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浙江省杭州高级中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题
1．（2025高三上·杭州月考）已知集合，若，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法求出集合，再利用列出关于a的不等式，从而解不等式得出实数a的取值范围.
2．（2025高三上·杭州月考）在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：因为向量对应的复数为，向量对应的复数为，
所以
则向量对应的复数为.
故答案为：D.
【分析】利用复数的几何意义和复数的减法运算法则，从而得出向量对应的复数.
3．（2025高三上·杭州月考）一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：从10个零件中抽取3个的总方式数为，
不合格零件有3个，从中选1个的方式数为 ，
合格零件有7个，从中选2个的方式数为 ，
根据分布乘法计数原理，恰好1个不合格的总方式数为，
根据古典概率公式，得出.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合超几何分布、古典概率公式，从而得出随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率.
4．（2025高三上·杭州月考）已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 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；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：充分性：若对，，都有，
则令，得，即，因为为常数，所以数列为等差数列；
必要性：数列为等差数列，设公差为d，
所以，当且仅当时 成立，但a1≠0时，等差数列不一定满足，，，
所以，，”是“数列为等差数列的充分不必要条件.
故选：A.
【分析】根据充分必要条件的判断方法，分充分性和必要性，分别判断即可.
5．（2025高三上·杭州月考）已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（　　）
A．0条 B．1条 C．2条 D．3条
【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为函数，
对其求导得.
设切点为，则切线斜率为
又因为，
所以切线方程为，
化简得.
将切线方程和曲线方程联立，
得：
整理得，
因式分解，得，
解得或，
因为切线与曲线有且只有一个公共点，
所以，
解得，此时切线方程为，对应唯一一条满足条件的直线.
故答案为：B.
【分析】设切点为，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用直线的点斜式方程求出切线的方程，再联立切线方程和曲线方程，从而化简得出方程，再根据切线与曲线有且只有一个公共点，从而求出参数的值，进而得出满足要求的直线的条数.
6．（2025高三上·杭州月考）如图，在平行六面体中，是的中点，过三点的截面把平行六面体分成两个部分，则左右两部分体积之比为（　　）.
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 解法1：如图，作的延长线，交的延长线于点，
由为的中点知为的中点，连结，
则与的交点必为点，
作且，且，且，
即补上一个全等的平行六面体，
因为平面平面，
且截面平面=，截面平面=，
所以，
又因为，所以，
因为是的中点，所以是的中点，
则截面为梯形，
所以，
又因为，
所以，即，
因为，
所以
则，
所以．
故答案为：D．
解法2：设平行六面体的底面面积为，高为，
由棱台体积公式，得，
所以，
则．
故答案为：D．
【分析】利用两种方法求解.
解法一：利用被截面分割成的左边的几何体是个三棱台，则要求其体积，再利用点为中点，可补成三棱锥，再利用棱锥体积公式，棱柱体积公式，从而得出左、右两部分体积之比.
解法二：利用被截面分割成的左边的几何体是个三棱台，再利用棱台体积公式和作差法，从而得出左、右两部分体积之比.
7．（2025高三上·杭州月考）设事件为两个随机事件，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：由，
可得，
又因为，
所以，
所以，
则，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】先利用条件概率公式得出，再利用公式化简找出正确的选项.
8．（2025高三上·杭州月考）已知函数 ，则使不等式 成立的 的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】由 解得 或 ，故函数的定义域为 或 ，且 ，所以函数 为偶函数，且当 时，令 ， ，所以 在 时递增，根据复合函数单调性可知 在 时递增，所以函数 在 时递增，故在 时递减.由 可知 ，解得 .
故答案为：D.
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，由此列不等式组，解不等式组求得 的取值范围.
