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浙江省名校联盟2024-2025学年高三上学期新高考研究卷（三）（全国1卷）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，只有一项是符合要求的.
1．（2024高三上·浙江月考）已知集合，，则的元素个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．无数
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：联立，解得或，
所以，集合中有2个元素.
故选：C.
【分析】列方程组求解集即可得的元素个数.
2．（2024高三上·浙江月考）已知z为复数，则是的（　　）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分又不必要
【答案】C
【知识点】充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：设，则，
所以，，
充分性：若 ，即，所以 ，
必要性：若，即，所以，
所以是的充要条件.
故选：.
【分析】设，根据复数的运算，复数的模长公式计算和 ，进而根据充要条件的定义即可判断.
3．（2024高三上·浙江月考）函数的最小正周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：，
所以最小正周期，
故选：B.
【分析】利用二倍角的余弦公式将解析式降幂进而化简，再利用周期公式即可求得结果.
4．（2024高三上·浙江月考）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】概率的基本性质；并（和）事件与交（积）事件；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以
所以.
故选：D.
【分析】利用条件概率公式先求得P(AB)，P(B)，进而利用并事件的概率公式即可求得P(A+B)．
5．（2024高三上·浙江月考）已知向量，满足，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，，，
又，，即，
，
，.
故选：A.
【分析】根据已知条件可知，进而利用向量的夹角公式即可求得与的夹角.
6．（2024高三上·浙江月考）数列满足，则下列，的值能使数列为周期数列的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的递推公式
【解析】【解答】解：A、当时，；当时，；当时，无周期性，故选项A错误；
B、当时，；当时，；当时，所以数列是以2为周期的周期数列，故选项B正确；
C、当时，；当时，；当时，无周期性，故选项C错误；
D、当时，；当时，；当时，无周期性，故选项D错误；
故选：B.
【分析】利用递推公式求得a3，a4，a5，进而根据数列的周期性定义即可得出结果.
7．（2024高三上·浙江月考）将100名学生随机分为10个小组，每组10名学生，则学生甲乙在同一组的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：将名学生随机分成个小组的分法有种分法，
甲乙在同一组的分法有种分法，
所以学生甲乙在同一组的概率为，
故选： .
【分析】求得名学生随机分成个小组的分法总数以及甲乙在同一组的分法总数，进而利用古典概型的概率公式即可求得所求概率.
8．（2024高三上·浙江月考）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
同理得，
所以
，
又，令，，
所以，所以在上单调递减，
且，所以，即，
所以，则，
而，所以，
所以，
因为，所以，
其中，，
所以，
因为，所以，所以，
综上所述，.
故选：D.
【分析】由题意可得，，进而作差可得，构造，，求出，又，即可得出；根据，作商法得到，又，从而得到，即可得，进而可得a，b，c的大小关系.
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2分，有选错的得0分.
9．（2024高三上·浙江月考）关于函数，下列说法正确的有（　　）
A．函数可能没有零点 B．函数可能有一个零点
C．函数一定是中心对称图形 D．函数可能是轴对称图形
【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：AB、函数是一个三次函数，
其值域为，所以函数至少有一个零点，故选项A错误，B正确；
C、
，
所以为定值，所以函数的图象一定是中心对称图形，故选项C正确；
D、三次函数不可能是轴对称图形，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】根据三次函数的值域即可判断选项AB；求得为定值，即可判断选项C；根据三次函数的对称性即可判断选项D.
10．（2024高三上·浙江月考）已知点M是抛物线与圆的交点，点F为抛物线C的焦点，则下列结论正确的有（　　）
A．的最小值为2
B．圆E与抛物线C至少有两条公切线
C．若圆E与抛物线C的准线相切，则轴
D．若圆E与抛物线C的准线交于P，Q两点，且，则
【答案】A,C,D
【知识点】圆的标准方程；抛物线的应用；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、由题意可得点F(2，0)，圆E的圆心为点F(2，0)，半径为r，所以|MF|=r，
联立，消去可得，
解得，因为，，所以，所以，所以的最小值为2，故选项A正确；
B、此时圆与抛物线只有一条公切线为轴，故选项B错误；
C、当圆E与抛物线C的准线相切时，，即，所以到准线的距离为4，所以轴，故选项C正确；
D、因为，所以，所以为等边三角形，
又焦点到准线的距离为4，所以，故选项D正确；
故选：ACD.
