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广东省梅州市兴宁市五校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高三上·兴宁期末）集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，函数的值域为，所以，
又因为，所以.
故答案为：C
【分析】1. 指数函数性质：利用底数在 时指数函数的值域为 ，确定 .
2. 交集运算：找出既满足 （ 集合 ）又满足 （ 对应 可取全体实数，故实际是 大于0且小于2 ）的范围，得到交集.
2．（2025高三上·兴宁期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】因为，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据复数模的运算和乘法运算，即可求出结果.
3．（2025高三上·兴宁期末）展开式中的常数项为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项公式为，
由解得：，则，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】找二项式展开式的常数项，用二项式通项公式，找出使得的次数为的项.先写出二项式展开式的通项，再令的次数为，求出对应的值，最后代入计算该常数项.
4．（2025高三上·兴宁期末）已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，
是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，
所以其表面积。
故答案为：C
【分析】一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，再利用圆柱的表面积公式求出该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积。
5．（2025高三上·兴宁期末）设直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】恒过定点的直线；平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设直线为直线l，
直线，即，
直线恒过定点，圆，圆心，半径，D在圆的内部，
当直线时，弦最短，，
，当直线l过圆心时，弦最长小于，
故的取值范围为
故答案为：
【分析】确定弦的取值范围，找出直线恒过的定点，判断该定点与圆的位置关系，依据圆的性质（垂径定理），分析弦长的最值情况：最短弦长是当直线与定点和圆心连线垂直时取得，最长弦长接近但小于圆的直径（因为直线与圆相交，不过圆心时最长弦达不到直径，过圆心时最长弦就是直径，但本题中定点在圆内，直线过圆心时弦长为直径，需要注意取值范围的边界 ）.
6．（2025高三上·兴宁期末）已知函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由图象可知，函数的最小正周期满足，
，，，
，得，，
，所以，，
由，，得，，
因此，函数的单调递增区间为，，
故答案为：D.
【分析】确定函数的单调递增区间，先通过函数图象求出和，得到函数具体解析式，再结合正弦函数的单调递增区间公式进行求解.”先定解析式，再求单调区间“.
7．（2025高三上·兴宁期末）已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设的内切圆和三边分别相切于点，则，又，
所以，所以.
设直线l的倾斜角为，则由内切圆的性质可得，，所以；
同理可得，所以；
因为，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】围绕双曲线的内切圆性质与离心率求解展开.利用内切圆与三角形边相切的性质，确定圆心横坐标的关键值，结合直线倾斜角与三角函数关系，表达出圆心纵坐标相关的斜率、，通过斜率乘积的等式求解离心率.“内切圆性质定圆心特征→三角函数表斜率→斜率乘积建方程→求解离心率”.
8．（2025高三上·兴宁期末）已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，为奇函数，
所以，.
所以，，所以.
令，则.
令上式中取，则，所以.
令取，则，所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数，所以，
令，得：，所以，所以，即为，所以.
记，所以.
因为，所以，所以在上单调递减.
不等式可化为，即为.
所以.
故答案为：.
【分析】1. 性质推导：通过偶函数、奇函数的定义，结合赋值法，求出 及函数周期.
2. 构造函数：针对不等式形式，构造 ，利用导数判断单调性.
3. 不等式求解：将原不等式转化为 与 的大小关系，结合单调性得出解集.
二、多选题：本题共3小题，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．（2025高三上·兴宁期末）我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何 ”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求的值.关于该问题，下列结论正确的是（　　）
A．
B．此人第三天行走了一百二十里
C．此人前七天共行走了九百一十里
D．此人有连续的三天共行走了三百九十里
【答案】B,C,D
【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】由题意设此人第一天走里，第天走里，是等差数列，
，，A选项错误.
里，B选项正确.
里，C选项正确.
，所以D选项正确.
故答案为：BCD
【分析】根据等差数列的知识进行分析，从而确定正确答案.