9．（2025高三上·杭州月考）已知平面向量，，则下列说法正确的有（　　）
A．向量，不可能垂直
B．向量，不可能共线
C．不可能为3
D．若，则在上的投影向量为
【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、若向量，则，即，
故当时，，故A错误；
B、若向量，则，即，解得，此式明显不成立，故B正确；
C、易知，
则，
当时，，故C错误；
D、若，向量，，
则在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量垂直的坐标表示求解即可判断A；根据向量平行的坐标表示求解即可判断B；根据向量模长坐标公式求解即可判断C；根据在上的投影向量为即可判断D.
10．（2025高三上·杭州月考）如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（　　）
A．
B．
C．是曲线的一条对称轴
D．曲线向右平移1个单位后关于原点对称
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
则函数的最小正周期为，
所以，故选项B错误；
则函数，
当函数取最大值时，，解得，
所以，函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，
因为，所以，
则，故选项A正确；
当时，为函数最小值，
所以是曲线的一条对称轴，故选项C正确；
因为曲线向右平移1个单位后，
显然不关于原点对称，则（），故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据图象的对称性可知正弦型函数的最小正周期，再利用正弦型函数的最小正周期公式可得的值，则可判断选项B；利用已知条件求出函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，从而求出点A的坐标，再代入正弦型函数解析式得出的值，则判断出选项A；结合正弦型函数的对称性，从而代入验证判断出选项C；利用正弦型函数的图象平移，从而求出正弦型函数的解析式，再根据正弦型函数的对称性判断出选项D， 从而找出正确的选项.
11．（2025高三上·杭州月考）已知曲线C的方程为，下列说法正确的有（　　）
A．曲线C关于直线对称
B．，
C．曲线C被直线截得的弦长为
D．曲线C上任意两点距离的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象；一元二次方程的根与系数的关系；平面内两点间的距离公式；椭圆的应用
【解析】【解答】解：A、将方程中的和互换，得到，与原方程一致，所以曲线关于直线对称，故选项A正确；
、通过分析方程，设固定，解关于的二次方程，判别式要求，
得，即，超出，同理的范围也超过，故选项B错误；
C、联立解得或，所以交点为和，
所以弦长为，故选项C正确；
D、因为所以所以即
又因为，即，
则
同理可得：，
则曲线的上任一点到的距离之和为：
所以曲线表示以为焦点且的椭圆，则，
则线段的最大值为故选项D正确；
故选：ACD
【分析】根据对称的理解，进行运算即可判断选项A；通过分析方程的特征可求出的范围即可判断选项B；联立方程组先求出直线和曲线的交点，进而利用两点间的距离公式求得弦长即可判断选项C；对方程进行变形可知曲线C为椭圆，结合椭圆的形状判断即可判断选项D.
12．（2025高三上·杭州月考）记为等比数列的前项和，若，则公比　 　．
【答案】1或
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，可得，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，
解得或.
故答案为：或.
【分析】设等比数列的公比为，由题意结合等比数列的通项公式、等比数列前n项和以及已知条件，则可得，解方程得出等比数列的公比的值.
13．（2025高三上·杭州月考）已知，且，则　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，
得，
由，
得，
则，
所以，，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】结合题意，根据两角和与差的正弦公式和同角三角函数的基本关系，从而可得，，进而得出，再结合二倍角的余弦公式，从而得出的值.
14．（2025高三上·杭州月考）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为　 　．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：作出示意图如图所示：
根据双曲线的定义，得，
在三角形中，由余弦定理，
可得：，
因为直线与圆相切，
所以，
则，
解得，
所以，
解得或（舍去），
所以，双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线的定义结合双曲线的几何性质，再利用圆的切线形成的垂直关系和余弦定理，从而构造齐次式求解得出双曲线的渐近线方程.
15．（2025高三上·杭州月考）已知函数，
（1）若，求函数的单调区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：已知，
当时，，
对函数求导，可得.
令，则，解得，
当时，，所以，则在上单调递减；
当时，，所以，则在上单调递增，
综上所述，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）解：当时，，
则，移项可得.
