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广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期末测试数学试题A卷
一、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高三上·广州期末）已知集合或，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合或，，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2025高三上·广州期末）若复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：D.
【分析】利用复数代数形式的除法运算求解即可.
3．（2025高三上·广州期末）已知向量，则下列等式中，有且仅有一组实数x，y使其成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
A、若，则，有无数组解，故A错误；
B、若，则，因为，
所以，当且仅当时等号成立，则方程有且仅有一组解，故B正确；
C、若，则，即或时方程成立，方程有无数组解，故C错误；
D、若，则，即，方程有无数组解，
故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据向量数量积的坐标运算可得可知方程有无数解即可判断A；根据向量模的坐标运算可得结合，求得最小值时方程有唯一解即可判断B；根据向量模长求得，解得或即可判断C；根据向量模长公式可得模长平方为以为圆心，2 为半径的圆，存在无数解即可判断D.
4．（2025高三上·广州期末）函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，
满足，则函数为奇函数，
当时，，时，，
所以当，时，，
当时，符号可正可负，所以可正可负.
故答案为：B.
【分析】先求函数的定义域，再利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，结合函数值的正负号判断即可.
5．（2025高三上·广州期末）图1是世界上单口半径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面（抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面），其边缘距离底部的落差约为156.25米，它的一个轴截面开口向上的抛物线C的一部分，放入如图2所示的平面直角坐标系内，已知该抛物线上点P到底部水平线（x轴）距离为，则点到该抛物线焦点F的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：由题意，设抛物线方程为且，
因为在抛物线上，所以，解得，
又因为且，所以P到该抛物线焦点F的距离为米.
故答案为：A.
【分析】由题意，设抛物线为且，根据在抛物线上求得的值，再利用抛物线定义求到该抛物线焦点的距离.
6．（2025高三上·广州期末）设无穷等差数列的前项积为.若，则“有最大值”是“公差”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：无穷等差数列，若，
当时，若数列中小于0的项为偶数项，且数列中无0时，显然没有最大值；
当时，数列为常数列，不等于时，，无最大值，
则公差不能推出有最大值，即必要性不成立；
当时，，所以趋于正无穷，为正负间隔的摆动数列，没有最大值，
则当有最大值时，只能，即充分性成立，
故“有最大值”是“公差”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】分析公差三种情况，当时无最大值，当时，
不一有最大值，结合充分、必要条件的定义判断即可.
7．（2025高三上·广州期末）已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（　　）
A．函数的周期为2
B．函数关于直线对称
C．函数关于点中心对称
D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
所以，
用x换，所以，
所以关于对称，
所以B选项错误，
因为，
用x换，所以，
所以，
所以，
所以，
所以周期为，
所以A选项错误，
由周期可知，
，
所以D选项错误，
因为为奇函数，
所以，
用x换，所以，
所以关于对称，
所以C选项正确，
所以D选项错误，
故答案为：C.
【分析】首先根据偶函数的性质，可知，从而得到关于对称；再根据奇函数的性质，可知，所以周期为，并得到；最后再次利用奇函数的性质，可知，所以关于对称.
8．（2025高三上·广州期末）已知P为圆上的动点不在坐标轴上，过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：设，不妨设，
易知几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体，底面半径为，高为，
几何体的体积为，
令，，
当时，解得，当时，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
且在时取得最大值，即时，取得最大值，此时，
则线段的长度为
故答案为：C.
【分析】设，不妨设，由题意可知几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体，底面半径为，高为，利用圆柱和圆锥的体积公式表示几何体的体积，令，求导，利用导数判断其单调性并求最值，以及取最值时的取值，即可得线段长.
二、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高三上·广州期末）某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单位：克）．若，其中，则（　　）
A． B．
C． D．σ越小，越大
【答案】A,C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 若，其中，
A、，故A正确；
B、由正态分布曲线的对称性得，
故B错误；
C、由正态分布曲线的对称性得，故C正确；
D、σ越小，说明数据越集中，越小，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的对称性逐项判断即可.
