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浙江省杭州第四中学2025-2026学年高三上学期第一次月考（8月）数学试题
1．（2025高三上·拱墅月考）已知m，n表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（　　）
A．若 则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，B符合题意.
故答案为：B。
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而求出说法正确的选项。
2．（2025高三上·拱墅月考）已知，则的值为（　　）
A． B．1 C．4 D．
【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为，
令，解得，令，解得，则，
令，解得，令，，则，
故.
故答案为：C.
【分析】原式变形，结合二项展开式的通项，求系数即可.
3．（2025高三上·拱墅月考）已知函数且是偶函数，则（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：因为且是偶函数，
所以，，
则，
所以
则（舍负）.
故答案为：D．
【分析】利用偶函数的定义得出实数a的值.
4．（2025高三上·拱墅月考）有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（　　）种停放方法．
A．72 B．144 C．108 D．96
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，
则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；
若货车甲靠边，共有种停法，
则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，
则共有种停放方法.
故答案为：A.
【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可，再根据排列数公式和分类加法计数原理，从而得出共有的停放的方法种数.
5．（2025高三上·拱墅月考）已知数列满足，，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意可得，则，
，，
将以上等式左右两边分别相加得：，即，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，利用累加法可得，即可求得的值.
6．（2025高三上·拱墅月考）已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图，取线段的中点，连接，
则，
由，
因为直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意），
则的范围为.
故答案为：D.
【分析】先作出线段的中点，再将转化为，再利用垂径定理结合图形化简得出，则只需求出的取值范围即可，再转化成求过点的弦长的取值范围问题，从而得出的取值范围.
7．（2025高三上·拱墅月考）知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：以8个顶点为球心的球各有在正方体内，
以6个面的中心为球心的球各有在正方体内，
所以这些球在正方体的体积之和为4个半径为的球的体积之和，
则这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为.
故答案为：D.
【分析】先确定条件中的球落在正方体的部分，再利用正方体的体积公式、球的体积公式，从而得出这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比.
8．（2025高三上·拱墅月考）如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（　　）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：因为四边形是一个平行四边形，且，如图所示：
可得，即，
由双曲线，可得，渐近线方程为，即，
可得，且，
因为直线，可得，
又因为，所以即，
代入双曲线方程，可得，整理得，
所以，可得，即，
所以离心率.
故选：A.
【分析】根据题意，得到，求得且，进而得到，进而求得点，代入双曲线方程，化简求得，结合，即可求解.
9．（2025高三上·拱墅月考）已知函数（，）的部分图象如图，则（　　）
A． B．函数的图象关于轴对称
C．函数在上单调递减 D．函数在有4个极值点
【答案】B,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，由图可知的周期为：，
因为，所以，
又因为，，且，
所以，
因为，所以，故A错误；
对于B：由选项A的分析知，则，
因为为偶函数，故B正确；
对于C：由，得，
则函数在上单调递增，故C错误；
对于D：因为，，，，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由“五点法”得出，则判断出选项A；利用换元法和正弦函数的对称性、单调性，从而判断出正弦型函数的对称性和单调性，则判断出选项B和选项C；利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，进而得出函数在的极值点个数，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2025高三上·拱墅月考）在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（　　）
A．存在点，使得平面
B．直线与为异面直线
C．存在点，使得
D．存在点，使得直线与平面的夹角为45°
【答案】B,C,D
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A：如图（1），
因为与相交，
所以与平面相交，故选项A错误；
对于B：如图（1），因为平面，平面，平面，
所以直线与为异面直线，故选项B正确；
对于C：如图（2），当点P与点A重合时，
因为，面，面，
所以，
又因为，且都在面内，
所以面，
因为面，
所以，故选项C正确；
对于D：当时，此时为等腰直角三角形，
因为面，
所以为在面内的投影，
则为所求线面角，
所以直线与平面所成的角为，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】作图结合线面平行的判定定理、异面直线的定义，则判断出选项A和选项B；当点P与点A重合时，证出面，则判断出选项C；当时，由线面角的定义和等腰直角三角形的结构特征，从而得出直线与平面所成的角，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高三上·拱墅月考）已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（　　）
A．存在实数，使得 B．对任意实数，都有
C．存在实数，使得 D．对任意实数，都有
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
所以，
则函数在上均单调递减，
所以的图象如图所示，
对于选项A、选项C，由函数图象，得，
考虑到，且函数图象的渐近线为，
则存在实数a使得，
所以，存在实数a使得，故选项A、选项C正确；
对于选项B、选项D，
因为
，
又因为，
所以，
则，
所以，
又因为在上单调递减，
所以，
则，故选项D正确；
因为
，
当时，，
此时，
则此时，
又因为函数在上单调递减，
所以，故选项B错误．
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件，先求出导函数，再利用导数的正负讨论出函数的单调性，从而可得函数的图形，再结合函数的图象、函数极限思想，则可判断选项A和选项C；再利用作差法可判断选项B和选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高三上·拱墅月考）设为复数的共轭复数，若复数满足，则　 　．
【答案】
【知识点】一元次方程根与系数的关系；共轭复数；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：对于方程，，
由题意可知，、是关于实系数方程的两个虚根，
由韦达定理，可得.
