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四川省眉山市仁寿县2024-2025学年高三上学期11月期中校际联考数学试题
1．（2024高三上·仁寿期中）若集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·仁寿期中）已知为虚数单位，则的值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·仁寿期中）函数的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·仁寿期中）已知向量，，若，则（　　）
A． B．1 C． D．2
5．（2024高三上·仁寿期中）记等差数列的前n项和为.若，，则（　　）
A．49 B．63 C．70 D．126
6．（2024高三上·仁寿期中）命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的（　　）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
7．（2024高三上·仁寿期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一球面上，且该球的体积为，若正四棱锥的高与底面正方形的边长相等，则该正四棱锥的底面边长为（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
8．（2024高三上·仁寿期中）已知，，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·仁寿期中） 下列说法正确的是（　　）
A．已知随机变量服从二项分布，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7
D．若事件满足，则事件相互独立
10．（2024高三上·仁寿期中）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为
B．与有相同的最小值
C．直线为图象的一条对称轴
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图像
11．（2024高三上·仁寿期中）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（　　）
A．函数的值域为
B．函数的图象关于点成中心对称图形
C．函数的导函数的图象关于直线对称
D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
12．（2024高三上·仁寿期中）已知函数则　 　．
13．（2024高三上·仁寿期中）在的展开式中，常数项为　 　．
14．（2024高三上·仁寿期中）对任意的，不等式恒成立，则实数　 　.
15．（2024高三上·仁寿期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围．
16．（2024高三上·仁寿期中）为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表：
近视情况 每天看电子产品的时间 合计
超过一小时 一小时内
近视 10人 5人 15人
不近视 10人 25人 35人
合计 20人 30人 50人
附表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
．
（1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关；
（2）在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？
（3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值．
17．（2024高三上·仁寿期中）在三棱台中，平面，，且 ，，为的中点，是上一点，且.
（1）若，求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离.
18．（2024高三上·仁寿期中）已知的内角的对边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若且的面积为，求边.
（3）若，且，求的值.
19．（2024高三上·仁寿期中）定义：若数列满足，则称数列为“线性数列”.
（1）已知为“线性数列”，且，证明：数列为等比数列.
（2）已知.
（i）证明：数列为“线性数列”.
（ii）记，数列的前项和为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，则，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】先求出集合，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则，结合加减运算法则求解即可.
3．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解： 因为的定义域为，且，
所以是奇函数，其图象关于原点对称，所以排除A，B.
因为，排除D.
故答案为：C.
【分析】先判断函数奇偶性排除部分选项，再代入特殊值进一步排除，从而确定图象.
4．【答案】B
【知识点】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： 由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故答案为：.
【分析】先根据向量的数乘与加法运算求出的坐标，再利用向量垂直的性质（数量积为）求出的值，最后根据向量模的计算公式求出.
5．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解： 因是等差数列，故，于是
故答案为：B.
【分析】利用等差数列“若，则”的性质，先求出的值，再代入前项和公式计算.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解： 要在上单调递减，
则，解得，
在为增函数，则，解得，
因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件.
故答案为：.
【分析】要判断命题是命题的什么条件，需分别求出命题和命题中参数的取值范围，再根据集合的包含关系来判断.对于分段函数的单调性，需分别考虑每一段的单调性以及分段点处的函数值大小关系；对于函数的单调性，可通过分离常数后利用反比例函数的单调性来分析.
7．【答案】C
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，如图所示，
不妨设球半径，
该球的体积为，即，
又因为正四棱锥的高与底面正方形的边长相等，
则，
即.
故答案为：C.
【分析】根据正四棱锥和球的结构特征、球的体积公式以及勾股定理，从而建立方程组，再解方程组得出该正四棱锥的底面边长.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，
，
设，
则，
，
当时，即当，时等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：D.
【分析】首先变形得出，再化简后换元为，转化为关于的式子，最后利用基本不等式求最值的方法得出的最大值.
9．【答案】A,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；条件概率；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为随机变量服从二项分布，则，故A正确；
B、因为随机变量服从正态分布，则对称轴为，，故B错误；
C、10×70%=7，则这组数据的第70百分位数为，故C错误；
D、因为，所以，所以事件相互独立.
故答案为：AD.
