).
所以.
故选：D.
【分析】由两角和的正切公式求出的值，进而得出为钝角，同角三角关系式即可求得cosA的值.
5．（2025·长沙模拟）已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，过 作的垂线，垂足为.若，则（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：抛物线，即，所以，所以焦点，准线，
记准线与y轴的交点为N，所以|NF|=2，
由抛物线的定义知，
因为，所以为等边三角形，所以，
所以所以.
故选：C.
【分析】由抛物线方程即可知点F的坐标以及准线l，根据抛物线定义及已知条件知为等边三角形，，进而可知|MF|，|即可求得.
6．（2025·长沙模拟）如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有纯净水，，图1中水面高度恰好为棱台高度的，图2中水面高度为棱台高度的，若图1和图2中纯净水的体积分别为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设四棱台的高度为，在图1中，上液面四边形的边长为5，在图2中，上液面四边形的边长为6，
所以，
所以.
故选：D.
【分析】结合题意求得对应上水面的四边形的边长，进而根据棱台的体积公式列式求得，即可求得.
7．（2025·长沙模拟）已知一组数据0，9，7，4，5，从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据，则得到的新数据与原数据中位数相同的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：数据0，9，7，4，5，从小到大排列为0，4，5，7，9，所以中位数为5，
从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据有种选法，
要使得新数据与原数据中位数相同，则可分为两类：
①当两数中不含5时，不同的选法有种；
②当两数中含5时，不同的选法有种，
根据分类加法计数原理可知共有种不同的选法，
所以得到的新数据与原数据中位数相同的概率
故选：B.
【分析】根据题意将数据从小到大排列可得到原数据的中位数为5，要使得新数据与原数据中位数相同，可分为两类：两数中不含5和两数中含5，求得不同的选法的种数，结合古典摡型的概率计算公式即可得所求概率.
8．（2025·长沙模拟）设正整数其中，记，则下列说法错误的是（　　）.
A．ω(10)=2.
B．ω(16n+5)=ω(4n+3).
C．ω(8n+5)=ω(4n+5).
D．若n<256且ω(n)=3，则符合条件的n有56个.
【答案】C
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、，所以，故选项A正确，
B、，
所以，，
所以，所以，故选项B正确；
C、， ，所以，
即时，，故选项C错误，
D、因为且，，
所以，
当时，符合条件的n有个；时，符合条件的n有个；时，
符合条件的n有个；…，时，符合条件的n有个，
共有，故选项D正确.
故选：C.
【分析】由，利用定义即可求得的值，可判断选项A；根据题意可求得，，即可判断选项B；用特殊值，分别求出即可判断选项C；列举法可判断选项D.
二、多选题(本大题共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·长沙模拟）设的极差为，平均值为，中位数为m，方差为，，其中的极差为，平均值为，中位数为，方差为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可知，数据的极差为，平均值为，中位数为，方差为.
故选：BC.
【分析】结合数据的极差，平均数，中位数和方差的性质求解即可.
10．（2025·长沙模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M是△ABC所在平面上一点，且则下列说法正确的是（　　）
A．若，则M在内部
B．若，则M为的重心
C．若，则的面积是面积的
D．若，M为外接圆圆心，则
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、当时，三点共线，
由向量的线性运算可知，当时，M在内部，故选项A正确；
B、设BC中点为N，G为△ABC的重心，所以，故选项B正确；
C、因为，
所以
所以，
所以，即的面积是面积的故选项C错误；
D、因为 M为外心，
所以
，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据利用向量的基本定理可知当时，三点共线，进而根据向量的线性运算即可判断选项A；结合线性运算和重心的性质即可判断选项B；根据已知条件和线性运算先求得，进而因为和高相同，根据三角形面积公式可知的面积与面积之比等于它们底边MC 与BC之比，即可判断线性C；利用外心的性质和向量的线性运算计算即可判断选项D.
11．（2025·长沙模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点(在第一象限)，中点为，的内切圆圆心分别为，半径分别为，则下列结论正确的是（　　）
A．三点共线 B．直线斜率存在时，
C．若，则直线的斜率为 D．的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；二倍角的正切公式；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，
而.
设点，
如图所示，设的内切圆的切点为，
由双曲线的定义得，，
因为，所以，
而，，所以，
又因为
得切点T与点B 重合，所以点，所以内心的横坐标为1，
同理可得，内心的横坐标也为1，所以三点共线，故选项A正确.