故答案为：.
【分析】由题意可知、是关于实系数方程的两个虚根，再利用韦达定理可得的值.
13．（2025高三上·拱墅月考）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为　 　.
【答案】(答案不唯一)
【知识点】导数的几何意义；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：因为，
由题意可知，，
则，
所以，
得，，或，
则，，，
所以，，，
则的一个取值为.
故答案为：(答案不唯一).
【分析】利用导数的几何意义结合已知条件，可知，再根据函数的取值得出的一个取值.
14．（2025高三上·拱墅月考）锐角中，边上的高为4，则面积的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；三角函数中的恒等变换应用；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意可知，因为为锐角三角形，且，边上的高为4，
图①
如图①所示，，，
则，
解得，
在中，由正弦定理，得，
所以，
在中，，
则，
所以，
则的面积为：
，，
令，
所以，在单调递减，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理和三角形的面积公式以及已知条件，将的面积转化为关于角的函数，再利用换元法和锐角三角形中角的取值范围以及函数的单调性，从而得出面积的取值范围.
15．（2025高三上·拱墅月考）设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围；
（3）过坐标原点O作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标.
【答案】（1）解：当时，，
∴，
∵当，，为减函数；
当，，为增函数，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：∵，在区间上是减函数，
∴对任意恒成立，
则对任意恒成立，
令，则，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上单调递减，
∴，
∴.
（3）证明：设切点为，
由题意得，
∴，
∴曲线在点切线方程为，
则．
因为切线过原点，
∴，
整理得，
设，
则恒成立，在上单调递增，
又因为，
∴在上只有一个零点，即，
∴切点的横坐标为，
∴切线有且仅有一条，且切点的横坐标为.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求出，再由可得函数的单调递减区间，再根据可得函数的单调递增区间.
（2）利用已知条件转化成对任意恒成立，从而求解得出对任意恒成立，进而求出的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法， 从而得出实数a的取值范围.
（3）先设出切点，再结合导数的几何意义求出切线的斜率，再利用点斜式得出切线方程，再根据切线过原点可得切点坐标，从而证出切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标．
（1）时，，
∴，
∵当，，为单调减函数．
当，，为单调增函数．
∴的单调减区间为，单调增区间为；
（2）∵，在区间上是减函数，
∴对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上单调递减，∴，
∴；
（3）设切点为，
由题意得，
∴，
∴曲线在点切线方程为，
即．
又切线过原点，
∴，
整理得，
设，
则恒成立，在上单调递增，
又，
∴在上只有一个零点，即，
∴切点的横坐标为，
∴切线有且仅有一条，且切点的横坐标为.
16．（2025高三上·拱墅月考）如图所示，已知三棱台中，，，，，．
（1）求二面角的余弦值；
（2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．
【答案】（1）解：因为，，所以二面角的平面角为，
因为，，所以，，
因为，所以，
因为，
所以，故二面角余弦值为；
（2）解：因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，如图所示：
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O，
因为，，且面，所以面，
又面，所以，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点，
三棱台的体积．
【知识点】二面角及二面角的平面角；余弦定理；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可；
（2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积即可.
（1）因为，，所以二面角的平面角为．
因为，，所以，．
因为，所以．
因为，
所以，故二面角余弦值为．
（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．
因为，，且面，所以面，
又面，所以．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点．
三棱台的体积．
17．（2025高三上·拱墅月考）为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲 乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是.
（1）求比赛结束时恰好打了6局的概率；
（2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望.
【答案】解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为，恰好打了6局，乙获胜的概率为，所以，比赛结束时恰好打了6局的概率为.（2）X的可能取值为2，3，4，5，，，，.所以X的分布列如下：
2 3 4 5
则.
（1）解：比赛结束时恰好打了6局，
甲获胜的概率为，
恰好打了6局，乙获胜的概率为，
所以，比赛结束时恰好打了6局的概率为.
（2）解：X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
.
