资源简介

广东省阳江市第三中学2024--2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题
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，只有一项是符合要求的.）
1．（2025·江城模拟）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·江城模拟）若，则（　　）
A． B．1 C． D．
3．（2025·江城模拟）已知向量，若，则的值为（　　）
A．4 B．5 C． D．
4．（2025·江城模拟）已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·江城模拟）5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （　　）
A． B． C． D．
6．（2025·江城模拟）若函数为偶函数，则实数（　　）
A．1 B． C．－1 D．
7．（2025·江城模拟）已知为等差数列的前项和，若，则（　　）
A． B． C．0 D．12
8．（2025·江城模拟）过双曲线的中心作直线与双曲线交于、两点，设双曲线的右焦点为，已知，则的面积为（　　）
A． B．1 C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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·江城模拟）对于直线，下列说法正确的有（　　）
A．直线l过点
B．直线l与直线垂直
C．直线l的一个方向向量为
D．原点到直线的距离为1
10．（2025·江城模拟）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则是锐角三角形
D．若，则是钝角三角形
11．（2025·江城模拟）若，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．数据的标准差为3
C．数据的分位数为10
D．记，随机变量，，则
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025·江城模拟）若函数在上不单调，则实数a的取值范围为　 　.
13．（2025·江城模拟）已知抛物线焦点为，抛物线上一点的横坐标为2，则　 　．
14．（2025·江城模拟）德阳市去年完工的华强沟水库是坝斜面与水平面所成的二面角为，堤坝斜面上有一条直道与堤脚的水平线的夹角为，小李同学沿这条直道从处向上行走到10米时，小李升高了　 　米.
四、解答题（本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.）
15．（2025·江城模拟）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求；
（2）若，，求.
16．（2025·江城模拟）如图，已知四棱锥的底面为菱形，.
（1）求证：平面BDS；
（2）若，求四棱锥的体积.
17．（2025·江城模拟）已知函数．
（1）若直线与曲线相切，求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若在定义域内恒成立，求的取值范围．
18．（2025·江城模拟）已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围.
19．（2025·江城模拟）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
（1）已知，，判断数列，是否具有性质；
（2）若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
（3）若，求具有性质的数列的个数.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，
又因为集合A中的元素中属于集合B的有0，1，e，
所以.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式得出集合，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法、除法运算，结合虚数的乘方求解即可.
3．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，且，
则，解得，
所以，
可得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示，从而得出x的值，进而得出向量的坐标，再利用向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而得出的值.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：将与联立，
结合可得：，，，
由二倍角公式，可得.
故答案为：B.
【分析】利用同角三角函数基本关系式和，从而得出角的三角函数值，再利用二倍角的正切公式，从而得出的值.
5．【答案】C
【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：因为检验4次的方法总数为，
又因为恰好检验4次就停止，
所以前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，共种方法，
或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，共种方法，
所以满足题意的概率为．
故答案为：C．
【分析】根据总的检验方法数易求恰好检验4次就停止，说明前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，再利用组合数公式，从而分别求出方法数后可得概率，再利用互斥事件加法求概率公式和古典概率公式，从而得出第四次检测结束的概率.
6．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解： 函数 的定义域为，
因为函数为偶函数，
所以，即，解得，
所以，
所以，
所以为偶函数，符合题意.
故选：D.
【分析】先求得函数的定义域，进而根据偶函数的定义，可得，列式可求得，再代入进而检验即可.
7．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，
则两式作差可得：，即，；
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前项和公式，再结合已知条件得出的值.
8．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设双曲线的左焦点为，连接、，
由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形，
由，则，
不妨设在双曲线的右支上，再设，，
又因为，
由双曲线的定义，可得，
在中，由余弦定理可得，，
则，解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】设双曲线的左焦点为，连接、，根据双曲线图形的对称性得到，设，，结合双曲线的定义和余弦定理，从而求出的值，再由三角形的面积公式计算可得的面积.
9．【答案】A,B
【知识点】两条直线垂直的判定；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：A、把 代入x+y-1=0中得0+1-1=0，显然直线经过点，故选项A正确；
B、由可得，所以直线的斜率为，而直线的斜率为，所以，所以直线l与直线互相垂直，故选项B正确；
C、若直线l的一个方向向量为，则其斜率应该是，显然错误，故选项C错误；
D、原点到直线的距离为，故选项D错误.
故选：AB.