10．（2025高三上·广州期末）已知函数的零点为，函数的零点为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以函数与在定义域上单调递增，
因为是的零点，是的零点，
所以，，
所以可知，
所以，
所以A选项正确，
因为在定义域上单调递增
，，
所以，
因为，且，
所以，
所以，
所以B选项错误，
，且，
设且单调递增，
所以，
所以，
所以C选项正确，
，
因为，所以，
所以，
所以D选项正确，
故答案为：ACD.
【分析】首先对题目所给的两个函数分别进行求导，得出单调递增性，再结合零点的性质，得到，从而得到；再通过取特殊值，得到，所以；然后再根据，化简得到，结合单调性，可知；最后根据取值范围，推导得到取值范围，从而证出.
11．（2025高三上·广州期末）如图，长方体中，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（　　）
A．的取值范围是
B．若与平面所成的角为，则
C．的最小值为
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；空间向量的数量积运算；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、连接，，
在中，，
则，
因为，所以，
则的取值范围是，故A错误；
B、连接，由于平面，则与平面所成的角为，
，因为，所以，故B正确；
C、设在底面的射影为，为中点，连接，
则，又，
则，而，
所以，故，故C正确；
D、以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则点的坐标满足，设的坐标为，
由球心在BC的中垂线（即过外接圆圆心且与底面垂直的直线）上，
设球心坐标为，
因为，所以，
解得，故，所以外接球的半径，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】连接，利用空间向量数量积的定义求解即可判断A；利用线面角的定义即可判断B；利用的最小值及勾股定理可求出的最小值即可判断C；利用建系的方法计算出的外接球的半径的取值范围，结合球体的表面积公式求解即可判断D.
三、填空题：本小题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12．（2025高三上·广州期末）已知，则　 　.
【答案】1
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：1.
【分析】根据指数、对数互化，结合对数运算性质求值即可.
13．（2025高三上·广州期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
设点到平面的距离为，由，可得，
则，其中三棱锥的体积为，
则，，
因为，所以，则.
故答案为：.
【分析】利用锥体的体积公式代入计算即可.
14．（2025高三上·广州期末）袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球不再放回，并将该小球放回袋中.然后，对袋中剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为　 　.
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，
若第一次取出的是1号球，两次操作之后袋子里面只剩1号球；
若第一次取出的是2号球，则第二次操作时袋子中有1，2号球，若要让袋子中有2个球，需取2号球才行，其概率为；
若第一次取出的是3号球，则第二次操作时袋子中有1，2，3号球，若让袋子中有2个球，需取2号球才行，其概率为；
综上，袋中剩下2个小球的概率为.
故答案为：.
【分析】不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，分析第一次取出的小球标号，求出相应的概率.
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·广州期末）如图，在正三棱台中，，
（1）若，证明：平面；
（2）若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：过点作，交于点，如图所示：
易知四边形为平行四边形，，，，
因为，，，所以，即，则，
同理可得，
又因为直线与相交，且直线与都在平面内，所以平面；
（2）解：以的中点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
取线段中点，，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，，即，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，即，
则，，
即平面与平面夹角的余弦值为
【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）过点作，交于点，易知四边形为平行四边形，求出相关边长，可证得，，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以的中点为原点，建立空间直角坐标系，取线段中点，得相应点的坐标，并求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）如图所示，过点作，交BC于点E，
易知四边形为平行四边形.
所以，，所以
又，所以，即故，
同理可得
又直线与相交，且直线与都在平面内，
所以平面
（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，
过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，
，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，，
故
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
故，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
16．（2025高三上·广州期末）如图所示，某景区有两条公路（在同一平面内），在公路上有两个景点入口游客服务中心在点处，已知，.
（1）已知该景区工作人员所用的对讲机是同一型号，该型号对讲机的信号有效覆盖距离为3km.若不考虑其他环境因素干扰，则处的工作人员与处的工作人员能否用对讲机正常通话
（2）已知一点处接收到对讲机的信号强度与到该对讲机的距离的平方成反比.欲在公路CQ段上建立一个志愿服务驿站，且要求在志愿服务驿站接收景点入口处对讲机的信号最强.若选址使，请判断该选址是否符合要求
【答案】（1）解：由， 可知为锐角，则，
在中，由正弦定理，可得，
因为，所以A处工作人员对讲机能与C处工作人员正常通话；
（2）解：由余弦定理，，
因为，所以的长为点A与直线上所有点的距离的最小值，
则D点选址符合要求.