B、由两式相减得，
得，即，故选项B正确；
C、设直线的倾斜角为，连接，
所以，
因为，所以 ，所以，即直线l的斜率为，故选项C错误；
D、双曲线的渐近线为：，倾斜角分别为，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以，
令，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】结合双曲线的性质可得，设点，的内切圆的切点为，利用双曲线的定义可得进而可得
内心的横坐标为1，同理可得，内心的横坐标也为1，即可判断选项A；由斜率公式及点差法可以判断选项B；设直线的倾斜角为，得到，，利用可求得，进而根据二倍角的正切公式求得，即可判断选项C；通过换元令令，求出的取值范围即可判断选项D.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.)
12．（2025·长沙模拟）已知等差数列的前n项和为若则　 　
【答案】30
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，即，所以，
所以
故答案为：30.
【分析】根据等差数列的通项公式可先求出，再利用求和公式即可求出.
13．（2025·长沙模拟）已知为奇函数，则实数a的值是　 　．
【答案】4
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意知，得，
令，解得或，
因为该函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，解得，所以，
令，其定义域为，
，满足题意，
故答案为：4．
【分析】由奇函数的定义域关于原点对称得出，进而求得函数y的解析式，再检验即可．
14．（2025·长沙模拟）不等式对任意成立，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；方程的解集；不等式的解集
【解析】【解答】解：因为，所以，
要使得不等式对任意成立，
可得分为两种情况：
（1）不等式且对任意成立，
因为不等式恒成立，所以，解得；
因为不等式恒成立，所以在恒成立，
令，所以恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以，所以；
（2）方程且有相同的解，即且的零点重合，
因为，所以，
将代入，可得，解得.
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】将不等式对任意成立转化为对任意成立，分不等式且对任意成立或方程且有相同的解分别讨论求得的取值范围即可.
四、解答题(本大题共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·长沙模拟）记的内角的对边分别为．已知，D为边上的靠近点C的三等分点．
（1）求角；
（2）求．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，所以
因为，所以．

（2）解：由题可知，
所以
，
所以．
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角可得，利用诱导公式和两角和的正弦公式即可求得进而可求得角B的值；
（2）由平面向量的线性运算得，再根据平面向量数量积的运算律即可求得．
（1）由正弦定理有，
因为，
代入化简，得，
因为，故，所以，
故．
（2）由题可知，
故
，
故．
16．（2025·长沙模拟）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）解：因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，所以，
又因为，所以为等边三角形，
如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，所以，，
所以，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直的判定定理可得⊥平面，再由面面垂直的判定定理即可证得平面平面；
（2）先得到为二面角的平面角，进而可得为等边三角形，建立空间直角坐标系，，求出直线BQ的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值即可.
（1）因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025·长沙模拟）在平面直角坐标系中，圆的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段 BF的垂直平分线l 和半径BC 相交于点 T.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）轨迹W与x轴的交点为M，N(点N在点M 右侧)，直线PQ与轨迹W 交于P，Q两点(异于M，N)，MP的斜率为，NQ的斜率为且，与的面积分别为，，求的最大值.
【答案】（1）解：圆的方程为：的圆心为，半径，
由题可得，点在线段的垂直平分线上，则，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设方程为，其中，，
所以a=2，所以，
所以点的轨迹的方程为

（2）解：由题易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
，整理得，
所以，
所以，，
所以，
，因为，所以，
又由椭圆方程可知，即 ，
所以，即，
即，
即，
所以，解得或 (舍去，此时过点)，
所以直线过定点，
所以，，
此时，，
所以
，
因为，则，
所以当时取得最大值，所以的最大值为.
【知识点】圆的标准方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先求出圆C的圆心C的坐标与半径，根据垂直平分线的性质可得，利用椭圆的定义即可知点T的轨迹，进而求得点的轨迹的方程即可；
（2）设直线的方程为，，，联立直线PQ与椭圆方程，消元、利用韦达定理可得，，进而可得，，根据求出，可知直线过定点，再由面积公式及二次函数的性质计算可得的最大值..
（1）圆的方程为：的圆心为，半径，
由题可得，点在线段的垂直平分线上，则，
所以，
根据椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设方程为，则，，所以，
所以点的轨迹的方程为
（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
将直线的方程代入椭圆，整理得，
，
所以，，
则，
，
由得，又由椭圆方程可知，即 ，
所以，即，
即，
即，
所以，解得或 (舍去，此时过点)，
所以直线过定点，
所以，，
此时，，
所以
，
因为，则，
所以当时取得最大值，所以的最大值为.