10．（2025高三上·兴宁期末）某市经济开发区的经济发展取得阶段性成效，为深入了解该区的发展情况，现对该区两企业进行连续11个月的调研，得到两企业这11个月利润增长指数折线图（如下图所示），下列说法正确的是（　　）
A．这11个月甲企业月利润增长指数的平均数超过82%
B．这11个月的乙企业月利润增长指数的第70百分位数小于82%
C．这11个月的甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定
D．在这11个月中任选2个月，则这2个月乙企业月利润增长指数都小于82%的概率为
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：显然甲企业大部分月份位于%以上，故利润增长均数大于%，A正确；
乙企业润增长指数按从小到大排列分别是第2，1，3，4，8，5，6，7，9，11，10，
又因为%=7.7，所以从小到大排列的第8个月份，即7月份是第70百分位，从折线图可知，7月份利润增长均数大于%，故B错误；
观察折现图发现甲企业的数据更集中，所以甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定，故C正确；
（2个月乙企业月利润增长指数都小于82%），故D错误.
故答案为：AC.
【分析】结合折线图，运用统计中“平均数、百分位数、数据稳定性、古典概型概率”的知识，对每个选项逐一分析.“提取图表信息→结合统计概念计算/判断→验证选项正误”.
11．（2025高三上·兴宁期末）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（　　）
A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
C．当时，与平面所成角最大
D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A：如图，，且平面，平面，
所以平面，同理平面，且平面，平面，
且，所以平面平面，且平面，
所以平面，故A错误；
B：如图，过点作于点，于点，
根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，，
.故B正确；
C：因为平面，平面，所以，且，
且，平面，平面，
所以平面，且平面，所以，即，
点是的中点，此时线段最短，又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为，
设与平面所成角为，，，当时，线段最短，
所以此时最大，所以最大，故C正确；
D：的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，
如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，
作，垂足为，，解得：，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，，，
连结，平面，且经过的中心，
所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则，
即，解得：，，所以外接球的表面积，故D正确.
附：证明平面，因为平面，平面，所以，又因为，且，平面，平面，所以
平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.
故答案为：BCD
【分析】围绕正方体中直线与平面的位置关系、三棱锥体积、线面角、外接球表面积展开，需结合正方体的结构特征，运用“面面平行、等体积转化、线面角定义、外接球性质”等知识，逐一分析选项.“提取正方体几何特征→关联对应几何定理/公式→推导验证选项”.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·兴宁期末）曲线在处的切线方程是　 　.
【答案】y=2x-1
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由函数知，
把代入得到切线的斜率
则切线方程为：，即y=2x-1.
故答案为：y=2x-1
【分析】求出函数的导函数，把代入即可得到切线的斜率，然后根据（1，1）和斜率写出切线的方程即可.
13．（2025高三上·兴宁期末）抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则　 　.
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由题意，可作出图象，如图所示，过作准线的垂线，垂足为，
由，可得，在中，，
由抛物线性质可得，，所以，
在中，有正弦定理可得：，
所以，
故答案为：.
【分析】由已知，过作准线的垂线，垂足为，由，可得，求出，有抛物线的性质可得，在中利用正弦定理即可求解.
14．（2025高三上·兴宁期末）函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如．已知数列满足，且，若，则数列的前2025项和为　 　．
【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：，，整理有：，
，则是常数列，于是，，
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；所以
故答案为：.
【分析】通过数列递推关系求出通项公式，依据高斯函数（取整函数）的定义，对数列按的不同区间分类，计算每类的和，累加得到前项和.“求通项→分区间→算类和→总累加”.
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高三上·兴宁期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的大小；
（2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值．
【答案】（1）解：因为，所以，即，
所以，即.
（2）解：由题意不妨设，由题意，所以，
由余弦定理、基本不等式得，等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)通过正弦定理实现边与角的转化，结合三角恒等变换公式求解角；
(2)用面积关系得出边的比例关系，结合余弦定理和基本不等式求的最小值.“边角互化→三角恒等变换→面积关联→不等式求最值”.
（1）因为，所以，
即，
所以，即.