【分析】将代入直线方程中即可判断选项A；将其化成斜截式，易得其斜率，利用两直线垂直的充要条件即可判断选项B；利用直线的方向向量和斜率的关系即可判断选项C；由点到直线的距离公式计算可判断选项D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，在中，，则，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，由，得，
则角A是锐角，显然角B和角C是否都是锐角无法确定，故C错误；
对于D，由，得，
则角是钝角，是钝角三角形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角形中的边角关系判断出选项A；利用三角形内角和定理和诱导公式，则判断出选项B；利用已知条件和余弦定理以及三角形形状的判断方法，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点；二项式系数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A：令，则，故A正确，
对于选项B：因为的展开式的通项为，则，
可得，
又因为数据为，
则平均数为，
方差为，
所以标准差为3，故B正确；
对于选项C：将数据按升序排列为，且，
所以，该数据分位数为第3个数5，故C错误；
对于选项D：因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法，则判断出选项A；根据二项式定理求出展开式的通项，再利用平均数公式和方差公式，则判断出选项B；根据百分位数计算公式，则可判断选项C；根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数图象的对称轴为直线，
由在上不单调，得，
所以，实数a的取值范围为.
故答案为：
【分析】根据已知条件结合二次函数图象的对称性和单调性，从而得出实数a的取值范围.
13．【答案】2
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：由抛物线的定义，
则等于点到抛物线的准线的距离，
因为，代入，
解得，
所以.
故答案为：2.
【分析】利用抛物线的定义进行距离转化，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：取上一点，设米，
过点作直线所在的水平面的垂线，垂足为，
则线段的长就是所求的高度，
在河堤斜面内，作，垂足为，连接，
由三垂线定理的逆定理，得出，
所以就是河堤斜面与水平面所成的二面角的平面角，则，
所以.
故答案为：.
【分析】取上一点，过点作直线所在的水平面的垂线，垂足为，则线段的长为所求的高度，在河堤斜面内，作，垂足为，连接，由三垂线定理的逆定理，得出，则就是河堤斜面与水平面所成的二面角的平面角，从而得出，在中结合正弦函数的定义，从而得出EG的长.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
所以，
所以，
由，
得.
（2）解：如图，
因为，，
所以，，
在中，由余弦定理，
得，
则；
在中，由余弦定理，
得，
则，①
所以，
则，
由，解得，
代入①，得，
由，解得.
在中，由余弦定理，
得.
【知识点】平面向量的共线定理；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由（1）结合题意可得，，在和中，利用余弦定理建立方程，从而得出，进而得出，再次利用余弦定理计算得出的值.
（1），由正弦定理得，
得，所以，
由，得.
（2）如图，因为，，所以，，
在中，由余弦定理得，
即；
在中，由余弦定理得，
即，①
所以，得，
由解得，代入①得，由解得.
在中，由余弦定理得.
16．【答案】（1）证明：设AC与BD相交于点，
因为底面ABCD为菱形，
所以，且为中点，
又因为，
所以平面BDS，
所以平面BDS.
（2）解：因为底面ABCD是菱形，，
所以是等边三角形，
则，
在中，，满足，
根据勾股定理逆定理，可知，则，
由（1）知平面BDS，
所以，
又因为，
所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由菱形的性质与等腰三角形的性质，从而可得线线垂直，再根据线面垂直的判定定理得出直线平面BDS.
（2）由菱形的性质与勾股定理以及逆定理，从而得出，结合（1）知平面BDS，再利用三角形面积公式和四棱锥体积公式，从而得出四棱锥的体积.
（1）设AC与BD相交于点，
因为底面ABCD为菱形，所以，且为中点.
又因为，所以平面BDS，
所以平面BDS.
（2）因为底面ABCD是菱形，，所以是等边三角形，则.
在中，，满足，
根据勾股定理逆定理可知，即.
由（1）知平面BDS，所以，
.
则.
17．【答案】（1）解：因为，
所以，
由，
可得，
所以直线与曲线的切点坐标为，
则，
解得.
（2）解：因为，
所以函数的定义域为，
由，
可得，
由，
可得，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）解：由（2）可得，
解得，
又因为，
所以，实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）由导数的几何意义得出切点的横坐标，再结合切线方程可得出切点的坐标，将切点坐标代入函数的解析式，从而可得实数的值.
（2）利用函数的单调性与导数的正负的关系，从而得出函数的单调递增区间和单调递减区间.
（3）由（2）可得，再解不等式结合，从而可得实数的取值范围.
（1）因为，则，
由，可得，所以直线与曲线的切点坐标为，
故，解得.