【分析】根据二项分布知识即可判断A；根据正态分布知识即可判断B；根据百分位数即可判断C；根据条件概率即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【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
【解析】【解答】解： 因为，
对于选项A：的最小正周期，故A正确；
对于选项B：与的最小值均为，故B正确；
对于选项C：因为，
可知直线不为图象的对称轴，故C错误；
对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，
得到，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】分别从三角函数的周期、最值、对称轴以及图象平移这四个角度，结合三角函数的基本性质和变换规则来逐一分析选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的值域；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：对于A，显然的定义域为R，，
则，即函数的值域为，所以A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，所以B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，所以C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得出函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】借助函数的定义域和指数函数的值域以及不等式的基本性质，从而得出函数的值域，则判断出选项A；令，再利用奇函数的定义判断出函数h(x)为奇函数，再根据奇函数的图象的对称性，则判断出函数的图象的对称性，从而判断出选项B；利用复合函数求导法则和函数的图象的对称性，则判断出选项C；利用奇函数的图象的对称性判断出函数的对称性，再由选项B得出函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】本题是分段函数的复合函数求值问题，需按照“由内到外”的顺序，先根据自变量的范围代入对应分段解析式求出内层函数值，再将内层函数值作为自变量代入对应分段解析式求出最终结果.
13．【答案】60
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：对于，可得通项为：.
令，解得.将代入通项，可得常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出二项式展开式的通项，再令通项中的指数为，求出对应的项数，进而算出常数项.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，
对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
记，易知函数在上单调递增，
当时，，即恒成立，
则，即，解得；
当时，不等式显然成立；
当时，，即在恒成立，
则，因为在上单调递减，所以时，，解得，
因为对任意的，不等式恒成立，
则综上可知：实数的值为.
故答案为：.
【分析】由且有意义，可得，原问题转化为在上恒成立，
构造函数，易知函数在上单调递增，当时，，则，当时，
，则，再根据二次函数的图象和性质求实数的值，最后取交集即可求解.
15．【答案】（1）解：当时，函数，，
则，，
故切点坐标为，所以切线方程为，即.
（2）解：函数的定义域为，，
当时，对任意恒成立，则在上单调递增，无极值，不合题意；
当时，令，解得；令，解得；
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为，无极大值，
由题意可得：，即，
令，，则在上单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.

【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，再构建函数，解不等式即可求得a的取值范围.
16．【答案】（1）解：零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关．计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关．
（2）解：每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
（3）解：依题意，，，
事件包含两种情况：①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
【知识点】独立性检验的应用；互斥事件的概率加法公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）通过计算统计量，结合临界值判断近视与长时间看电子产品的关联性；
（2）利用组合数计算“至少两人每天看电子产品超过一小时”的概率；
（3）分别计算、、的概率，再求和.
（1）零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关．
计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关．
（2）每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
（3）依题意，，，
事件包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
17．【答案】（1）证明：∵，且是的中点，则.∵平面，平面，∴.
又，，平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
在中，，所以，
在中，，所以，所以②
∵，，平面，
∴由①②知平面.
（2）解：由题意得，平面，∴平面. 由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，， .
∵，
∴由棱台的性质得，，
∴，∴
∴.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴，
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为..
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
（3）解：，.
所以点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证明平面，需证明垂直于平面内的两条相交直线，即先证，再证；
（2）建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量公式求出的值，再求出两个平面的法向量，进而利用法向量的夹角公式求出平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）利用点到平面的距离公式，结合空间向量求解点到平面的距离.
（1）∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又，，平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
在中，，所以，
在中，，所以，所以②
∵，，平面，
∴由①②知平面.
（2）由题意得，平面，
∴平面. 由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，， .
∵，
∴由棱台的性质得，，
∴，∴
∴.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴，
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为..
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
（3），
所以点到平面的距离为.
18．【答案】（1）解：由得：，
，
，
即，
，，即，
又，.
（2）解：由及得：，解得：.
（3）解：，，所以由得：，
所以
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，再结合三角恒等变换公式化简，求出角的正切值，进而确定角的大小；
（2）根据三角形面积公式，结合已知的边和面积，求出边；
（3）先确定的范围，利用同角三角函数关系求出，再通过角的拆分，利用两角差的正弦公式求出.
（1）由得：，
，
，即，
，，即，
又，.
（2）由及得：，解得：.
（3），，
所以由得：，
所以
.
19．【答案】（1）证明：因为为“线性数列”，所以，
所以，即，解得，
所以，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）（i）因为，则，
令，即，解得，所以，
因为，
所以，所以数列为“线性数列”；
（ii）因为，则，
所以
，
因为，，所以，
所以.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据“线性数列”定义，列方程组求，再通过变形证明数列满足等比数列定义.
（2）(i) 先计算前几项，列方程组求，再验证与的线性关系；(ii) 对裂项，再累加求和证明不等式.
（1）因为为“线性数列”，所以，
所以，即，解得，
所以，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）（i）因为，则，
令，即，解得，所以，
因为，
所以，所以数列为“线性数列”；
（ii）因为，则，
所以
，
因为，，所以，
所以.