【分析】先求得抛物线C的焦点F以及圆E的圆心和半径，进而联立直线与抛物线的方程，求得r的取值，即可求得|MF|的最小值，可判断选项A；结合抛物线与圆的位置关系即可判断选项B；利用抛物线的性质可判断选项C；由可得为等边三角形，进而根据焦点到准线的距离即可得r的值可判断选项D.
11．（2024高三上·浙江月考）设点P为正方体的上底面上一点，下列说法正确的有（　　）
A．存在点P，使得与平面所成角为
B．存在点P，使得点A，分别到平面的距离之和等于
C．存在点P，使得点A，分别到平面的距离之和等于
D．存在点P，使得与平面所成角为
【答案】A,B,C
【知识点】直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A、因为正方体中，平面，
当与重合时，平面就是平面，所以平面，
所以与平面所成角为，故选项A正确.
B、设正方体棱长为，，，，到平面的距离分别为，，
因为，所以，当为时，，故选项B正确.
C、当为时，，到平面的距离之和最小，到平面距离为0，
到平面距离为到平面的距离，等于，故选项C正确.
D、当为时，与平面所成角最小，，
所以，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】由平面，当与重合时，可得平面即可判断选项A；设正方体棱长为，，，，到平面的距离分别为，， 根据三棱锥体积公式 ，由， 可得，当为时，即可判断选项B；当为时，，到平面的距离之和最小，到平面距离为0，进而计算即可判断选项C；当为时，与平面所成角最小，求得即可判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高三上·浙江月考）若函数在处取得最大值，则　 　.
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数基本关系的运用；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，其中，，，
当，时，即当，时，函数取最大值，最大值为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】根据辅助角公式化简函数解析式可得，结合正弦函数性质可得，进而利用诱导公式即可求得的值.
13．（2024高三上·浙江月考）已知：当无穷大时，的值为，记为.运用上述结论，可得　 　.
【答案】.
【知识点】极限及其运算
【解析】【解答】解：令，∴，
，∴，
∵，
∴.
故答案为：.
【分析】利用换元法令，则，利用对数运算性质将所求式子化简为的结构，即可求得 .
14．（2024高三上·浙江月考）表示不超过x的最大整数，设，，则　 　；　 　（用M，N表示）.
【答案】；
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：因为，所以
又为正整数，
所以
，
因为，所以，
故答案为：；.
【分析】结合近似计算以及的含义即可求得；利用二项式展开式得出为正整数，结合，即可求.
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．（2024高三上·浙江月考）在一次联考中，经统计发现，甲乙两个学校的考生人数都为1000人，数学均分都为94，标准差都为12，并且根据统计密度曲线发现，甲学校的数学分数服从正态分布，乙学校的数学分数不服从正态分布.
（1）甲学校为关注基础薄弱学生的教学，准备从70分及以下的学生中抽取10人进行访问，学生小A考分为68分，求他被抽到的概率大约为多少；
（2）根据统计发现学校乙得分不低于130分的学生有25人，得分不高于58分的有1人，试说明乙学校教学的特点；
参考数据：若，则，，.
【答案】（1）解：由题意可知甲校学生数学得分，
所以，
所以分数在70分及以下的学生有，
所以学生小A被抽到的概率

（2）解：甲校不低于130分的概率为，
得分不高于58分的概率为，
所以甲校不低于130分有人，得分不高于58分有人，
所以乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.
【知识点】正态密度曲线的特点；3σ原则
【解析】【分析】（1）由正态分布求得，进而可得70分及以下的学生人数，再由古典概型的概率计算公式即可求得所求概率；
（2）由正态分布求得，进而确定甲校130以上及58分以下人数，对比乙校数据即可说明乙学校教学的特点 .