当时，，此时可以取任意实数，
当时，可化为，
令，对求导，
可得.
令，则，
因为，，所以，解得，
当时，，所以，在上单调递减；
当时，，所以，在上单调递增，
则在处取得极小值，也是最小值，
则，
所以，
解得，
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
【解析】【分析】（1）通过求导，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）可通过分离参数构造新函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）已知，当时，，对求导，可得.
令，即，解得.
当时，，所以，则在上单调递减.
当时，，所以，则在上单调递增.
综上所得，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）当时，，即，移项可得.
当时，，此时可以取任意实数.
当时，可化为，
令，对求导，可得.
令，即，因为，，所以，解得.
当时，，所以，在上单调递减.
当时，，所以，在上单调递增.
则在处取得极小值，也是最小值，.
所以，解得.
实数的取值范围是.
16．（2025高三上·杭州月考）记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且．
（1）求的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）解：由，
得，
因为，所以，
则，
所以，
又因为是角的角平分线，
在中，由余弦定理得：
，
则.
（2）解：由（1）知，
则，
由，
得，
又因为是角的角平分线，
由，
得，
所以，
解得，
所以.
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用降幂公式求出的值，再结合角平分线的性质和余弦定理，从而得出CD的长.
（2）利用（1）和同角三角函数基本关系式得出的值和的值，再利用等面积法和三角形的面积公式，从而求出的值，再根据三角形面积公式得出的面积.
（1）由，则，
因为，所以，
所以，则，
又是角的角平分线，
则在中，由余弦定理得
，即.
（2）由（1）知，则，
由，则，
又是角的角平分线，由，
则，
则，解得，
所以.
17．（2025高三上·杭州月考）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，
（1）证明：平面；
（2）求的长；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，
所以四边形是菱形，
则，
又因为，且，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）解：在△中，
由，，，
所以
如图，取的中点，连接，，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，，平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为的中点为，
所以，
在△和△中，可知，
在△中，可知，
因为，
所以，
解得.
（3）解：由（2），以为坐标原点，
直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，
所以，令，则，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以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；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，再结合题意证出平面.
（2）先由余弦定理求出的长，取的中点，连接，，再由已知条件结合勾股定理得出的长.
（3）由（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：因为，所以四边形是菱形，
所以，又，且，
所以，因为，平面，平面，
所以平面；
（2）在△中，由，，，
所以，
如图，取的中点，连接，，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，因为，，，平面，
且，所以平面，
因为平面，所以因为的中点为，
所以，在△和△中，可知，
在△中，可知，
因为，所以，
解得：；
（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．（2025高三上·杭州月考）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．
（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．
（i）证明：为等比数列；
（ii）证明：当时，．
【答案】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，
则“第天不选择米饭套餐”．
根据题意，得，，，．
由全概率公式，得．
证明：（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，
则，，
根据题意，得，，
由全概率公式，得
因此．
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
（ii）由（i）可得，
当为大于的奇数时，；
当为正偶数时，，
因此当时，．
【知识点】等比数列概念与表示；反证法与放缩法；全概率公式
【解析】【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”，由全概率公式得出，从而计算出该同学第二天中午选择米饭套餐的概率.
（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系式，再根据等比数列定义证出数列为等比数列.
（ii）利用已知条件和等比数列的通项公式求出数列的通项公式，再利用分类讨论和放缩法证出当时，不等式成立．
19．（2025高三上·杭州月考）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】解：（1），即，则抛物线的方程为：；
（2）设直线，，，
直线，由题设可得且，
联立，消元整理可得，则，
因为，所以，则，
又，联立，解得，同理，
联立，解得，所以，
整理得到
，
故，
令，则且，
故，
故即，解得或或，
故直线在x轴上的截距的范围为．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）求的值，即可得抛物线的方程；
（2）设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，求的范围即可.