（2）因为，所以函数的定义域为，
由可得，由可得，
故函数的增区间为，减区间为.
（3）由（2）可得，解得，
又因为，故实数的取值范围是.
18．【答案】（1）解：设椭圆的半焦距为，
则，得，
因为椭圆离心率为，
解得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
由，
得，
由，得，
则，，
因为点在以线段为直径的圆外，
所以为锐角，
因为不共线，
所以，
则，
所以，
又因为
所以
，
解得，
因为，所以，
解得或，
则实数的取值范围为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的焦距公式和离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而可得的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）根据题意，设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，再根据韦达定理和点在以线段为直径的圆外，则为锐角其余弦值大于，结合数量积的坐标表示和，从而求出的取值范围.
（1）设椭圆的半焦距为，则，得，
又离心率为，解得，，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
由，得，
则，
因为点在以线段为直径的圆外，所以为锐角，
因不共线，所以，
故，即，
因
所以
解得，
因为，则得，
解得或，
故实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为，，
所以，
所以数列具有性质，
又因为，令，
则，
不符合，
则不具有性质.
（2）证明：设数列的公差为，
因为数列具有性质，
所以存在，
同理，存在，
两式相减得，
则，
因为，
所以.所以的各项均为整数.
（3）解：由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数，
假设为负整数，则为递减数列，
所以中各项最大值为，
由题意，可得中存在某项，且，
所以，
在数列中，存在，
则，与题意相矛盾，
所以不是负整数，为正整数.
由，得，
所以，
所以为整数，
则为的约数.
因为为正整数，
所以为的正约数，
则，
所以的正约数共有个，则，
所以，具有性质的数列的个数为.
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列具有性质的定义，从而判断出数列，是否具有性质.
（2）设数列的公差为，由题意知，存在，同理，存在，再将两式相减结合等差数列的定义，从而证出数列的各项均为整数.
（3）由题意结合（2）可知数列的各项均为整数，从而得出为整数，先证明为正整数，再证出为的约数，从而得出具有性质的数列的个数.
（1），，即，所以数列具有性质.
，令，则，不符合，则不具有性质.
（2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在，
同理存在，两式相减得，
即，因为，所以.所以的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数.
假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为，
由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数.
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数.
由为正整数，所以为的正约数，
，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为.
1 / 1广东省阳江市第三中学2024--2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题
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，只有一项是符合要求的.）
1．（2025·江城模拟）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】解：由题意可得，
又因为集合A中的元素中属于集合B的有0，1，e，
所以.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式得出集合，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·江城模拟）若，则（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法、除法运算，结合虚数的乘方求解即可.
3．（2025·江城模拟）已知向量，若，则的值为（　　）
A．4 B．5 C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，且，
则，解得，
所以，
可得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示，从而得出x的值，进而得出向量的坐标，再利用向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而得出的值.
4．（2025·江城模拟）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：将与联立，
结合可得：，，，
由二倍角公式，可得.
故答案为：B.
【分析】利用同角三角函数基本关系式和，从而得出角的三角函数值，再利用二倍角的正切公式，从而得出的值.
5．（2025·江城模拟）5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：因为检验4次的方法总数为，
又因为恰好检验4次就停止，
所以前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，共种方法，
或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，共种方法，
所以满足题意的概率为．
故答案为：C．
【分析】根据总的检验方法数易求恰好检验4次就停止，说明前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，再利用组合数公式，从而分别求出方法数后可得概率，再利用互斥事件加法求概率公式和古典概率公式，从而得出第四次检测结束的概率.
6．（2025·江城模拟）若函数为偶函数，则实数（　　）
A．1 B． C．－1 D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解： 函数 的定义域为，
因为函数为偶函数，
所以，即，解得，
所以，
所以，
所以为偶函数，符合题意.
故选：D.
【分析】先求得函数的定义域，进而根据偶函数的定义，可得，列式可求得，再代入进而检验即可.
7．（2025·江城模拟）已知为等差数列的前项和，若，则（　　）
A． B． C．0 D．12
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
因为，
则两式作差可得：，即，；
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前项和公式，再结合已知条件得出的值.