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意可得为锐角，利用同角三角函数基本关系求得，在中，利用正弦定理求出，与3比较大小即可；
（2）由余弦定理求出，可证明，即可判断.
（1）因为， 所以为锐角，
所以，
在中，所以，
因为，所以A处工作人员对讲机能与C处工作人员正常通话.
（2）由余弦定理，
因为，
所以的长为点A与直线上所有点的距离的最小值，
所以D点选址符合要求.
17．（2025高三上·广州期末）已知是圆上一动点，定点，线段的垂直平分线与直线交于点，记点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线恰有一个共点，且与直线，分别交于、两点，的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：易知圆的圆心，半径，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，所以，
所以或，所以，所以，
所以，
由双曲线的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，
则点的方程为；
（2）解：设直线方程为，
因为与直线，分别交于、两点，所以，
联立消元整理可得，
因为，所以，
又因为直线与曲线恰有一个公共点，所以直线与曲线相切，
由，得，
联立方程组，解得，
不直线与的交点为，则，
同理可求，所以，
因为原点到直线的距离，
所以，又因为，所以，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又渐近线方程为：，
此时，，
故的面积为定值，且定值为.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）易知圆心和半径，由题意可得，即，根据双曲线的定义得点的轨迹是以、为焦点的双曲线，求得、、，即可双曲线的标准方程；
（2）设直线方程为，由题意可得，联立直线与双曲线方程，根据，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，以及用点到直线的距离公式求得三角形的高，求得面积证明即可.
（1）由可知，，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，
，所以或，
所以，所以，
所以，
所以由双曲线的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，
所以点的方程为．
（2）设直线斜率为，设直线方程为，
因为与直线，分别交于、两点，所以，
联立方程组得，
因为，所以，
因为直线与曲线恰有一个公共点，所以直线与曲线相切，
由，得，
联立方程组得.
不直线与的交点为，则.
同理可求，所以.
因为原点到直线的距离，
所以，又因为，所以，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又渐近线方程为：，
此时，.
故的面积为定值，且定值为.
18．（2025高三上·广州期末）设函数（，，）.
（1）当时，求的最小值；
（2）讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由；
（3）当时，都有，求实数a的取值集合.
【答案】（1）解：函数，
当时，函数，
则，当且仅当，即时取等号，
故当时，取最小值，最小值为4；
（2）解：设点为函数的对称中心，则，
即，即，
即，
因为，且，且，所以，，
所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心；
当时，，此时函数图象的对称中心为；
（3）解：当时，函数，
都有， 即，
令，则，
，令，则，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减，此时当时，，舍去；
当时，由，解得，
1°当时，，
所以时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
所以时，取极大值，则，所以满足；
2°当时，，
因为时，，则单调递减，
所以时，，舍去；
3°当时，，
因为时，，则单调递增，
所以时，，舍去；
综上，实数a的取值集合为.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）将代入，利用基本不等式求最小值即可；
（2）利用中心对称列方程，根据指数运算化简得，，按照和分类讨论求解即可；
（3）问题转化为恒成立，令，分和讨论，利用导数法研究其单调性，求解最值即可.
（1）当时，，
当且仅当，即时取等号，
所以，当时，取最小值4.
（2）设点为函数的对称中心，则，
所以，即，
所以，
于是，且，且，
即，，
所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心；
当时，，此时函数图象的对称中心为.
（3）当时，，所以在上恒成立，即．
令，则，
所以，令，则，
所以在上单调递减，
①当时，，则在上单调递减，
此时当时，，舍去；
②当时，由，解得，
1°当时，，
所以时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
所以时，取极大值，则，所以满足；
2°当时，，
因为时，，则单调递减，
所以时，，舍去；
3°当时，，
因为时，，则单调递增，
所以时，，舍去；
综上，实数a的取值集合为.