（1）由题意可知甲校学生数学得分，
由，
可得，则，
所以分数在70分及以下的学生有，
所以学生小A被抽到的概率
（2）由，
可得：
所以甲校不低于130分的概率为，
得分不高于58分的概率为，
所以甲校不低于130分有人，得分不高于58分有人，
故乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.
16．（2024高三上·浙江月考）设，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线于A，B两点，且.
（1）求的长（用a，b表示）；
（2）若双曲线的离心率，求证：.
【答案】（1）解：因为，所以两点都在双曲线右支上，
设，所以，
因为，所以，
因为，所以，
由余弦定理得，
化简得，所以；
（2）证明：在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
又，所以，
且，所以，
所以为锐角，所以.
【知识点】双曲线的简单性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）向量关系可知两点都在双曲线右支上，设，则，进而结合双曲线定义可得，利用和余弦定理得到方程，化简可求得，进而求得的长 ；
（2）在中，由正弦定理可得到，进而可得，由可得，即可证得.
（1），故两点都在双曲线右支上，
设，则，
由双曲线定义知，，
因为，所以，
由余弦定理得，
化简得，所以；
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
由（1）知，，故，
又，故，
且，所以，
所以为锐角，故.
17．（2024高三上·浙江月考）设函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若恒成立，求证：m的最大值与最小值之差大于.
【答案】（1）解：由题意可得，，所以切线斜率，
又，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）证明：令，所以，所以
所以恒成立等价于恒成立，
因为，
当，则在上单调递增，而，不符合题意.
当，令，解得，
所以当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，
令，则，又由得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
而，，所以，
所以m的最大值与最小值之差大于.
【知识点】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）先函数 进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，再求得，进而代入点斜式直线方程化简即可求得函数在处的切线方程；
（2）换元令，则，将恒成立问题转化为恒成立，利用导数研究的单调性，然后求得，进一步构造函数，利用导数研究其单调性，求出的m范围，即可证得m的最大值与最小值之差大于.
（1）由题意，所以切线斜率，
又，所以函数在处的切线方程为，即；
（2）令，则，
所以恒成立等价于恒成立，，
当，则在上单调递增，而，不符合题意.
当，由得，
所以当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，
令，则，又由得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
而，，所以，
所以m的最大值与最小值之差大于.
18．（2024高三上·浙江月考）在四棱锥中，，，底面，点O在上，且.
（1）求证：；
（2）若，，点在上，平面，求的值；
（3）若，二面角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为底面，平面，
所以，即，
又，，所以，
所以，所以
又，所以，，
又，所以，
因为底面，平面，所以，
又，所以；
（2）解：连接交于点，连，
因为平面，平面平面，平面，
所以，故，
因为，，
所以，所以四边形是圆内接四边形，
又，所以，
因为，，点为的中点，
所以，，所以，
设，所以，，
在中，
由余弦定理可得，
所以，所以；
（3）解：如图所示，以点为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
所以 ，
所以 ，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，所以，
过点作于，
因为底面，平面，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以，
故二面角的平面角为，
由已知，
所以，于是，，
又，所以，又，
所以，故，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
所以点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，所以，
所以，
观察可得二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证明，结合直角三角形性质证明，由此证明，根据线面垂直的性质可得，进而可得；
（2）连接交于点，根据线面平行的性质可得，利用勾股定理和余弦定理求，根据平行线性质求得的值；
（3）建立空间直角坐标系，分别求平面，平面的法向量，利用向量的夹角公式计算即可求得 二面角的余弦值.