所以X的分布列如下：
2 3 4 5
则.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）比赛恰好打了6局的情况有两种：甲胜或乙胜，再利用互斥事件加法求概率公式，从而得出比赛结束时恰好打了6局的概率.
（2）利用已知条件分析可知X的可能取值，从而分别求出对应的概率，则求出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出的值.
18．（2025高三上·拱墅月考）如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
（1）求曲线C的方程；
（2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
（3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：设，，
则，
由题意，知，
所以，
得(，
所以，
因为，
所以，
则曲线C的方程为．
（2）证明：由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设直线的方程为：，此时直线的方程为，
由，消去得：，
解得：或(舍去)，
所以，
所以，
同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
所以，
则直线的方程为，
所以直线过定点，
当时，直线斜率不存在，
此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）解：假设存在点R使得，设，
因为，
所以，
则，
所以，
则，
因为直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令，得点P横坐标为，
则直线方程是，
令，得点Q横坐标，
由，得，
又因为在椭圆上，
所以，
则，
解得，
所以存在点，使得成立．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，再利用已知条件得出向量相等，再利用向量相等的坐标表示和点代入法，从而得出曲线C的方程.
（2）设直线的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，从而求出点M和点N的坐标，再对进行分类讨论，从而证出直线过定点，并求出定点坐标.
（3）假设存在点，使得，先求出，设出点G和点H的坐标，再联立直线SH和直线SG的方程得出两点P，Q的坐标，再结合点G在曲线C上得出点R的坐标．
（1）设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
19．（2025高三上·拱墅月考）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
（1）若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
（2）若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
【答案】（1）解：是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
则在区间上单调递减，
所以，
则，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，
由题意，可得对任意，，
所以，
则．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得，当时，是“上凸数列”，
由题意，可知当时，，
因为，
所以
．
则
，
当且仅当时等号成立，
所以，
综上所述，的最小值为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的概念及简单表示法；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）先构造函数，再利用导数判断其单调性，再结合“上凸数列”定义判断出数列为“上凸数列”.
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义和倒序相加法证出不等式.
（ⅱ）令，利用已知条件和数列求和的方法，再适当放缩计算结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出的最小值.
（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
1 / 1浙江省杭州第四中学2025-2026学年高三上学期第一次月考（8月）数学试题
1．（2025高三上·拱墅月考）已知m，n表示两条不同直线， 表示平面，下列说法正确的是（　　）
A．若 则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
2．（2025高三上·拱墅月考）已知，则的值为（　　）
A． B．1 C．4 D．
3．（2025高三上·拱墅月考）已知函数且是偶函数，则（　　）
A． B． C．2 D．4
4．（2025高三上·拱墅月考）有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（　　）种停放方法．
A．72 B．144 C．108 D．96
5．（2025高三上·拱墅月考）已知数列满足，，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025高三上·拱墅月考）已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·拱墅月考）知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·拱墅月考）如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（　　）
A． B．2 C． D．3
9．（2025高三上·拱墅月考）已知函数（，）的部分图象如图，则（　　）
A． B．函数的图象关于轴对称
C．函数在上单调递减 D．函数在有4个极值点
10．（2025高三上·拱墅月考）在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（　　）
A．存在点，使得平面
B．直线与为异面直线
C．存在点，使得
D．存在点，使得直线与平面的夹角为45°
11．（2025高三上·拱墅月考）已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（　　）
A．存在实数，使得 B．对任意实数，都有
C．存在实数，使得 D．对任意实数，都有
12．（2025高三上·拱墅月考）设为复数的共轭复数，若复数满足，则　 　．
13．（2025高三上·拱墅月考）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为　 　.
14．（2025高三上·拱墅月考）锐角中，边上的高为4，则面积的取值范围为　 　．
15．（2025高三上·拱墅月考）设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围；
（3）过坐标原点O作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标.
16．（2025高三上·拱墅月考）如图所示，已知三棱台中，，，，，．
（1）求二面角的余弦值；
（2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积．
17．（2025高三上·拱墅月考）为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲 乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是.
（1）求比赛结束时恰好打了6局的概率；
（2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望.
18．（2025高三上·拱墅月考）如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
（1）求曲线C的方程；
（2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
（3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
19．（2025高三上·拱墅月考）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
（1）若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
（2）若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，B符合题意.
故答案为：B。
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，从而求出说法正确的选项。
2．【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：，
展开式的通项为，
令，解得，令，解得，则，
令，解得，令，，则，
故.
故答案为：C.
【分析】原式变形，结合二项展开式的通项，求系数即可.
3．【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：因为且是偶函数，
所以，，
则，
所以
则（舍负）.