19．（2025高三上·广州期末）已知 是无穷数列， ， 且对于 中任意两项 ， 在 中都存在一项 ，使得 .
（1）若 ， 求 ；
（2）若 ，求证：数列 中有无穷多项为 ；
（3）若 ，求数列 的通项公式.
【答案】（1）解：取 ， ，则存在 ，使得 ，即 .
因为 ， ，所以 .
（2）解：假设 中仅有有限项为0，不妨设 ，且当 时， 均不为0，则 .
取 ， ，则存在 ，使得
，与 矛盾
（3）解：①当 时，首先证明数列 是递增数列，即证 ， 恒成立．
若不然，则存在最小的正整数 ，使得 ，且 .
显然 .取 ， ，2，…， ，则存在 ，使得
．
因为 ，
所以 ， ，…， 这 个不同的数恰为
， ，…， 这 项.
所以 与 矛盾.
所以数列 是递增数列.
再证明： ，
记 即证 ，
当 时，结论成立.
假设存在最小的正整数 使得 对任意 恒成立，
但 则 .
取 ， ， ，则存在 ，使得
因为数列 是递增数列，
所以 .
所以 .
因为 ，… ， 这 个数恰为
， ，… 这 项.
所以 ，
与 矛盾.
所以 ，
②当 时，令 ， ，则 ， ，且 .
对于 中任意两项 ， ，
因为对任意 ， ，存在 使得 ，
所以 ，即存在 使得 .
因此数列 满足题设条件.
由① 可知 ，
所以 ，
综上所述， ，
经检验，数列 满足题设条件.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；反证法的应用
【解析】【分析】（1）依题意代入计算可得；（2）利用反证法证明即可；（3）分 与 两种情况讨论，①当 时，首先证明数列 是递增数列，再证明： ， 即可；②当 时，令 ， ，结合①的结论即可得解；
1 / 1广东省广州市华南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期期末测试数学试题A卷
一、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高三上·广州期末）已知集合或，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·广州期末）若复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·广州期末）已知向量，则下列等式中，有且仅有一组实数x，y使其成立的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·广州期末）函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高三上·广州期末）图1是世界上单口半径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛物面（抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物面），其边缘距离底部的落差约为156.25米，它的一个轴截面开口向上的抛物线C的一部分，放入如图2所示的平面直角坐标系内，已知该抛物线上点P到底部水平线（x轴）距离为，则点到该抛物线焦点F的距离为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·广州期末）设无穷等差数列的前项积为.若，则“有最大值”是“公差”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2025高三上·广州期末）已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（　　）
A．函数的周期为2
B．函数关于直线对称
C．函数关于点中心对称
D．
8．（2025高三上·广州期末）已知P为圆上的动点不在坐标轴上，过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为（　　）
A． B． C． D．
二、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高三上·广州期末）某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单位：克）．若，其中，则（　　）
A． B．
C． D．σ越小，越大
10．（2025高三上·广州期末）已知函数的零点为，函数的零点为，则（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高三上·广州期末）如图，长方体中，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（　　）
A．的取值范围是
B．若与平面所成的角为，则
C．的最小值为
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
三、填空题：本小题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12．（2025高三上·广州期末）已知，则　 　.
13．（2025高三上·广州期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为　 　．
14．（2025高三上·广州期末）袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球不再放回，并将该小球放回袋中.然后，对袋中剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为　 　.
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·广州期末）如图，在正三棱台中，，
（1）若，证明：平面；
（2）若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
16．（2025高三上·广州期末）如图所示，某景区有两条公路（在同一平面内），在公路上有两个景点入口游客服务中心在点处，已知，.
（1）已知该景区工作人员所用的对讲机是同一型号，该型号对讲机的信号有效覆盖距离为3km.若不考虑其他环境因素干扰，则处的工作人员与处的工作人员能否用对讲机正常通话
（2）已知一点处接收到对讲机的信号强度与到该对讲机的距离的平方成反比.欲在公路CQ段上建立一个志愿服务驿站，且要求在志愿服务驿站接收景点入口处对讲机的信号最强.若选址使，请判断该选址是否符合要求
17．（2025高三上·广州期末）已知是圆上一动点，定点，线段的垂直平分线与直线交于点，记点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若直线与曲线恰有一个共点，且与直线，分别交于、两点，的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
18．（2025高三上·广州期末）设函数（，，）.