18．（2025·长沙模拟）已知函数
（1）若函数在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）设是的两个极值点，证明：
(i)；
(ii)
【答案】（1）解：由题意可知的定义域为，
因为函数在定义域上单调递增，
所以对恒成立，即对恒成立，
令，所以，
令，解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以，
所以实数a的取值范围为.

（2）证明：(i)令，即，由题知是方程的两根，
又时，，由（1）得，
此时，，
令，则，
即，，
要证，即证，即证，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，原问题得证.
(ii)易求得的图象在处的切线方程为，
的图象在处的切线方程为，
先证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
再证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
易知直线与曲线的交点横坐标为，
令与的交点横坐标为，所以，
令与的交点横坐标为，所以，
所以.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）先求得函数的定义域以及其导函数，依题可知对恒成立，参变分离可知即对恒成立，令，利用导数求函数的最小值即可求得实数a的取值范围；
（2）(i)根据极值点的定义可知是方程的两根，即，且，令，得，问题转化为证明，构造函数，利用导数求得其值域即可证明；
(ii)先利用导数证明，，可得与的交点横坐标为，则，与的交点横坐标为，则，由此得证.
（1）的定义域为，
依题可知对恒成立，即，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，故；
（2）(i)令，即，由题知是方程的两根，
又时，，由（1）得，
此时，，
令，则，
即，，
要证，即证，即证，
构造，则，
故在上递增，，
，原问题得证.
(ii)易求得的图象在处的切线方程为，
的图象在处的切线方程为，
先证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
再证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
易知直线与曲线的交点横坐标为，
令与的交点横坐标为，则，
令与的交点横坐标为，则，
故.
19．（2025·长沙模拟）给定实数，对于正整数，设数列满足每一项取1的概率为，取0的概率为，且各项取值相互独立.如果数列中的0将数列分成（项、项、…、项）全为1 的连续段，则记，特别地，定义，例如，时，.
（1）时，记随机变量求的概率.
（2）对于数列，定义为：若，则它是最大的正整数，使；若，则它为0，例如，时，.
（i）时，求随机变量的分布及数学期望；
（ii）求随机变量的数学期望.
（3）当时，求随机变量的数学期望.
【答案】（1）解：时，或者，或者或者.
此时.
（2）解：（i）枚举共8种情况，可知的所有可能取值为0，1，2，3，
所以的分布列如下：
0 1 2 3
所以、
（ii）法1：因为，，
对，若，则.
所以.
因此.
.
法2：若，则；
若，则，
因此，若记表示，，则满足.
所以，
所以，
所以， 所以.

（3）解：记则，由（2）(ii)知.
若则 ；
若则 .
因此.
得，
因此对，
，
代入，得当时，也满足该式，
故.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用定义通过枚举法可列出四种情况，进而求出概率；
（2）（i）可以取的值有0，1，2，3，求出对应的概率，进而根据数学期望公式求出期望的值即可；
（ii）法1：先求得，进而根据数学期望公式可求得的求和表达式，然后利用错位相减求出和，进而得出；
法2：根据最后一项取值分情况讨论，得出的递推关系，再由时的值，通过累加法求出.
（1）时，或者，
或者或者.
此时.
（2）（i）枚举共8种情况，可知的可能取值为0，1，2，3，可求得的分布列如下：
0 1 2 3
故、
（ii）法1：有，，
对，若，则.
故.
因此.
.
法2：若，则；
若，则，
因此，若记表示，，则满足.
从而，故，
则， 故.
（3）记则，由（2）(ii)知.
若则 ；
若则 .
因此.
得，
因此对，
，
代入，得当时，也满足该式，
故.
1 / 1湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三下学期数学模拟试卷（一）
一、选择题(本大题共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·长沙模拟）已知集合，那么集合（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·长沙模拟）已知（为虚数单位)，则（　　）
A．2 B． C．4 D．8
3．（2025·长沙模拟）函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·长沙模拟）已知为的一个内角，且，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·长沙模拟）已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，过 作的垂线，垂足为.若，则（　　）
A．2 B． C．4 D．
6．（2025·长沙模拟）如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有纯净水，，图1中水面高度恰好为棱台高度的，图2中水面高度为棱台高度的，若图1和图2中纯净水的体积分别为，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·长沙模拟）已知一组数据0，9，7，4，5，从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据，则得到的新数据与原数据中位数相同的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·长沙模拟）设正整数其中，记，则下列说法错误的是（　　）.