（1）连接，
因为底面，平面，
所以，即，
又，，所以，
所以，故
又，
所以，，
又，所以，
因为底面，平面，
所以，
又，
所以；
（2）连接交于点，连，
因平面，平面平面，平面，
所以，故，
因为，，
所以，故四边形是圆内接四边形，
又，所以，
因，，点为的中点，
所以，，
故，设，
则，，
在中，
由余弦定理可得，
所以，于是；
（3）以点为原点，，，为，，轴正方向建立如图所示的坐标系，
则 ，
所以 ，
设为平面的法向量，
所以，
故，令，则，
所以为平面的一个法向量，
过点作于，
因为底面，平面，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以，
故二面角的平面角为，
由已知，
所以，于是，，
又，所以，又，
所以，故，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
所以点的坐标为，
所以，
设平面的法向量，
所以，
两式相减得，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
观察可得二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．（2024高三上·浙江月考）在数列中，，，对满足的任意正整数m，n，p，q，都有成立.
（1）若数列是等比数列，求a，b满足的条件；
（2）若，，设.
①求数列的通项公式；
②求证：.
【答案】（1）解：设数列的公比为t，且满足，则，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，即a，b满足的条件为.

（2）解：①因为，
所以，
即，所以，
因为，所以是以2为首项，公比为2的等比数列，
所以
所以
②证明：由①知，故；
先证，即证，
即证，即证，
而恒成立，
故总成立，
当n为奇数时，，
即；
当n为偶数时，，
而 ，
即；
综合上述可知.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设数列的公比为t，根据等比数列的性质可知，结合易知条件可得，即得，从而可解；
（2）①由条件可推出，可知是以2为首项，公比为2的等比数列，结合等比数列通项公式，即可求得 数列的通项公式；
②由题意可得，从而，先证明，再讨论n的奇偶性，结合放缩法，即可证明结论.
（1）因为数列是等比数列，设其公比为t，且满足，
则，结合，可得，
所以，
故，即a，b满足的条件为；
（2）①由，得，
结合，，故，即，
故是以为首项，公比为2的等比数列，
故；
②由①知，故；
先证，即证，
即证，即证，
而恒成立，
故总成立，
当n为奇数时，，
即；
当n为偶数时，，
而 ，
即；
综合上述可知.
1 / 1浙江省名校联盟2024-2025学年高三上学期新高考研究卷（三）（全国1卷）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，只有一项是符合要求的.
1．（2024高三上·浙江月考）已知集合，，则的元素个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．无数
2．（2024高三上·浙江月考）已知z为复数，则是的（　　）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分又不必要
3．（2024高三上·浙江月考）函数的最小正周期为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·浙江月考）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·浙江月考）已知向量，满足，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·浙江月考）数列满足，则下列，的值能使数列为周期数列的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．（2024高三上·浙江月考）将100名学生随机分为10个小组，每组10名学生，则学生甲乙在同一组的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·浙江月考）设，，，则（　　）
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2分，有选错的得0分.
9．（2024高三上·浙江月考）关于函数，下列说法正确的有（　　）
A．函数可能没有零点 B．函数可能有一个零点
C．函数一定是中心对称图形 D．函数可能是轴对称图形
10．（2024高三上·浙江月考）已知点M是抛物线与圆的交点，点F为抛物线C的焦点，则下列结论正确的有（　　）
A．的最小值为2
B．圆E与抛物线C至少有两条公切线
C．若圆E与抛物线C的准线相切，则轴
D．若圆E与抛物线C的准线交于P，Q两点，且，则
11．（2024高三上·浙江月考）设点P为正方体的上底面上一点，下列说法正确的有（　　）
A．存在点P，使得与平面所成角为
B．存在点P，使得点A，分别到平面的距离之和等于
C．存在点P，使得点A，分别到平面的距离之和等于
D．存在点P，使得与平面所成角为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高三上·浙江月考）若函数在处取得最大值，则　 　.
13．（2024高三上·浙江月考）已知：当无穷大时，的值为，记为.运用上述结论，可得　 　.
14．（2024高三上·浙江月考）表示不超过x的最大整数，设，，则　 　；　 　（用M，N表示）.
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．（2024高三上·浙江月考）在一次联考中，经统计发现，甲乙两个学校的考生人数都为1000人，数学均分都为94，标准差都为12，并且根据统计密度曲线发现，甲学校的数学分数服从正态分布，乙学校的数学分数不服从正态分布.