（1）当时，求的最小值；
（2）讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由；
（3）当时，都有，求实数a的取值集合.
19．（2025高三上·广州期末）已知 是无穷数列， ， 且对于 中任意两项 ， 在 中都存在一项 ，使得 .
（1）若 ， 求 ；
（2）若 ，求证：数列 中有无穷多项为 ；
（3）若 ，求数列 的通项公式.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合或，，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：D.
【分析】利用复数代数形式的除法运算求解即可.
3．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
A、若，则，有无数组解，故A错误；
B、若，则，因为，
所以，当且仅当时等号成立，则方程有且仅有一组解，故B正确；
C、若，则，即或时方程成立，方程有无数组解，故C错误；
D、若，则，即，方程有无数组解，
故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据向量数量积的坐标运算可得可知方程有无数解即可判断A；根据向量模的坐标运算可得结合，求得最小值时方程有唯一解即可判断B；根据向量模长求得，解得或即可判断C；根据向量模长公式可得模长平方为以为圆心，2 为半径的圆，存在无数解即可判断D.
4．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，
满足，则函数为奇函数，
当时，，时，，
所以当，时，，
当时，符号可正可负，所以可正可负.
故答案为：B.
【分析】先求函数的定义域，再利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，结合函数值的正负号判断即可.
5．【答案】A
【知识点】抛物线的应用
【解析】【解答】解：由题意，设抛物线方程为且，
因为在抛物线上，所以，解得，
又因为且，所以P到该抛物线焦点F的距离为米.
故答案为：A.
【分析】由题意，设抛物线为且，根据在抛物线上求得的值，再利用抛物线定义求到该抛物线焦点的距离.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：无穷等差数列，若，
当时，若数列中小于0的项为偶数项，且数列中无0时，显然没有最大值；
当时，数列为常数列，不等于时，，无最大值，
则公差不能推出有最大值，即必要性不成立；
当时，，所以趋于正无穷，为正负间隔的摆动数列，没有最大值，
则当有最大值时，只能，即充分性成立，
故“有最大值”是“公差”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】分析公差三种情况，当时无最大值，当时，
不一有最大值，结合充分、必要条件的定义判断即可.
7．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
所以，
用x换，所以，
所以关于对称，
所以B选项错误，
因为，
用x换，所以，
所以，
所以，
所以，
所以周期为，
所以A选项错误，
由周期可知，
，
所以D选项错误，
因为为奇函数，
所以，
用x换，所以，
所以关于对称，
所以C选项正确，
所以D选项错误，
故答案为：C.
【分析】首先根据偶函数的性质，可知，从而得到关于对称；再根据奇函数的性质，可知，所以周期为，并得到；最后再次利用奇函数的性质，可知，所以关于对称.
8．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：设，不妨设，
易知几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体，底面半径为，高为，
几何体的体积为，
令，，
当时，解得，当时，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
且在时取得最大值，即时，取得最大值，此时，
则线段的长度为
故答案为：C.
【分析】设，不妨设，由题意可知几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体，底面半径为，高为，利用圆柱和圆锥的体积公式表示几何体的体积，令，求导，利用导数判断其单调性并求最值，以及取最值时的取值，即可得线段长.
9．【答案】A,C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 若，其中，
A、，故A正确；
B、由正态分布曲线的对称性得，
故B错误；
C、由正态分布曲线的对称性得，故C正确；
D、σ越小，说明数据越集中，越小，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据正态分布的对称性逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，
所以函数与在定义域上单调递增，
因为是的零点，是的零点，
所以，，
所以可知，
所以，
所以A选项正确，
因为在定义域上单调递增
，，
所以，
因为，且，
所以，
所以，
所以B选项错误，
，且，
设且单调递增，
所以，
所以，
所以C选项正确，
，
因为，所以，
所以，
所以D选项正确，
故答案为：ACD.