A．ω(10)=2.
B．ω(16n+5)=ω(4n+3).
C．ω(8n+5)=ω(4n+5).
D．若n<256且ω(n)=3，则符合条件的n有56个.
二、多选题(本大题共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·长沙模拟）设的极差为，平均值为，中位数为m，方差为，，其中的极差为，平均值为，中位数为，方差为，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·长沙模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M是△ABC所在平面上一点，且则下列说法正确的是（　　）
A．若，则M在内部
B．若，则M为的重心
C．若，则的面积是面积的
D．若，M为外接圆圆心，则
11．（2025·长沙模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点(在第一象限)，中点为，的内切圆圆心分别为，半径分别为，则下列结论正确的是（　　）
A．三点共线 B．直线斜率存在时，
C．若，则直线的斜率为 D．的取值范围是
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.)
12．（2025·长沙模拟）已知等差数列的前n项和为若则　 　
13．（2025·长沙模拟）已知为奇函数，则实数a的值是　 　．
14．（2025·长沙模拟）不等式对任意成立，则实数的取值范围是　 　.
四、解答题(本大题共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·长沙模拟）记的内角的对边分别为．已知，D为边上的靠近点C的三等分点．
（1）求角；
（2）求．
16．（2025·长沙模拟）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025·长沙模拟）在平面直角坐标系中，圆的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段 BF的垂直平分线l 和半径BC 相交于点 T.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）轨迹W与x轴的交点为M，N(点N在点M 右侧)，直线PQ与轨迹W 交于P，Q两点(异于M，N)，MP的斜率为，NQ的斜率为且，与的面积分别为，，求的最大值.
18．（2025·长沙模拟）已知函数
（1）若函数在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）设是的两个极值点，证明：
(i)；
(ii)
19．（2025·长沙模拟）给定实数，对于正整数，设数列满足每一项取1的概率为，取0的概率为，且各项取值相互独立.如果数列中的0将数列分成（项、项、…、项）全为1 的连续段，则记，特别地，定义，例如，时，.
（1）时，记随机变量求的概率.
（2）对于数列，定义为：若，则它是最大的正整数，使；若，则它为0，例如，时，.
（i）时，求随机变量的分布及数学期望；
（ii）求随机变量的数学期望.
（3）当时，求随机变量的数学期望.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；对数函数的单调性与特殊点；一元二次不等式及其解法；不等式的解集
【解析】【解答】解：由，解得-2由，解得1所以，
故选：A.
【分析】先分别求出集合，再利用交集的定义即可求得.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故选：B.
【分析】先根据复数的除法运算法则先求得复数z，进而根据复数的模长公式即可求得.
3．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：由题意可得，的定义域是，定义域关于原点对称，
因为，所以是奇函数，排除选项CD，
因为，排除B，
故选：A.
【分析】先求得函数的定义域，进而利用奇偶性排除错误选项，再分析的正负，结合图像可得到正确选项.
4．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，解得，所以为钝角，
所以或(舍去).
所以.
故选：D.
【分析】由两角和的正切公式求出的值，进而得出为钝角，同角三角关系式即可求得cosA的值.
5．【答案】C
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：抛物线，即，所以，所以焦点，准线，
记准线与y轴的交点为N，所以|NF|=2，
由抛物线的定义知，
因为，所以为等边三角形，所以，
所以所以.
故选：C.
【分析】由抛物线方程即可知点F的坐标以及准线l，根据抛物线定义及已知条件知为等边三角形，，进而可知|MF|，|即可求得.
6．【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设四棱台的高度为，在图1中，上液面四边形的边长为5，在图2中，上液面四边形的边长为6，
所以，
所以.
故选：D.
【分析】结合题意求得对应上水面的四边形的边长，进而根据棱台的体积公式列式求得，即可求得.
7．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：数据0，9，7，4，5，从小到大排列为0，4，5，7，9，所以中位数为5，
从1到10中的整数里随机选择2个不同的数加入这组数据有种选法，
要使得新数据与原数据中位数相同，则可分为两类：
①当两数中不含5时，不同的选法有种；
②当两数中含5时，不同的选法有种，
根据分类加法计数原理可知共有种不同的选法，
所以得到的新数据与原数据中位数相同的概率
故选：B.