（1）甲学校为关注基础薄弱学生的教学，准备从70分及以下的学生中抽取10人进行访问，学生小A考分为68分，求他被抽到的概率大约为多少；
（2）根据统计发现学校乙得分不低于130分的学生有25人，得分不高于58分的有1人，试说明乙学校教学的特点；
参考数据：若，则，，.
16．（2024高三上·浙江月考）设，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线于A，B两点，且.
（1）求的长（用a，b表示）；
（2）若双曲线的离心率，求证：.
17．（2024高三上·浙江月考）设函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若恒成立，求证：m的最大值与最小值之差大于.
18．（2024高三上·浙江月考）在四棱锥中，，，底面，点O在上，且.
（1）求证：；
（2）若，，点在上，平面，求的值；
（3）若，二面角的正切值为，求二面角的余弦值.
19．（2024高三上·浙江月考）在数列中，，，对满足的任意正整数m，n，p，q，都有成立.
（1）若数列是等比数列，求a，b满足的条件；
（2）若，，设.
①求数列的通项公式；
②求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：联立，解得或，
所以，集合中有2个元素.
故选：C.
【分析】列方程组求解集即可得的元素个数.
2．【答案】C
【知识点】充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：设，则，
所以，，
充分性：若 ，即，所以 ，
必要性：若，即，所以，
所以是的充要条件.
故选：.
【分析】设，根据复数的运算，复数的模长公式计算和 ，进而根据充要条件的定义即可判断.
3．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：，
所以最小正周期，
故选：B.
【分析】利用二倍角的余弦公式将解析式降幂进而化简，再利用周期公式即可求得结果.
4．【答案】D
【知识点】概率的基本性质；并（和）事件与交（积）事件；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可知，
所以
所以.
故选：D.
【分析】利用条件概率公式先求得P(AB)，P(B)，进而利用并事件的概率公式即可求得P(A+B)．
5．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，，，
又，，即，
，
，.
故选：A.
【分析】根据已知条件可知，进而利用向量的夹角公式即可求得与的夹角.
6．【答案】B
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的递推公式
【解析】【解答】解：A、当时，；当时，；当时，无周期性，故选项A错误；
B、当时，；当时，；当时，所以数列是以2为周期的周期数列，故选项B正确；
C、当时，；当时，；当时，无周期性，故选项C错误；
D、当时，；当时，；当时，无周期性，故选项D错误；
故选：B.
【分析】利用递推公式求得a3，a4，a5，进而根据数列的周期性定义即可得出结果.
7．【答案】B
【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：将名学生随机分成个小组的分法有种分法，
甲乙在同一组的分法有种分法，
所以学生甲乙在同一组的概率为，
故选： .
【分析】求得名学生随机分成个小组的分法总数以及甲乙在同一组的分法总数，进而利用古典概型的概率公式即可求得所求概率.
8．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
同理得，
所以
，
又，令，，
所以，所以在上单调递减，
且，所以，即，
所以，则，
而，所以，
所以，
因为，所以，
其中，，
所以，
因为，所以，所以，
综上所述，.
故选：D.
【分析】由题意可得，，进而作差可得，构造，，求出，又，即可得出；根据，作商法得到，又，从而得到，即可得，进而可得a，b，c的大小关系.
9．【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：AB、函数是一个三次函数，
其值域为，所以函数至少有一个零点，故选项A错误，B正确；
C、
，
所以为定值，所以函数的图象一定是中心对称图形，故选项C正确；
D、三次函数不可能是轴对称图形，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】根据三次函数的值域即可判断选项AB；求得为定值，即可判断选项C；根据三次函数的对称性即可判断选项D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】圆的标准方程；抛物线的应用；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：A、由题意可得点F(2，0)，圆E的圆心为点F(2，0)，半径为r，所以|MF|=r，
联立，消去可得，
解得，因为，，所以，所以，所以的最小值为2，故选项A正确；
B、此时圆与抛物线只有一条公切线为轴，故选项B错误；
C、当圆E与抛物线C的准线相切时，，即，所以到准线的距离为4，所以轴，故选项C正确；
D、因为，所以，所以为等边三角形，
又焦点到准线的距离为4，所以，故选项D正确；
故选：ACD.