（2）由题意不妨设，由题意，
所以，
由余弦定理、基本不等式得，
等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
16．（2025高三上·兴宁期末）在一次购物抽奖活动中，假设某张奖券中有一等奖券张，可获价值元的奖品；有二等奖券张，每张可获价值元的奖品；其余张没有奖.某顾客从这张中任抽张.
（1）该顾客中奖的概率；
（2）该顾客获得的奖品总价值（元）的分布列.
【答案】解：（1）记顾客中奖为事件，，即该顾客中奖的概率为；
（2）所有可能的取值为（单位：元）：，，，，，且，，，，，
故的分布列为：

【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；组合及组合数公式
【解析】【分析】(1)通过“正难则反”或直接计算中奖情况，结合古典概型公式求解；
(2)确定随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，构建分布列.“明确试验模型→计算基本事件数→利用公式求概率/分布列”.
17．（2025高三上·兴宁期末）如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C．
（1）求证：AO⊥平面BB1C1C；
（2）设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，又B1C∩BC1=O，
平面BB1C1C，∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，∴∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面A1B1C1的法向量为，则有，可取，
因为AO⊥平面BB1C1C，所以即为平面BB1C1C的一个法向量，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)通过菱形性质、线面垂直判定定理，证明线面垂直；
(2)找线面角确定线段关系，再建空间直角坐标系，用向量法求二面角.“线线垂直→线面垂直→建系→向量求二面角”.
（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，
∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，
∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，
又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，
∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，
∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，
∴∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面A1B1C1的法向量为，
则有，可取，
因为AO⊥平面BB1C1C，
所以即为平面BB1C1C的一个法向量，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
18．（2025高三上·兴宁期末）已知，，
（1）若与在处的切线重合，分别求，的值.
（2）若，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，，所以.，，
因为且，即且，
解得，.
（2）解：因为对恒成立，
对恒成立，
即对恒成立，
令，，
因为，所以是的最小值点，且是的极值点，即，
因为在上单调递增，且，所以，
下面检验：当时，对恒成立，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.所以，符合题意，
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）用“切线重合则切点函数值相等、切线斜率相等”，通过求导结合等式求解参数.
（2）将不等式恒成立转化为函数最值问题，通过构造函数、求导分析单调性求解参数范围.“导数几何意义→等式联立求参；恒成立转化→构造函数→导数分析最值”.
（1）解：因为，，
所以.，，
因为且，
即且，
解得，.
（2）解：因为对恒成立，
.对恒成立，
即对恒成立，
令，
因为，
所以是的最小值点，且是的极值点，即，
因为在上单调递增，且，所以，
下面检验：当时，对恒成立，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，符合题意，
所以.
19．（2025高三上·兴宁期末）已知在上任意一点处的切线为，若过右焦点的直线交椭圆于两点，已知在点处切线相交于.
（1）求点的轨迹方程；
（2）①若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于两点，证明为定值.
②四边形的面积是否有最小值，若有请求出最小值；若没有请说明理由.
【答案】解：（1）由已知，
当直线的斜率不存在，即直线：时，，
过点的切线为：，即⑴，
过点的切线为：，即⑵，
联立⑴⑵解得；
当直线的斜率存在时，设直线：，，
联立，消去得，
则，
过点的切线为：，⑶，
过点的切线为：，⑷，
⑶＋⑷得，
，整理得⑸，
⑶－⑷得，整理得，
代入⑸得，
整理得，因为，则，即；
综合得点的轨迹方程为：；
（2）①由（1）可得，
则，
同理，
，即为定值；
②
，
因为，则，则，
则当且仅当，即时，等号成立，
所以四边形的面积存在最小值，且为．
【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)通过切线方程联立，结合直线与椭圆相交条件，求轨迹；
(2)①用弦长公式结合韦达定理证定值，②用面积公式结合基本不等式求最值.“切线方程→轨迹；联立方程→韦达定理→弦长→定值/最值”.