【分析】根据题意将数据从小到大排列可得到原数据的中位数为5，要使得新数据与原数据中位数相同，可分为两类：两数中不含5和两数中含5，求得不同的选法的种数，结合古典摡型的概率计算公式即可得所求概率.
8．【答案】C
【知识点】排列与组合的综合
【解析】【解答】解：A、，所以，故选项A正确，
B、，
所以，，
所以，所以，故选项B正确；
C、， ，所以，
即时，，故选项C错误，
D、因为且，，
所以，
当时，符合条件的n有个；时，符合条件的n有个；时，
符合条件的n有个；…，时，符合条件的n有个，
共有，故选项D正确.
故选：C.
【分析】由，利用定义即可求得的值，可判断选项A；根据题意可求得，，即可判断选项B；用特殊值，分别求出即可判断选项C；列举法可判断选项D.
9．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可知，数据的极差为，平均值为，中位数为，方差为.
故选：BC.
【分析】结合数据的极差，平均数，中位数和方差的性质求解即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、当时，三点共线，
由向量的线性运算可知，当时，M在内部，故选项A正确；
B、设BC中点为N，G为△ABC的重心，所以，故选项B正确；
C、因为，
所以
所以，
所以，即的面积是面积的故选项C错误；
D、因为 M为外心，
所以
，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据利用向量的基本定理可知当时，三点共线，进而根据向量的线性运算即可判断选项A；结合线性运算和重心的性质即可判断选项B；根据已知条件和线性运算先求得，进而因为和高相同，根据三角形面积公式可知的面积与面积之比等于它们底边MC 与BC之比，即可判断线性C；利用外心的性质和向量的线性运算计算即可判断选项D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；二倍角的正切公式；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，
而.
设点，
如图所示，设的内切圆的切点为，
由双曲线的定义得，，
因为，所以，
而，，所以，
又因为
得切点T与点B 重合，所以点，所以内心的横坐标为1，
同理可得，内心的横坐标也为1，所以三点共线，故选项A正确.
B、由两式相减得，
得，即，故选项B正确；
C、设直线的倾斜角为，连接，
所以，
因为，所以 ，所以，即直线l的斜率为，故选项C错误；
D、双曲线的渐近线为：，倾斜角分别为，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以，
令，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】结合双曲线的性质可得，设点，的内切圆的切点为，利用双曲线的定义可得进而可得
内心的横坐标为1，同理可得，内心的横坐标也为1，即可判断选项A；由斜率公式及点差法可以判断选项B；设直线的倾斜角为，得到，，利用可求得，进而根据二倍角的正切公式求得，即可判断选项C；通过换元令令，求出的取值范围即可判断选项D.
12．【答案】30
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为，即，所以，
所以
故答案为：30.
【分析】根据等差数列的通项公式可先求出，再利用求和公式即可求出.
13．【答案】4
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意知，得，
令，解得或，
因为该函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，解得，所以，
令，其定义域为，
，满足题意，
故答案为：4．
【分析】由奇函数的定义域关于原点对称得出，进而求得函数y的解析式，再检验即可．
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；方程的解集；不等式的解集
【解析】【解答】解：因为，所以，
要使得不等式对任意成立，
可得分为两种情况：
（1）不等式且对任意成立，
因为不等式恒成立，所以，解得；
因为不等式恒成立，所以在恒成立，
令，所以恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以，所以；
（2）方程且有相同的解，即且的零点重合，
因为，所以，
将代入，可得，解得.
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】将不等式对任意成立转化为对任意成立，分不等式且对任意成立或方程且有相同的解分别讨论求得的取值范围即可.
15．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，所以
因为，所以．

（2）解：由题可知，
所以
，
所以．
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角可得，利用诱导公式和两角和的正弦公式即可求得进而可求得角B的值；
（2）由平面向量的线性运算得，再根据平面向量数量积的运算律即可求得．
（1）由正弦定理有，
因为，
代入化简，得，
因为，故，所以，
故．
（2）由题可知，
故
，
故．
16．【答案】（1）证明：因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）解：因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，所以，
又因为，所以为等边三角形，
如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，所以，，
所以，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直的判定定理可得⊥平面，再由面面垂直的判定定理即可证得平面平面；
（2）先得到为二面角的平面角，进而可得为等边三角形，建立空间直角坐标系，，求出直线BQ的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值即可.