8．（2025·江城模拟）过双曲线的中心作直线与双曲线交于、两点，设双曲线的右焦点为，已知，则的面积为（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设双曲线的左焦点为，连接、，
由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形，
由，则，
不妨设在双曲线的右支上，再设，，
又因为，
由双曲线的定义，可得，
在中，由余弦定理可得，，
则，解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】设双曲线的左焦点为，连接、，根据双曲线图形的对称性得到，设，，结合双曲线的定义和余弦定理，从而求出的值，再由三角形的面积公式计算可得的面积.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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·江城模拟）对于直线，下列说法正确的有（　　）
A．直线l过点
B．直线l与直线垂直
C．直线l的一个方向向量为
D．原点到直线的距离为1
【答案】A,B
【知识点】两条直线垂直的判定；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：A、把 代入x+y-1=0中得0+1-1=0，显然直线经过点，故选项A正确；
B、由可得，所以直线的斜率为，而直线的斜率为，所以，所以直线l与直线互相垂直，故选项B正确；
C、若直线l的一个方向向量为，则其斜率应该是，显然错误，故选项C错误；
D、原点到直线的距离为，故选项D错误.
故选：AB.
【分析】将代入直线方程中即可判断选项A；将其化成斜截式，易得其斜率，利用两直线垂直的充要条件即可判断选项B；利用直线的方向向量和斜率的关系即可判断选项C；由点到直线的距离公式计算可判断选项D.
10．（2025·江城模拟）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则是锐角三角形
D．若，则是钝角三角形
【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A，在中，，则，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，由，得，
则角A是锐角，显然角B和角C是否都是锐角无法确定，故C错误；
对于D，由，得，
则角是钝角，是钝角三角形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角形中的边角关系判断出选项A；利用三角形内角和定理和诱导公式，则判断出选项B；利用已知条件和余弦定理以及三角形形状的判断方法，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·江城模拟）若，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．数据的标准差为3
C．数据的分位数为10
D．记，随机变量，，则
【答案】A,B,D
【知识点】极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点；二项式系数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A：令，则，故A正确，
对于选项B：因为的展开式的通项为，则，
可得，
又因为数据为，
则平均数为，
方差为，
所以标准差为3，故B正确；
对于选项C：将数据按升序排列为，且，
所以，该数据分位数为第3个数5，故C错误；
对于选项D：因为，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法，则判断出选项A；根据二项式定理求出展开式的通项，再利用平均数公式和方差公式，则判断出选项B；根据百分位数计算公式，则可判断选项C；根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，则判断出选项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·江城模拟）若函数在上不单调，则实数a的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数图象的对称轴为直线，
由在上不单调，得，
所以，实数a的取值范围为.
故答案为：
【分析】根据已知条件结合二次函数图象的对称性和单调性，从而得出实数a的取值范围.
13．（2025·江城模拟）已知抛物线焦点为，抛物线上一点的横坐标为2，则　 　．
【答案】2
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：由抛物线的定义，
则等于点到抛物线的准线的距离，
因为，代入，
解得，
所以.
故答案为：2.
【分析】利用抛物线的定义进行距离转化，从而得出的值.
14．（2025·江城模拟）德阳市去年完工的华强沟水库是坝斜面与水平面所成的二面角为，堤坝斜面上有一条直道与堤脚的水平线的夹角为，小李同学沿这条直道从处向上行走到10米时，小李升高了　 　米.
【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：取上一点，设米，
过点作直线所在的水平面的垂线，垂足为，
则线段的长就是所求的高度，
在河堤斜面内，作，垂足为，连接，
由三垂线定理的逆定理，得出，
所以就是河堤斜面与水平面所成的二面角的平面角，则，
所以.
故答案为：.
【分析】取上一点，过点作直线所在的水平面的垂线，垂足为，则线段的长为所求的高度，在河堤斜面内，作，垂足为，连接，由三垂线定理的逆定理，得出，则就是河堤斜面与水平面所成的二面角的平面角，从而得出，在中结合正弦函数的定义，从而得出EG的长.
四、解答题（本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.）
15．（2025·江城模拟）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求；
（2）若，，求.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
所以，
所以，
由，
得.
（2）解：如图，
因为，，
所以，，
在中，由余弦定理，
得，
则；
在中，由余弦定理，
得，
则，①
所以，
则，
由，解得，
代入①，得，
由，解得.
在中，由余弦定理，
得.
【知识点】平面向量的共线定理；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由（1）结合题意可得，，在和中，利用余弦定理建立方程，从而得出，进而得出，再次利用余弦定理计算得出的值.
（1），由正弦定理得，
得，所以，
由，得.
（2）如图，因为，，所以，，
在中，由余弦定理得，
即；
在中，由余弦定理得，
即，①
所以，得，
由解得，代入①得，由解得.
在中，由余弦定理得.