1 / 1广东省梅州市兴宁市五校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高三上·兴宁期末）集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·兴宁期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·兴宁期末）展开式中的常数项为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·兴宁期末）已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·兴宁期末）设直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·兴宁期末）已知函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．（2025高三上·兴宁期末）已知O为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与E的右支交于点P，Q设与的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是，则，则双曲线E的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·兴宁期末）已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，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．（2025高三上·兴宁期末）我国古代数学著作《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何 ”其大意是：现有一位善于步行的人，第一天行走了一百里，以后每天比前一天多走里，九天他共行走了一千二百六十里，求的值.关于该问题，下列结论正确的是（　　）
A．
B．此人第三天行走了一百二十里
C．此人前七天共行走了九百一十里
D．此人有连续的三天共行走了三百九十里
10．（2025高三上·兴宁期末）某市经济开发区的经济发展取得阶段性成效，为深入了解该区的发展情况，现对该区两企业进行连续11个月的调研，得到两企业这11个月利润增长指数折线图（如下图所示），下列说法正确的是（　　）
A．这11个月甲企业月利润增长指数的平均数超过82%
B．这11个月的乙企业月利润增长指数的第70百分位数小于82%
C．这11个月的甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定
D．在这11个月中任选2个月，则这2个月乙企业月利润增长指数都小于82%的概率为
11．（2025高三上·兴宁期末）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（　　）
A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
C．当时，与平面所成角最大
D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·兴宁期末）曲线在处的切线方程是　 　.
13．（2025高三上·兴宁期末）抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则　 　.
14．（2025高三上·兴宁期末）函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如．已知数列满足，且，若，则数列的前2025项和为　 　．
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高三上·兴宁期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的大小；
（2）若，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且PQ把的面积分成相等的两部分，求的最小值．
16．（2025高三上·兴宁期末）在一次购物抽奖活动中，假设某张奖券中有一等奖券张，可获价值元的奖品；有二等奖券张，每张可获价值元的奖品；其余张没有奖.某顾客从这张中任抽张.
（1）该顾客中奖的概率；
（2）该顾客获得的奖品总价值（元）的分布列.
17．（2025高三上·兴宁期末）如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C．
（1）求证：AO⊥平面BB1C1C；
（2）设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值．
18．（2025高三上·兴宁期末）已知，，
（1）若与在处的切线重合，分别求，的值.
（2）若，恒成立，求的取值范围.
19．（2025高三上·兴宁期末）已知在上任意一点处的切线为，若过右焦点的直线交椭圆于两点，已知在点处切线相交于.
（1）求点的轨迹方程；
（2）①若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于两点，证明为定值.
②四边形的面积是否有最小值，若有请求出最小值；若没有请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，函数的值域为，所以，
又因为，所以.
故答案为：C
【分析】1. 指数函数性质：利用底数在 时指数函数的值域为 ，确定 .
2. 交集运算：找出既满足 （ 集合 ）又满足 （ 对应 可取全体实数，故实际是 大于0且小于2 ）的范围，得到交集.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】因为，所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据复数模的运算和乘法运算，即可求出结果.
3．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项公式为，
由解得：，则，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】找二项式展开式的常数项，用二项式通项公式，找出使得的次数为的项.先写出二项式展开式的通项，再令的次数为，求出对应的值，最后代入计算该常数项.
4．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，
是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，
所以其表面积。
故答案为：C
【分析】一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，是底面半径r为2，高h为2的圆柱的八分之一，再利用圆柱的表面积公式求出该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积。
5．【答案】D
【知识点】恒过定点的直线；平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设直线为直线l，
直线，即，
直线恒过定点，圆，圆心，半径，D在圆的内部，
当直线时，弦最短，，
，当直线l过圆心时，弦最长小于，
故的取值范围为
故答案为：
【分析】确定弦的取值范围，找出直线恒过的定点，判断该定点与圆的位置关系，依据圆的性质（垂径定理），分析弦长的最值情况：最短弦长是当直线与定点和圆心连线垂直时取得，最长弦长接近但小于圆的直径（因为直线与圆相交，不过圆心时最长弦达不到直径，过圆心时最长弦就是直径，但本题中定点在圆内，直线过圆心时弦长为直径，需要注意取值范围的边界 ）.