故答案为：D．
【分析】利用偶函数的定义得出实数a的值.
4．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，
则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；
若货车甲靠边，共有种停法，
则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，
则共有种停放方法.
故答案为：A.
【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可，再根据排列数公式和分类加法计数原理，从而得出共有的停放的方法种数.
5．【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意可得，则，
，，
将以上等式左右两边分别相加得：，即，
又因为，所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，利用累加法可得，即可求得的值.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图，取线段的中点，连接，
则，
由，
因为直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意），
则的范围为.
故答案为：D.
【分析】先作出线段的中点，再将转化为，再利用垂径定理结合图形化简得出，则只需求出的取值范围即可，再转化成求过点的弦长的取值范围问题，从而得出的取值范围.
7．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：以8个顶点为球心的球各有在正方体内，
以6个面的中心为球心的球各有在正方体内，
所以这些球在正方体的体积之和为4个半径为的球的体积之和，
则这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为.
故答案为：D.
【分析】先确定条件中的球落在正方体的部分，再利用正方体的体积公式、球的体积公式，从而得出这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比.
8．【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：因为四边形是一个平行四边形，且，如图所示：
可得，即，
由双曲线，可得，渐近线方程为，即，
可得，且，
因为直线，可得，
又因为，所以即，
代入双曲线方程，可得，整理得，
所以，可得，即，
所以离心率.
故选：A.
【分析】根据题意，得到，求得且，进而得到，进而求得点，代入双曲线方程，化简求得，结合，即可求解.
9．【答案】B,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，由图可知的周期为：，
因为，所以，
又因为，，且，
所以，
因为，所以，故A错误；
对于B：由选项A的分析知，则，
因为为偶函数，故B正确；
对于C：由，得，
则函数在上单调递增，故C错误；
对于D：因为，，，，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】由“五点法”得出，则判断出选项A；利用换元法和正弦函数的对称性、单调性，从而判断出正弦型函数的对称性和单调性，则判断出选项B和选项C；利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值点，进而得出函数在的极值点个数，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A：如图（1），
因为与相交，
所以与平面相交，故选项A错误；
对于B：如图（1），因为平面，平面，平面，
所以直线与为异面直线，故选项B正确；
对于C：如图（2），当点P与点A重合时，
因为，面，面，
所以，
又因为，且都在面内，
所以面，
因为面，
所以，故选项C正确；
对于D：当时，此时为等腰直角三角形，
因为面，
所以为在面内的投影，
则为所求线面角，
所以直线与平面所成的角为，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】作图结合线面平行的判定定理、异面直线的定义，则判断出选项A和选项B；当点P与点A重合时，证出面，则判断出选项C；当时，由线面角的定义和等腰直角三角形的结构特征，从而得出直线与平面所成的角，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数极限
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
所以，
则函数在上均单调递减，
所以的图象如图所示，
对于选项A、选项C，由函数图象，得，
考虑到，且函数图象的渐近线为，
则存在实数a使得，
所以，存在实数a使得，故选项A、选项C正确；
对于选项B、选项D，
因为
，
又因为，
所以，
则，
所以，
又因为在上单调递减，
所以，
则，故选项D正确；
因为
，
当时，，
此时，
则此时，
又因为函数在上单调递减，
所以，故选项B错误．
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件，先求出导函数，再利用导数的正负讨论出函数的单调性，从而可得函数的图形，再结合函数的图象、函数极限思想，则可判断选项A和选项C；再利用作差法可判断选项B和选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】一元次方程根与系数的关系；共轭复数；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：对于方程，，
由题意可知，、是关于实系数方程的两个虚根，
由韦达定理，可得.
故答案为：.
【分析】由题意可知、是关于实系数方程的两个虚根，再利用韦达定理可得的值.
13．【答案】(答案不唯一)
【知识点】导数的几何意义；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：因为，
由题意可知，，
则，
所以，
得，，或，
则，，，
所以，，，
则的一个取值为.
故答案为：(答案不唯一).
【分析】利用导数的几何意义结合已知条件，可知，再根据函数的取值得出的一个取值.
14．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；三角函数中的恒等变换应用；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意可知，因为为锐角三角形，且，边上的高为4，
图①
如图①所示，，，
则，
解得，
在中，由正弦定理，得，
所以，
在中，，
则，
所以，
则的面积为：
，，
令，
所以，在单调递减，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理和三角形的面积公式以及已知条件，将的面积转化为关于角的函数，再利用换元法和锐角三角形中角的取值范围以及函数的单调性，从而得出面积的取值范围.