（1）因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：圆的方程为：的圆心为，半径，
由题可得，点在线段的垂直平分线上，则，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设方程为，其中，，
所以a=2，所以，
所以点的轨迹的方程为

（2）解：由题易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
，整理得，
所以，
所以，，
所以，
，因为，所以，
又由椭圆方程可知，即 ，
所以，即，
即，
即，
所以，解得或 (舍去，此时过点)，
所以直线过定点，
所以，，
此时，，
所以
，
因为，则，
所以当时取得最大值，所以的最大值为.
【知识点】圆的标准方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先求出圆C的圆心C的坐标与半径，根据垂直平分线的性质可得，利用椭圆的定义即可知点T的轨迹，进而求得点的轨迹的方程即可；
（2）设直线的方程为，，，联立直线PQ与椭圆方程，消元、利用韦达定理可得，，进而可得，，根据求出，可知直线过定点，再由面积公式及二次函数的性质计算可得的最大值..
（1）圆的方程为：的圆心为，半径，
由题可得，点在线段的垂直平分线上，则，
所以，
根据椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设方程为，则，，所以，
所以点的轨迹的方程为
（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
将直线的方程代入椭圆，整理得，
，
所以，，
则，
，
由得，又由椭圆方程可知，即 ，
所以，即，
即，
即，
所以，解得或 (舍去，此时过点)，
所以直线过定点，
所以，，
此时，，
所以
，
因为，则，
所以当时取得最大值，所以的最大值为.
18．【答案】（1）解：由题意可知的定义域为，
因为函数在定义域上单调递增，
所以对恒成立，即对恒成立，
令，所以，
令，解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以，
所以实数a的取值范围为.

（2）证明：(i)令，即，由题知是方程的两根，
又时，，由（1）得，
此时，，
令，则，
即，，
要证，即证，即证，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，原问题得证.
(ii)易求得的图象在处的切线方程为，
的图象在处的切线方程为，
先证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
再证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
易知直线与曲线的交点横坐标为，
令与的交点横坐标为，所以，
令与的交点横坐标为，所以，
所以.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）先求得函数的定义域以及其导函数，依题可知对恒成立，参变分离可知即对恒成立，令，利用导数求函数的最小值即可求得实数a的取值范围；
（2）(i)根据极值点的定义可知是方程的两根，即，且，令，得，问题转化为证明，构造函数，利用导数求得其值域即可证明；
(ii)先利用导数证明，，可得与的交点横坐标为，则，与的交点横坐标为，则，由此得证.
（1）的定义域为，
依题可知对恒成立，即，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，故；
（2）(i)令，即，由题知是方程的两根，
又时，，由（1）得，
此时，，
令，则，
即，，
要证，即证，即证，
构造，则，
故在上递增，，
，原问题得证.
(ii)易求得的图象在处的切线方程为，
的图象在处的切线方程为，
先证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
再证，即证，
令，则，
所以在上递减，在上递增，故，得证.
易知直线与曲线的交点横坐标为，
令与的交点横坐标为，则，
令与的交点横坐标为，则，
故.
19．【答案】（1）解：时，或者，或者或者.
此时.
（2）解：（i）枚举共8种情况，可知的所有可能取值为0，1，2，3，
所以的分布列如下：
0 1 2 3
所以、
（ii）法1：因为，，
对，若，则.
所以.
因此.
.
法2：若，则；
若，则，
因此，若记表示，，则满足.
所以，
所以，
所以， 所以.

（3）解：记则，由（2）(ii)知.
若则 ；
若则 .
因此.
得，
因此对，
，
代入，得当时，也满足该式，
故.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用定义通过枚举法可列出四种情况，进而求出概率；
（2）（i）可以取的值有0，1，2，3，求出对应的概率，进而根据数学期望公式求出期望的值即可；
（ii）法1：先求得，进而根据数学期望公式可求得的求和表达式，然后利用错位相减求出和，进而得出；
法2：根据最后一项取值分情况讨论，得出的递推关系，再由时的值，通过累加法求出.
（1）时，或者，
或者或者.
此时.
（2）（i）枚举共8种情况，可知的可能取值为0，1，2，3，可求得的分布列如下：
0 1 2 3
故、
（ii）法1：有，，
对，若，则.
故.
因此.
.
法2：若，则；
若，则，
因此，若记表示，，则满足.
从而，故，
则， 故.
（3）记则，由（2）(ii)知.
若则 ；
若则 .
因此.
得，
因此对，
，
代入，得当时，也满足该式，
故.
1 / 1

展开更多......

收起↑