【分析】先求得抛物线C的焦点F以及圆E的圆心和半径，进而联立直线与抛物线的方程，求得r的取值，即可求得|MF|的最小值，可判断选项A；结合抛物线与圆的位置关系即可判断选项B；利用抛物线的性质可判断选项C；由可得为等边三角形，进而根据焦点到准线的距离即可得r的值可判断选项D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A、因为正方体中，平面，
当与重合时，平面就是平面，所以平面，
所以与平面所成角为，故选项A正确.
B、设正方体棱长为，，，，到平面的距离分别为，，
因为，所以，当为时，，故选项B正确.
C、当为时，，到平面的距离之和最小，到平面距离为0，
到平面距离为到平面的距离，等于，故选项C正确.
D、当为时，与平面所成角最小，，
所以，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】由平面，当与重合时，可得平面即可判断选项A；设正方体棱长为，，，，到平面的距离分别为，， 根据三棱锥体积公式 ，由， 可得，当为时，即可判断选项B；当为时，，到平面的距离之和最小，到平面距离为0，进而计算即可判断选项C；当为时，与平面所成角最小，求得即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数基本关系的运用；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，其中，，，
当，时，即当，时，函数取最大值，最大值为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】根据辅助角公式化简函数解析式可得，结合正弦函数性质可得，进而利用诱导公式即可求得的值.
13．【答案】.
【知识点】极限及其运算
【解析】【解答】解：令，∴，
，∴，
∵，
∴.
故答案为：.
【分析】利用换元法令，则，利用对数运算性质将所求式子化简为的结构，即可求得 .
14．【答案】；
【知识点】二项展开式
【解析】【解答】解：因为，所以
又为正整数，
所以
，
因为，所以，
故答案为：；.
【分析】结合近似计算以及的含义即可求得；利用二项式展开式得出为正整数，结合，即可求.
15．【答案】（1）解：由题意可知甲校学生数学得分，
所以，
所以分数在70分及以下的学生有，
所以学生小A被抽到的概率

（2）解：甲校不低于130分的概率为，
得分不高于58分的概率为，
所以甲校不低于130分有人，得分不高于58分有人，
所以乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.
【知识点】正态密度曲线的特点；3σ原则
【解析】【分析】（1）由正态分布求得，进而可得70分及以下的学生人数，再由古典概型的概率计算公式即可求得所求概率；
（2）由正态分布求得，进而确定甲校130以上及58分以下人数，对比乙校数据即可说明乙学校教学的特点 .
（1）由题意可知甲校学生数学得分，
由，
可得，则，
所以分数在70分及以下的学生有，
所以学生小A被抽到的概率
（2）由，
可得：
所以甲校不低于130分的概率为，
得分不高于58分的概率为，
所以甲校不低于130分有人，得分不高于58分有人，
故乙校教学高分人数更多，130分以上学生更多，低分人数更少.
16．【答案】（1）解：因为，所以两点都在双曲线右支上，
设，所以，
因为，所以，
因为，所以，
由余弦定理得，
化简得，所以；
（2）证明：在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
又，所以，
且，所以，
所以为锐角，所以.
【知识点】双曲线的简单性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）向量关系可知两点都在双曲线右支上，设，则，进而结合双曲线定义可得，利用和余弦定理得到方程，化简可求得，进而求得的长 ；
（2）在中，由正弦定理可得到，进而可得，由可得，即可证得.
（1），故两点都在双曲线右支上，
设，则，
由双曲线定义知，，
因为，所以，
由余弦定理得，
化简得，所以；
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
由（1）知，，故，
又，故，
且，所以，
所以为锐角，故.
17．【答案】（1）解：由题意可得，，所以切线斜率，
又，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）证明：令，所以，所以
所以恒成立等价于恒成立，
因为，
当，则在上单调递增，而，不符合题意.