6．【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由图象可知，函数的最小正周期满足，
，，，
，得，，
，所以，，
由，，得，，
因此，函数的单调递增区间为，，
故答案为：D.
【分析】确定函数的单调递增区间，先通过函数图象求出和，得到函数具体解析式，再结合正弦函数的单调递增区间公式进行求解.”先定解析式，再求单调区间“.
7．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设的内切圆和三边分别相切于点，则，又，
所以，所以.
设直线l的倾斜角为，则由内切圆的性质可得，，所以；
同理可得，所以；
因为，
所以，解得.
故答案为：C.
【分析】围绕双曲线的内切圆性质与离心率求解展开.利用内切圆与三角形边相切的性质，确定圆心横坐标的关键值，结合直线倾斜角与三角函数关系，表达出圆心纵坐标相关的斜率、，通过斜率乘积的等式求解离心率.“内切圆性质定圆心特征→三角函数表斜率→斜率乘积建方程→求解离心率”.
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，为奇函数，
所以，.
所以，，所以.
令，则.
令上式中取，则，所以.
令取，则，所以.
所以为周期为8的周期函数.
因为为奇函数，所以，
令，得：，所以，所以，即为，所以.
记，所以.
因为，所以，所以在上单调递减.
不等式可化为，即为.
所以.
故答案为：.
【分析】1. 性质推导：通过偶函数、奇函数的定义，结合赋值法，求出 及函数周期.
2. 构造函数：针对不等式形式，构造 ，利用导数判断单调性.
3. 不等式求解：将原不等式转化为 与 的大小关系，结合单调性得出解集.
9．【答案】B,C,D
【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】由题意设此人第一天走里，第天走里，是等差数列，
，，A选项错误.
里，B选项正确.
里，C选项正确.
，所以D选项正确.
故答案为：BCD
【分析】根据等差数列的知识进行分析，从而确定正确答案.
10．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：显然甲企业大部分月份位于%以上，故利润增长均数大于%，A正确；
乙企业润增长指数按从小到大排列分别是第2，1，3，4，8，5，6，7，9，11，10，
又因为%=7.7，所以从小到大排列的第8个月份，即7月份是第70百分位，从折线图可知，7月份利润增长均数大于%，故B错误；
观察折现图发现甲企业的数据更集中，所以甲企业月利润增长指数较乙企业更稳定，故C正确；
（2个月乙企业月利润增长指数都小于82%），故D错误.
故答案为：AC.
【分析】结合折线图，运用统计中“平均数、百分位数、数据稳定性、古典概型概率”的知识，对每个选项逐一分析.“提取图表信息→结合统计概念计算/判断→验证选项正误”.
11．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A：如图，，且平面，平面，
所以平面，同理平面，且平面，平面，
且，所以平面平面，且平面，
所以平面，故A错误；
B：如图，过点作于点，于点，
根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，，
.故B正确；
C：因为平面，平面，所以，且，
且，平面，平面，
所以平面，且平面，所以，即，
点是的中点，此时线段最短，又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为，
设与平面所成角为，，，当时，线段最短，
所以此时最大，所以最大，故C正确；
D：的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，
如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，
作，垂足为，，解得：，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，，，
连结，平面，且经过的中心，
所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则，
即，解得：，，所以外接球的表面积，故D正确.
附：证明平面，因为平面，平面，所以，又因为，且，平面，平面，所以
平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.
故答案为：BCD
【分析】围绕正方体中直线与平面的位置关系、三棱锥体积、线面角、外接球表面积展开，需结合正方体的结构特征，运用“面面平行、等体积转化、线面角定义、外接球性质”等知识，逐一分析选项.“提取正方体几何特征→关联对应几何定理/公式→推导验证选项”.
12．【答案】y=2x-1
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由函数知，
把代入得到切线的斜率
则切线方程为：，即y=2x-1.
故答案为：y=2x-1
【分析】求出函数的导函数，把代入即可得到切线的斜率，然后根据（1，1）和斜率写出切线的方程即可.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由题意，可作出图象，如图所示，过作准线的垂线，垂足为，
由，可得，在中，，
由抛物线性质可得，，所以，
在中，有正弦定理可得：，
所以，
故答案为：.