16．（2025·江城模拟）如图，已知四棱锥的底面为菱形，.
（1）求证：平面BDS；
（2）若，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明：设AC与BD相交于点，
因为底面ABCD为菱形，
所以，且为中点，
又因为，
所以平面BDS，
所以平面BDS.
（2）解：因为底面ABCD是菱形，，
所以是等边三角形，
则，
在中，，满足，
根据勾股定理逆定理，可知，则，
由（1）知平面BDS，
所以，
又因为，
所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由菱形的性质与等腰三角形的性质，从而可得线线垂直，再根据线面垂直的判定定理得出直线平面BDS.
（2）由菱形的性质与勾股定理以及逆定理，从而得出，结合（1）知平面BDS，再利用三角形面积公式和四棱锥体积公式，从而得出四棱锥的体积.
（1）设AC与BD相交于点，
因为底面ABCD为菱形，所以，且为中点.
又因为，所以平面BDS，
所以平面BDS.
（2）因为底面ABCD是菱形，，所以是等边三角形，则.
在中，，满足，
根据勾股定理逆定理可知，即.
由（1）知平面BDS，所以，
.
则.
17．（2025·江城模拟）已知函数．
（1）若直线与曲线相切，求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若在定义域内恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以，
由，
可得，
所以直线与曲线的切点坐标为，
则，
解得.
（2）解：因为，
所以函数的定义域为，
由，
可得，
由，
可得，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）解：由（2）可得，
解得，
又因为，
所以，实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）由导数的几何意义得出切点的横坐标，再结合切线方程可得出切点的坐标，将切点坐标代入函数的解析式，从而可得实数的值.
（2）利用函数的单调性与导数的正负的关系，从而得出函数的单调递增区间和单调递减区间.
（3）由（2）可得，再解不等式结合，从而可得实数的取值范围.
（1）因为，则，
由，可得，所以直线与曲线的切点坐标为，
故，解得.
（2）因为，所以函数的定义域为，
由可得，由可得，
故函数的增区间为，减区间为.
（3）由（2）可得，解得，
又因为，故实数的取值范围是.
18．（2025·江城模拟）已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围.
【答案】（1）解：设椭圆的半焦距为，
则，得，
因为椭圆离心率为，
解得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
由，
得，
由，得，
则，，
因为点在以线段为直径的圆外，
所以为锐角，
因为不共线，
所以，
则，
所以，
又因为
所以
，
解得，
因为，所以，
解得或，
则实数的取值范围为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的焦距公式和离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而可得的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）根据题意，设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，再根据韦达定理和点在以线段为直径的圆外，则为锐角其余弦值大于，结合数量积的坐标表示和，从而求出的取值范围.
（1）设椭圆的半焦距为，则，得，
又离心率为，解得，，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，得，
由，得，
则，
因为点在以线段为直径的圆外，所以为锐角，
因不共线，所以，
故，即，
因
所以
解得，
因为，则得，
解得或，
故实数的取值范围为.
19．（2025·江城模拟）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
（1）已知，，判断数列，是否具有性质；
（2）若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
（3）若，求具有性质的数列的个数.
【答案】（1）解：因为，，
所以，
所以数列具有性质，
又因为，令，
则，
不符合，
则不具有性质.
（2）证明：设数列的公差为，
因为数列具有性质，
所以存在，
同理，存在，
两式相减得，
则，
因为，
所以.所以的各项均为整数.
（3）解：由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数，
假设为负整数，则为递减数列，
所以中各项最大值为，
由题意，可得中存在某项，且，
所以，
在数列中，存在，
则，与题意相矛盾，
所以不是负整数，为正整数.
由，得，
所以，
所以为整数，
则为的约数.
因为为正整数，
所以为的正约数，
则，
所以的正约数共有个，则，
所以，具有性质的数列的个数为.
【知识点】数列的函数特性；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列具有性质的定义，从而判断出数列，是否具有性质.
（2）设数列的公差为，由题意知，存在，同理，存在，再将两式相减结合等差数列的定义，从而证出数列的各项均为整数.
（3）由题意结合（2）可知数列的各项均为整数，从而得出为整数，先证明为正整数，再证出为的约数，从而得出具有性质的数列的个数.
（1），，即，所以数列具有性质.
，令，则，不符合，则不具有性质.
（2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在，
同理存在，两式相减得，
即，因为，所以.所以的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数.
假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为，
由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数.
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数.
由为正整数，所以为的正约数，
，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为.
1 / 1

展开更多......

收起↑