【分析】首先对题目所给的两个函数分别进行求导，得出单调递增性，再结合零点的性质，得到，从而得到；再通过取特殊值，得到，所以；然后再根据，化简得到，结合单调性，可知；最后根据取值范围，推导得到取值范围，从而证出.
11．【答案】B,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；空间向量的数量积运算；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、连接，，
在中，，
则，
因为，所以，
则的取值范围是，故A错误；
B、连接，由于平面，则与平面所成的角为，
，因为，所以，故B正确；
C、设在底面的射影为，为中点，连接，
则，又，
则，而，
所以，故，故C正确；
D、以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则点的坐标满足，设的坐标为，
由球心在BC的中垂线（即过外接圆圆心且与底面垂直的直线）上，
设球心坐标为，
因为，所以，
解得，故，所以外接球的半径，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】连接，利用空间向量数量积的定义求解即可判断A；利用线面角的定义即可判断B；利用的最小值及勾股定理可求出的最小值即可判断C；利用建系的方法计算出的外接球的半径的取值范围，结合球体的表面积公式求解即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：1.
【分析】根据指数、对数互化，结合对数运算性质求值即可.
13．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
设点到平面的距离为，由，可得，
则，其中三棱锥的体积为，
则，，
因为，所以，则.
故答案为：.
【分析】利用锥体的体积公式代入计算即可.
14．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式
【解析】【解答】解：不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，
若第一次取出的是1号球，两次操作之后袋子里面只剩1号球；
若第一次取出的是2号球，则第二次操作时袋子中有1，2号球，若要让袋子中有2个球，需取2号球才行，其概率为；
若第一次取出的是3号球，则第二次操作时袋子中有1，2，3号球，若让袋子中有2个球，需取2号球才行，其概率为；
综上，袋中剩下2个小球的概率为.
故答案为：.
【分析】不妨对三个小球进行标记，记为1，2，3号，分析第一次取出的小球标号，求出相应的概率.
15．【答案】（1）证明：过点作，交于点，如图所示：
易知四边形为平行四边形，，，，
因为，，，所以，即，则，
同理可得，
又因为直线与相交，且直线与都在平面内，所以平面；
（2）解：以的中点为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
取线段中点，，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
即，取，则，，即，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，即，
则，，
即平面与平面夹角的余弦值为
【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）过点作，交于点，易知四边形为平行四边形，求出相关边长，可证得，，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以的中点为原点，建立空间直角坐标系，取线段中点，得相应点的坐标，并求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）如图所示，过点作，交BC于点E，
易知四边形为平行四边形.
所以，，所以
又，所以，即故，
同理可得
又直线与相交，且直线与都在平面内，
所以平面
（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，
过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，
，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，，
故
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
故，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为
16．【答案】（1）解：由， 可知为锐角，则，
在中，由正弦定理，可得，
因为，所以A处工作人员对讲机能与C处工作人员正常通话；
（2）解：由余弦定理，，
因为，所以的长为点A与直线上所有点的距离的最小值，
则D点选址符合要求.
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意可得为锐角，利用同角三角函数基本关系求得，在中，利用正弦定理求出，与3比较大小即可；
（2）由余弦定理求出，可证明，即可判断.
（1）因为， 所以为锐角，
所以，
在中，所以，
因为，所以A处工作人员对讲机能与C处工作人员正常通话.
（2）由余弦定理，
因为，
所以的长为点A与直线上所有点的距离的最小值，
所以D点选址符合要求.
17．【答案】（1）解：易知圆的圆心，半径，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，所以，
所以或，所以，所以，
所以，
由双曲线的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，
则点的方程为；
（2）解：设直线方程为，
因为与直线，分别交于、两点，所以，
联立消元整理可得，
因为，所以，
又因为直线与曲线恰有一个公共点，所以直线与曲线相切，
由，得，
联立方程组，解得，
不直线与的交点为，则，
同理可求，所以，
因为原点到直线的距离，
所以，又因为，所以，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又渐近线方程为：，
此时，，
故的面积为定值，且定值为.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）易知圆心和半径，由题意可得，即，根据双曲线的定义得点的轨迹是以、为焦点的双曲线，求得、、，即可双曲线的标准方程；
（2）设直线方程为，由题意可得，联立直线与双曲线方程，根据，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，以及用点到直线的距离公式求得三角形的高，求得面积证明即可.