1 / 1四川省眉山市仁寿县2024-2025学年高三上学期11月期中校际联考数学试题
1．（2024高三上·仁寿期中）若集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，则，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】先求出集合，再根据交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高三上·仁寿期中）已知为虚数单位，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则，结合加减运算法则求解即可.
3．（2024高三上·仁寿期中）函数的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解： 因为的定义域为，且，
所以是奇函数，其图象关于原点对称，所以排除A，B.
因为，排除D.
故答案为：C.
【分析】先判断函数奇偶性排除部分选项，再代入特殊值进一步排除，从而确定图象.
4．（2024高三上·仁寿期中）已知向量，，若，则（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】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： 由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故答案为：.
【分析】先根据向量的数乘与加法运算求出的坐标，再利用向量垂直的性质（数量积为）求出的值，最后根据向量模的计算公式求出.
5．（2024高三上·仁寿期中）记等差数列的前n项和为.若，，则（　　）
A．49 B．63 C．70 D．126
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解： 因是等差数列，故，于是
故答案为：B.
【分析】利用等差数列“若，则”的性质，先求出的值，再代入前项和公式计算.
6．（2024高三上·仁寿期中）命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的（　　）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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解： 要在上单调递减，
则，解得，
在为增函数，则，解得，
因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件.
故答案为：.
【分析】要判断命题是命题的什么条件，需分别求出命题和命题中参数的取值范围，再根据集合的包含关系来判断.对于分段函数的单调性，需分别考虑每一段的单调性以及分段点处的函数值大小关系；对于函数的单调性，可通过分离常数后利用反比例函数的单调性来分析.
7．（2024高三上·仁寿期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一球面上，且该球的体积为，若正四棱锥的高与底面正方形的边长相等，则该正四棱锥的底面边长为（　　）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】C
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，如图所示，
不妨设球半径，
该球的体积为，即，
又因为正四棱锥的高与底面正方形的边长相等，
则，
即.
故答案为：C.
【分析】根据正四棱锥和球的结构特征、球的体积公式以及勾股定理，从而建立方程组，再解方程组得出该正四棱锥的底面边长.
8．（2024高三上·仁寿期中）已知，，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，
，
设，
则，
，
当时，即当，时等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：D.
【分析】首先变形得出，再化简后换元为，转化为关于的式子，最后利用基本不等式求最值的方法得出的最大值.
9．（2024高三上·仁寿期中） 下列说法正确的是（　　）
A．已知随机变量服从二项分布，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7
D．若事件满足，则事件相互独立
【答案】A,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；条件概率；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为随机变量服从二项分布，则，故A正确；
B、因为随机变量服从正态分布，则对称轴为，，故B错误；
C、10×70%=7，则这组数据的第70百分位数为，故C错误；
D、因为，所以，所以事件相互独立.
故答案为：AD.
【分析】根据二项分布知识即可判断A；根据正态分布知识即可判断B；根据百分位数即可判断C；根据条件概率即可判断D.
10．（2024高三上·仁寿期中）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为
B．与有相同的最小值
C．直线为图象的一条对称轴
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图像
【答案】A,B,D
【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
【解析】【解答】解： 因为，
对于选项A：的最小正周期，故A正确；
对于选项B：与的最小值均为，故B正确；
对于选项C：因为，
可知直线不为图象的对称轴，故C错误；
对于选项D：将的图象向左平移个单位长度后，
得到，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】分别从三角函数的周期、最值、对称轴以及图象平移这四个角度，结合三角函数的基本性质和变换规则来逐一分析选项.
11．（2024高三上·仁寿期中）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（　　）
A．函数的值域为
B．函数的图象关于点成中心对称图形
C．函数的导函数的图象关于直线对称
D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数的值域；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：对于A，显然的定义域为R，，
则，即函数的值域为，所以A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，所以B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，所以C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得出函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】借助函数的定义域和指数函数的值域以及不等式的基本性质，从而得出函数的值域，则判断出选项A；令，再利用奇函数的定义判断出函数h(x)为奇函数，再根据奇函数的图象的对称性，则判断出函数的图象的对称性，从而判断出选项B；利用复合函数求导法则和函数的图象的对称性，则判断出选项C；利用奇函数的图象的对称性判断出函数的对称性，再由选项B得出函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高三上·仁寿期中）已知函数则　 　．
【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】本题是分段函数的复合函数求值问题，需按照“由内到外”的顺序，先根据自变量的范围代入对应分段解析式求出内层函数值，再将内层函数值作为自变量代入对应分段解析式求出最终结果.
13．（2024高三上·仁寿期中）在的展开式中，常数项为　 　．
【答案】60
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：对于，可得通项为：.