15．【答案】（1）解：当时，，
∴，
∵当，，为减函数；
当，，为增函数，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：∵，在区间上是减函数，
∴对任意恒成立，
则对任意恒成立，
令，则，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上单调递减，
∴，
∴.
（3）证明：设切点为，
由题意得，
∴，
∴曲线在点切线方程为，
则．
因为切线过原点，
∴，
整理得，
设，
则恒成立，在上单调递增，
又因为，
∴在上只有一个零点，即，
∴切点的横坐标为，
∴切线有且仅有一条，且切点的横坐标为.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求出，再由可得函数的单调递减区间，再根据可得函数的单调递增区间.
（2）利用已知条件转化成对任意恒成立，从而求解得出对任意恒成立，进而求出的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法， 从而得出实数a的取值范围.
（3）先设出切点，再结合导数的几何意义求出切线的斜率，再利用点斜式得出切线方程，再根据切线过原点可得切点坐标，从而证出切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标．
（1）时，，
∴，
∵当，，为单调减函数．
当，，为单调增函数．
∴的单调减区间为，单调增区间为；
（2）∵，在区间上是减函数，
∴对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上单调递减，∴，
∴；
（3）设切点为，
由题意得，
∴，
∴曲线在点切线方程为，
即．
又切线过原点，
∴，
整理得，
设，
则恒成立，在上单调递增，
又，
∴在上只有一个零点，即，
∴切点的横坐标为，
∴切线有且仅有一条，且切点的横坐标为.
16．【答案】（1）解：因为，，所以二面角的平面角为，
因为，，所以，，
因为，所以，
因为，
所以，故二面角余弦值为；
（2）解：因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，如图所示：
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O，
因为，，且面，所以面，
又面，所以，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点，
三棱台的体积．
【知识点】二面角及二面角的平面角；余弦定理；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可；
（2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积即可.
（1）因为，，所以二面角的平面角为．
因为，，所以，．
因为，所以．
因为，
所以，故二面角余弦值为．
（2）因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O，
因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O．
因为，，且面，所以面，
又面，所以．
因为，，所以．
因为平面，平面，所以，
所以，，故F为的中点．
三棱台的体积．
17．【答案】解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为，恰好打了6局，乙获胜的概率为，所以，比赛结束时恰好打了6局的概率为.（2）X的可能取值为2，3，4，5，，，，.所以X的分布列如下：
2 3 4 5
则.
（1）解：比赛结束时恰好打了6局，
甲获胜的概率为，
恰好打了6局，乙获胜的概率为，
所以，比赛结束时恰好打了6局的概率为.
（2）解：X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
.
所以X的分布列如下：
2 3 4 5
则.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）比赛恰好打了6局的情况有两种：甲胜或乙胜，再利用互斥事件加法求概率公式，从而得出比赛结束时恰好打了6局的概率.
（2）利用已知条件分析可知X的可能取值，从而分别求出对应的概率，则求出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出的值.
18．【答案】（1）解：设，，
则，
由题意，知，
所以，
得(，
所以，
因为，
所以，
则曲线C的方程为．
（2）证明：由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设直线的方程为：，此时直线的方程为，
由，消去得：，
解得：或(舍去)，
所以，
所以，
同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
所以，
则直线的方程为，
所以直线过定点，
当时，直线斜率不存在，
此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）解：假设存在点R使得，设，
因为，
所以，
则，
所以，
则，
因为直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令，得点P横坐标为，
则直线方程是，
令，得点Q横坐标，
由，得，
又因为在椭圆上，
所以，
则，
解得，
所以存在点，使得成立．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，再利用已知条件得出向量相等，再利用向量相等的坐标表示和点代入法，从而得出曲线C的方程.
（2）设直线的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，从而求出点M和点N的坐标，再对进行分类讨论，从而证出直线过定点，并求出定点坐标.
（3）假设存在点，使得，先求出，设出点G和点H的坐标，再联立直线SH和直线SG的方程得出两点P，Q的坐标，再结合点G在曲线C上得出点R的坐标．
（1）设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
19．【答案】（1）解：是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
则在区间上单调递减，
所以，
则，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，
由题意，可得对任意，，
所以，
则．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得，当时，是“上凸数列”，
由题意，可知当时，，
因为，
所以
．
则
，
当且仅当时等号成立，
所以，
综上所述，的最小值为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的概念及简单表示法；数列的求和；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）先构造函数，再利用导数判断其单调性，再结合“上凸数列”定义判断出数列为“上凸数列”.
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义和倒序相加法证出不等式.
（ⅱ）令，利用已知条件和数列求和的方法，再适当放缩计算结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出的最小值.
（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）解：令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
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