1 / 1浙江省杭州高级中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题
1．（2025高三上·杭州月考）已知集合，若，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·杭州月考）在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·杭州月考）一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·杭州月考）已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高三上·杭州月考）已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（　　）
A．0条 B．1条 C．2条 D．3条
6．（2025高三上·杭州月考）如图，在平行六面体中，是的中点，过三点的截面把平行六面体分成两个部分，则左右两部分体积之比为（　　）.
A． B． C． D．
7．（2025高三上·杭州月考）设事件为两个随机事件，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·杭州月考）已知函数 ，则使不等式 成立的 的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025高三上·杭州月考）已知平面向量，，则下列说法正确的有（　　）
A．向量，不可能垂直
B．向量，不可能共线
C．不可能为3
D．若，则在上的投影向量为
10．（2025高三上·杭州月考）如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（　　）
A．
B．
C．是曲线的一条对称轴
D．曲线向右平移1个单位后关于原点对称
11．（2025高三上·杭州月考）已知曲线C的方程为，下列说法正确的有（　　）
A．曲线C关于直线对称
B．，
C．曲线C被直线截得的弦长为
D．曲线C上任意两点距离的最大值为
12．（2025高三上·杭州月考）记为等比数列的前项和，若，则公比　 　．
13．（2025高三上·杭州月考）已知，且，则　 　．
14．（2025高三上·杭州月考）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为　 　．
15．（2025高三上·杭州月考）已知函数，
（1）若，求函数的单调区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
16．（2025高三上·杭州月考）记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且．
（1）求的长；
（2）求的面积．
17．（2025高三上·杭州月考）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，
（1）证明：平面；
（2）求的长；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2025高三上·杭州月考）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．
（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．
（i）证明：为等比数列；
（ii）证明：当时，．
19．（2025高三上·杭州月考）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法求出集合，再利用列出关于a的不等式，从而解不等式得出实数a的取值范围.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：因为向量对应的复数为，向量对应的复数为，
所以
则向量对应的复数为.
故答案为：D.
【分析】利用复数的几何意义和复数的减法运算法则，从而得出向量对应的复数.
3．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：从10个零件中抽取3个的总方式数为，
不合格零件有3个，从中选1个的方式数为 ，
合格零件有7个，从中选2个的方式数为 ，
根据分布乘法计数原理，恰好1个不合格的总方式数为，
根据古典概率公式，得出.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合超几何分布、古典概率公式，从而得出随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：充分性：若对，，都有，
则令，得，即，因为为常数，所以数列为等差数列；
必要性：数列为等差数列，设公差为d，
所以，当且仅当时 成立，但a1≠0时，等差数列不一定满足，，，
所以，，”是“数列为等差数列的充分不必要条件.
故选：A.
【分析】根据充分必要条件的判断方法，分充分性和必要性，分别判断即可.
5．【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为函数，
对其求导得.
设切点为，则切线斜率为
又因为，
所以切线方程为，
化简得.
将切线方程和曲线方程联立，
得：
整理得，
因式分解，得，
解得或，
因为切线与曲线有且只有一个公共点，
所以，
解得，此时切线方程为，对应唯一一条满足条件的直线.
故答案为：B.
【分析】设切点为，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用直线的点斜式方程求出切线的方程，再联立切线方程和曲线方程，从而化简得出方程，再根据切线与曲线有且只有一个公共点，从而求出参数的值，进而得出满足要求的直线的条数.
6．【答案】D
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 解法1：如图，作的延长线，交的延长线于点，
由为的中点知为的中点，连结，
则与的交点必为点，
作且，且，且，
即补上一个全等的平行六面体，
因为平面平面，
且截面平面=，截面平面=，
所以，
又因为，所以，
因为是的中点，所以是的中点，
则截面为梯形，
所以，
又因为，
所以，即，
因为，
所以
则，
所以．
故答案为：D．
解法2：设平行六面体的底面面积为，高为，
由棱台体积公式，得，
所以，
则．
故答案为：D．
【分析】利用两种方法求解.