令，解得.将代入通项，可得常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出二项式展开式的通项，再令通项中的指数为，求出对应的项数，进而算出常数项.
14．（2024高三上·仁寿期中）对任意的，不等式恒成立，则实数　 　.
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，
对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
记，易知函数在上单调递增，
当时，，即恒成立，
则，即，解得；
当时，不等式显然成立；
当时，，即在恒成立，
则，因为在上单调递减，所以时，，解得，
因为对任意的，不等式恒成立，
则综上可知：实数的值为.
故答案为：.
【分析】由且有意义，可得，原问题转化为在上恒成立，
构造函数，易知函数在上单调递增，当时，，则，当时，
，则，再根据二次函数的图象和性质求实数的值，最后取交集即可求解.
15．（2024高三上·仁寿期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数，，
则，，
故切点坐标为，所以切线方程为，即.
（2）解：函数的定义域为，，
当时，对任意恒成立，则在上单调递增，无极值，不合题意；
当时，令，解得；令，解得；
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为，无极大值，
由题意可得：，即，
令，，则在上单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.

【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，再构建函数，解不等式即可求得a的取值范围.
16．（2024高三上·仁寿期中）为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表：
近视情况 每天看电子产品的时间 合计
超过一小时 一小时内
近视 10人 5人 15人
不近视 10人 25人 35人
合计 20人 30人 50人
附表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
．
（1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关；
（2）在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？
（3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值．
【答案】（1）解：零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关．计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关．
（2）解：每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
（3）解：依题意，，，
事件包含两种情况：①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
【知识点】独立性检验的应用；互斥事件的概率加法公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）通过计算统计量，结合临界值判断近视与长时间看电子产品的关联性；
（2）利用组合数计算“至少两人每天看电子产品超过一小时”的概率；
（3）分别计算、、的概率，再求和.
（1）零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关．
计算可得，，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关．
（2）每天看电子产品超过一小时的人数为，
则，
所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是．
（3）依题意，，，
事件包含两种情况：
①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时；
②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时，
于是，
所以．
17．（2024高三上·仁寿期中）在三棱台中，平面，，且 ，，为的中点，是上一点，且.
（1）若，求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：∵，且是的中点，则.∵平面，平面，∴.
又，，平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
在中，，所以，
在中，，所以，所以②
∵，，平面，
∴由①②知平面.
（2）解：由题意得，平面，∴平面. 由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，， .
∵，
∴由棱台的性质得，，
∴，∴
∴.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴，
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为..
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
（3）解：，.
所以点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证明平面，需证明垂直于平面内的两条相交直线，即先证，再证；
（2）建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量公式求出的值，再求出两个平面的法向量，进而利用法向量的夹角公式求出平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）利用点到平面的距离公式，结合空间向量求解点到平面的距离.
（1）∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又，，平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
在中，，所以，
在中，，所以，所以②
∵，，平面，
∴由①②知平面.
（2）由题意得，平面，
∴平面. 由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，， .
∵，
∴由棱台的性质得，，
∴，∴
∴.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴，
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为..
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
（3），
所以点到平面的距离为.
18．（2024高三上·仁寿期中）已知的内角的对边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若且的面积为，求边.
（3）若，且，求的值.
【答案】（1）解：由得：，
，
，
即，
，，即，
又，.
（2）解：由及得：，解得：.
（3）解：，，所以由得：，
所以
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，再结合三角恒等变换公式化简，求出角的正切值，进而确定角的大小；
（2）根据三角形面积公式，结合已知的边和面积，求出边；
（3）先确定的范围，利用同角三角函数关系求出，再通过角的拆分，利用两角差的正弦公式求出.
（1）由得：，
，
，即，
，，即，
又，.
（2）由及得：，解得：.
（3），，
所以由得：，
所以
.
19．（2024高三上·仁寿期中）定义：若数列满足，则称数列为“线性数列”.
（1）已知为“线性数列”，且，证明：数列为等比数列.
（2）已知.
（i）证明：数列为“线性数列”.
（ii）记，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）证明：因为为“线性数列”，所以，
所以，即，解得，
所以，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）（i）因为，则，
令，即，解得，所以，
因为，
所以，所以数列为“线性数列”；
（ii）因为，则，
所以
，
因为，，所以，
所以.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据“线性数列”定义，列方程组求，再通过变形证明数列满足等比数列定义.
（2）(i) 先计算前几项，列方程组求，再验证与的线性关系；(ii) 对裂项，再累加求和证明不等式.
（1）因为为“线性数列”，所以，
所以，即，解得，
所以，
所以，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）（i）因为，则，
令，即，解得，所以，
因为，
所以，所以数列为“线性数列”；
（ii）因为，则，
所以
，
因为，，所以，
所以.
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