【分析】由已知，过作准线的垂线，垂足为，由，可得，求出，有抛物线的性质可得，在中利用正弦定理即可求解.
14．【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：，，整理有：，
，则是常数列，于是，，
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；所以
故答案为：.
【分析】通过数列递推关系求出通项公式，依据高斯函数（取整函数）的定义，对数列按的不同区间分类，计算每类的和，累加得到前项和.“求通项→分区间→算类和→总累加”.
15．【答案】（1）解：因为，所以，即，
所以，即.
（2）解：由题意不妨设，由题意，所以，
由余弦定理、基本不等式得，等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)通过正弦定理实现边与角的转化，结合三角恒等变换公式求解角；
(2)用面积关系得出边的比例关系，结合余弦定理和基本不等式求的最小值.“边角互化→三角恒等变换→面积关联→不等式求最值”.
（1）因为，所以，
即，
所以，即.
（2）由题意不妨设，由题意，
所以，
由余弦定理、基本不等式得，
等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
16．【答案】解：（1）记顾客中奖为事件，，即该顾客中奖的概率为；
（2）所有可能的取值为（单位：元）：，，，，，且，，，，，
故的分布列为：

【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；组合及组合数公式
【解析】【分析】(1)通过“正难则反”或直接计算中奖情况，结合古典概型公式求解；
(2)确定随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，构建分布列.“明确试验模型→计算基本事件数→利用公式求概率/分布列”.
17．【答案】（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，又B1C∩BC1=O，
平面BB1C1C，∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，∴∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面A1B1C1的法向量为，则有，可取，
因为AO⊥平面BB1C1C，所以即为平面BB1C1C的一个法向量，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)通过菱形性质、线面垂直判定定理，证明线面垂直；
(2)找线面角确定线段关系，再建空间直角坐标系，用向量法求二面角.“线线垂直→线面垂直→建系→向量求二面角”.
（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，
∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，
∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，
又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，
∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，
∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，
∴∠ABO=45°，
不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面A1B1C1的法向量为，
则有，可取，
因为AO⊥平面BB1C1C，
所以即为平面BB1C1C的一个法向量，
则，
由图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：因为，，所以.，，
因为且，即且，
解得，.
（2）解：因为对恒成立，
对恒成立，
即对恒成立，
令，，
因为，所以是的最小值点，且是的极值点，即，
因为在上单调递增，且，所以，
下面检验：当时，对恒成立，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.所以，符合题意，
所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）用“切线重合则切点函数值相等、切线斜率相等”，通过求导结合等式求解参数.
（2）将不等式恒成立转化为函数最值问题，通过构造函数、求导分析单调性求解参数范围.“导数几何意义→等式联立求参；恒成立转化→构造函数→导数分析最值”.
（1）解：因为，，
所以.，，
因为且，
即且，
解得，.
（2）解：因为对恒成立，
.对恒成立，
即对恒成立，
令，
因为，
所以是的最小值点，且是的极值点，即，
因为在上单调递增，且，所以，
下面检验：当时，对恒成立，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，符合题意，
所以.
19．【答案】解：（1）由已知，
当直线的斜率不存在，即直线：时，，
过点的切线为：，即⑴，
过点的切线为：，即⑵，
联立⑴⑵解得；
当直线的斜率存在时，设直线：，，
联立，消去得，
则，
过点的切线为：，⑶，
过点的切线为：，⑷，
⑶＋⑷得，
，整理得⑸，
⑶－⑷得，整理得，
代入⑸得，
整理得，因为，则，即；
综合得点的轨迹方程为：；
（2）①由（1）可得，
则，
同理，
，即为定值；
②
，
因为，则，则，
则当且仅当，即时，等号成立，
所以四边形的面积存在最小值，且为．
【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)通过切线方程联立，结合直线与椭圆相交条件，求轨迹；
(2)①用弦长公式结合韦达定理证定值，②用面积公式结合基本不等式求最值.“切线方程→轨迹；联立方程→韦达定理→弦长→定值/最值”.
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