当，令，解得，
所以当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，
令，则，又由得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
而，，所以，
所以m的最大值与最小值之差大于.
【知识点】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）先函数 进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，再求得，进而代入点斜式直线方程化简即可求得函数在处的切线方程；
（2）换元令，则，将恒成立问题转化为恒成立，利用导数研究的单调性，然后求得，进一步构造函数，利用导数研究其单调性，求出的m范围，即可证得m的最大值与最小值之差大于.
（1）由题意，所以切线斜率，
又，所以函数在处的切线方程为，即；
（2）令，则，
所以恒成立等价于恒成立，，
当，则在上单调递增，而，不符合题意.
当，由得，
所以当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，
令，则，又由得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
而，，所以，
所以m的最大值与最小值之差大于.
18．【答案】（1）证明：连接，因为底面，平面，
所以，即，
又，，所以，
所以，所以
又，所以，，
又，所以，
因为底面，平面，所以，
又，所以；
（2）解：连接交于点，连，
因为平面，平面平面，平面，
所以，故，
因为，，
所以，所以四边形是圆内接四边形，
又，所以，
因为，，点为的中点，
所以，，所以，
设，所以，，
在中，
由余弦定理可得，
所以，所以；
（3）解：如图所示，以点为原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
所以 ，
所以 ，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，所以，
过点作于，
因为底面，平面，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以，
故二面角的平面角为，
由已知，
所以，于是，，
又，所以，又，
所以，故，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
所以点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，所以，
所以，
观察可得二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先证明，结合直角三角形性质证明，由此证明，根据线面垂直的性质可得，进而可得；
（2）连接交于点，根据线面平行的性质可得，利用勾股定理和余弦定理求，根据平行线性质求得的值；
（3）建立空间直角坐标系，分别求平面，平面的法向量，利用向量的夹角公式计算即可求得 二面角的余弦值.
（1）连接，
因为底面，平面，
所以，即，
又，，所以，
所以，故
又，
所以，，
又，所以，
因为底面，平面，
所以，
又，
所以；
（2）连接交于点，连，
因平面，平面平面，平面，
所以，故，
因为，，
所以，故四边形是圆内接四边形，
又，所以，
因，，点为的中点，
所以，，
故，设，
则，，
在中，
由余弦定理可得，
所以，于是；
（3）以点为原点，，，为，，轴正方向建立如图所示的坐标系，
则 ，
所以 ，
设为平面的法向量，
所以，
故，令，则，
所以为平面的一个法向量，
过点作于，
因为底面，平面，
所以，，平面，
所以平面，平面，
所以，
故二面角的平面角为，
由已知，
所以，于是，，
又，所以，又，
所以，故，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
所以点的坐标为，
所以，
设平面的法向量，
所以，
两式相减得，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
观察可得二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：设数列的公比为t，且满足，则，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，即a，b满足的条件为.

（2）解：①因为，
所以，
即，所以，
因为，所以是以2为首项，公比为2的等比数列，
所以
所以
②证明：由①知，故；
先证，即证，
即证，即证，
而恒成立，
故总成立，
当n为奇数时，，
即；
当n为偶数时，，
而 ，
即；
综合上述可知.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设数列的公比为t，根据等比数列的性质可知，结合易知条件可得，即得，从而可解；
（2）①由条件可推出，可知是以2为首项，公比为2的等比数列，结合等比数列通项公式，即可求得 数列的通项公式；
②由题意可得，从而，先证明，再讨论n的奇偶性，结合放缩法，即可证明结论.
（1）因为数列是等比数列，设其公比为t，且满足，
则，结合，可得，
所以，
故，即a，b满足的条件为；
（2）①由，得，
结合，，故，即，
故是以为首项，公比为2的等比数列，
故；
②由①知，故；
先证，即证，
即证，即证，
而恒成立，
故总成立，
当n为奇数时，，
即；
当n为偶数时，，
而 ，
即；
综合上述可知.
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