解法一：利用被截面分割成的左边的几何体是个三棱台，则要求其体积，再利用点为中点，可补成三棱锥，再利用棱锥体积公式，棱柱体积公式，从而得出左、右两部分体积之比.
解法二：利用被截面分割成的左边的几何体是个三棱台，再利用棱台体积公式和作差法，从而得出左、右两部分体积之比.
7．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：由，
可得，
又因为，
所以，
所以，
则，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】先利用条件概率公式得出，再利用公式化简找出正确的选项.
8．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】由 解得 或 ，故函数的定义域为 或 ，且 ，所以函数 为偶函数，且当 时，令 ， ，所以 在 时递增，根据复合函数单调性可知 在 时递增，所以函数 在 时递增，故在 时递减.由 可知 ，解得 .
故答案为：D.
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，由此列不等式组，解不等式组求得 的取值范围.
9．【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、若向量，则，即，
故当时，，故A错误；
B、若向量，则，即，解得，此式明显不成立，故B正确；
C、易知，
则，
当时，，故C错误；
D、若，向量，，
则在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量垂直的坐标表示求解即可判断A；根据向量平行的坐标表示求解即可判断B；根据向量模长坐标公式求解即可判断C；根据在上的投影向量为即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
则函数的最小正周期为，
所以，故选项B错误；
则函数，
当函数取最大值时，，解得，
所以，函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，
因为，所以，
则，故选项A正确；
当时，为函数最小值，
所以是曲线的一条对称轴，故选项C正确；
因为曲线向右平移1个单位后，
显然不关于原点对称，则（），故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据图象的对称性可知正弦型函数的最小正周期，再利用正弦型函数的最小正周期公式可得的值，则可判断选项B；利用已知条件求出函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，从而求出点A的坐标，再代入正弦型函数解析式得出的值，则判断出选项A；结合正弦型函数的对称性，从而代入验证判断出选项C；利用正弦型函数的图象平移，从而求出正弦型函数的解析式，再根据正弦型函数的对称性判断出选项D， 从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象；一元二次方程的根与系数的关系；平面内两点间的距离公式；椭圆的应用
【解析】【解答】解：A、将方程中的和互换，得到，与原方程一致，所以曲线关于直线对称，故选项A正确；
、通过分析方程，设固定，解关于的二次方程，判别式要求，
得，即，超出，同理的范围也超过，故选项B错误；
C、联立解得或，所以交点为和，
所以弦长为，故选项C正确；
D、因为所以所以即
又因为，即，
则
同理可得：，
则曲线的上任一点到的距离之和为：
所以曲线表示以为焦点且的椭圆，则，
则线段的最大值为故选项D正确；
故选：ACD
【分析】根据对称的理解，进行运算即可判断选项A；通过分析方程的特征可求出的范围即可判断选项B；联立方程组先求出直线和曲线的交点，进而利用两点间的距离公式求得弦长即可判断选项C；对方程进行变形可知曲线C为椭圆，结合椭圆的形状判断即可判断选项D.
12．【答案】1或
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，可得，
所以，
又因为，所以，
则，
所以，
解得或.
故答案为：或.
【分析】设等比数列的公比为，由题意结合等比数列的通项公式、等比数列前n项和以及已知条件，则可得，解方程得出等比数列的公比的值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，
得，
由，
得，
则，
所以，，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】结合题意，根据两角和与差的正弦公式和同角三角函数的基本关系，从而可得，，进而得出，再结合二倍角的余弦公式，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：作出示意图如图所示：
根据双曲线的定义，得，
在三角形中，由余弦定理，
可得：，
因为直线与圆相切，
所以，
则，
解得，
所以，
解得或（舍去），
所以，双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线的定义结合双曲线的几何性质，再利用圆的切线形成的垂直关系和余弦定理，从而构造齐次式求解得出双曲线的渐近线方程.