（1）由可知，，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，
，所以或，
所以，所以，
所以，
所以由双曲线的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，
所以点的方程为．
（2）设直线斜率为，设直线方程为，
因为与直线，分别交于、两点，所以，
联立方程组得，
因为，所以，
因为直线与曲线恰有一个公共点，所以直线与曲线相切，
由，得，
联立方程组得.
不直线与的交点为，则.
同理可求，所以.
因为原点到直线的距离，
所以，又因为，所以，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又渐近线方程为：，
此时，.
故的面积为定值，且定值为.
18．【答案】（1）解：函数，
当时，函数，
则，当且仅当，即时取等号，
故当时，取最小值，最小值为4；
（2）解：设点为函数的对称中心，则，
即，即，
即，
因为，且，且，所以，，
所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心；
当时，，此时函数图象的对称中心为；
（3）解：当时，函数，
都有， 即，
令，则，
，令，则，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减，此时当时，，舍去；
当时，由，解得，
1°当时，，
所以时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
所以时，取极大值，则，所以满足；
2°当时，，
因为时，，则单调递减，
所以时，，舍去；
3°当时，，
因为时，，则单调递增，
所以时，，舍去；
综上，实数a的取值集合为.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）将代入，利用基本不等式求最小值即可；
（2）利用中心对称列方程，根据指数运算化简得，，按照和分类讨论求解即可；
（3）问题转化为恒成立，令，分和讨论，利用导数法研究其单调性，求解最值即可.
（1）当时，，
当且仅当，即时取等号，
所以，当时，取最小值4.
（2）设点为函数的对称中心，则，
所以，即，
所以，
于是，且，且，
即，，
所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心；
当时，，此时函数图象的对称中心为.
（3）当时，，所以在上恒成立，即．
令，则，
所以，令，则，
所以在上单调递减，
①当时，，则在上单调递减，
此时当时，，舍去；
②当时，由，解得，
1°当时，，
所以时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
所以时，取极大值，则，所以满足；
2°当时，，
因为时，，则单调递减，
所以时，，舍去；
3°当时，，
因为时，，则单调递增，
所以时，，舍去；
综上，实数a的取值集合为.
19．【答案】（1）解：取 ， ，则存在 ，使得 ，即 .
因为 ， ，所以 .
（2）解：假设 中仅有有限项为0，不妨设 ，且当 时， 均不为0，则 .
取 ， ，则存在 ，使得
，与 矛盾
（3）解：①当 时，首先证明数列 是递增数列，即证 ， 恒成立．
若不然，则存在最小的正整数 ，使得 ，且 .
显然 .取 ， ，2，…， ，则存在 ，使得
．
因为 ，
所以 ， ，…， 这 个不同的数恰为
， ，…， 这 项.
所以 与 矛盾.
所以数列 是递增数列.
再证明： ，
记 即证 ，
当 时，结论成立.
假设存在最小的正整数 使得 对任意 恒成立，
但 则 .
取 ， ， ，则存在 ，使得
因为数列 是递增数列，
所以 .
所以 .
因为 ，… ， 这 个数恰为
， ，… 这 项.
所以 ，
与 矛盾.
所以 ，
②当 时，令 ， ，则 ， ，且 .
对于 中任意两项 ， ，
因为对任意 ， ，存在 使得 ，
所以 ，即存在 使得 .
因此数列 满足题设条件.
由① 可知 ，
所以 ，
综上所述， ，
经检验，数列 满足题设条件.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；反证法的应用
【解析】【分析】（1）依题意代入计算可得；（2）利用反证法证明即可；（3）分 与 两种情况讨论，①当 时，首先证明数列 是递增数列，再证明： ， 即可；②当 时，令 ， ，结合①的结论即可得解；
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