15．【答案】（1）解：已知，
当时，，
对函数求导，可得.
令，则，解得，
当时，，所以，则在上单调递减；
当时，，所以，则在上单调递增，
综上所述，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）解：当时，，
则，移项可得.
当时，，此时可以取任意实数，
当时，可化为，
令，对求导，
可得.
令，则，
因为，，所以，解得，
当时，，所以，在上单调递减；
当时，，所以，在上单调递增，
则在处取得极小值，也是最小值，
则，
所以，
解得，
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
【解析】【分析】（1）通过求导，再根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）可通过分离参数构造新函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）已知，当时，，对求导，可得.
令，即，解得.
当时，，所以，则在上单调递减.
当时，，所以，则在上单调递增.
综上所得，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）当时，，即，移项可得.
当时，，此时可以取任意实数.
当时，可化为，
令，对求导，可得.
令，即，因为，，所以，解得.
当时，，所以，在上单调递减.
当时，，所以，在上单调递增.
则在处取得极小值，也是最小值，.
所以，解得.
实数的取值范围是.
16．【答案】（1）解：由，
得，
因为，所以，
则，
所以，
又因为是角的角平分线，
在中，由余弦定理得：
，
则.
（2）解：由（1）知，
则，
由，
得，
又因为是角的角平分线，
由，
得，
所以，
解得，
所以.
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用降幂公式求出的值，再结合角平分线的性质和余弦定理，从而得出CD的长.
（2）利用（1）和同角三角函数基本关系式得出的值和的值，再利用等面积法和三角形的面积公式，从而求出的值，再根据三角形面积公式得出的面积.
（1）由，则，
因为，所以，
所以，则，
又是角的角平分线，
则在中，由余弦定理得
，即.
（2）由（1）知，则，
由，则，
又是角的角平分线，由，
则，
则，解得，
所以.
17．【答案】（1）证明：因为，
所以四边形是菱形，
则，
又因为，且，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
（2）解：在△中，
由，，，
所以
如图，取的中点，连接，，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，，平面，且，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为的中点为，
所以，
在△和△中，可知，
在△中，可知，
因为，
所以，
解得.
（3）解：由（2），以为坐标原点，
直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，
所以，令，则，
则平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以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；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，再结合题意证出平面.
（2）先由余弦定理求出的长，取的中点，连接，，再由已知条件结合勾股定理得出的长.
（3）由（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：因为，所以四边形是菱形，
所以，又，且，
所以，因为，平面，平面，
所以平面；
（2）在△中，由，，，
所以，
如图，取的中点，连接，，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，因为，，，平面，
且，所以平面，
因为平面，所以因为的中点为，
所以，在△和△中，可知，
在△中，可知，
因为，所以，
解得：；
（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，
则“第天不选择米饭套餐”．
根据题意，得，，，．
由全概率公式，得．
证明：（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，
则，，
根据题意，得，，
由全概率公式，得
因此．
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
（ii）由（i）可得，
当为大于的奇数时，；
当为正偶数时，，
因此当时，．
【知识点】等比数列概念与表示；反证法与放缩法；全概率公式
【解析】【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”，由全概率公式得出，从而计算出该同学第二天中午选择米饭套餐的概率.
（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系式，再根据等比数列定义证出数列为等比数列.
（ii）利用已知条件和等比数列的通项公式求出数列的通项公式，再利用分类讨论和放缩法证出当时，不等式成立．
19．【答案】解：（1），即，则抛物线的方程为：；
（2）设直线，，，
直线，由题设可得且，
联立，消元整理可得，则，
因为，所以，则，
又，联立，解得，同理，
联立，解得，所以，
整理得到
，
故，
令，则且，
故，
故即，解得或或，
故直线在x轴上的截距的范围为．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）求的值，即可得抛物线的方程；
（2）设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，求的范围即可.
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