资源简介

浙江省柯桥中学2025-2026学年高二实验班上学期12月月考数学试卷
1．（2026高二上·柯桥月考）设命题．则命题的否定是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题的否定为“”.
故答案为：D.
【分析】根据命题否定的概念判断即可.
2．（2026高二上·柯桥月考）已知函数在闭区间上的最大值记为，若实数满足，则的值为（　　）
A． B． C． D．或
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：易知，，
因为，所以，
根据余弦函数性质可知，解得，且或，
则或，即或.
故答案为：D．
【分析】易知，由余弦函数的性质可知，再根据列式求解即可.
3．（2026高二上·柯桥月考）已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量，
由，且，可得，解得，
即，则，
则在方向上的投影向量为．
故答案为：A．
【分析】设向量，根据向量的坐标运算求得，再根据投影向量公式求解即可.
4．（2026高二上·柯桥月考）已知角，且，则（　　）
A．－2 B． C． D．2
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，可得，，
则，即，
由，可得，
即，等式两边同时除以，可得，
则.
故答案为：C.
【分析】由求得，根据利用两角和差的正弦、余弦公式结合同角三角函数基本关系求得，再根据两角差的正切公式求解即可.
5．（2026高二上·柯桥月考）“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方部分对应的函数解析式可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图可知：函数是偶函数，且定义域为，值域为，
A、，则，解得，
令，，函数是偶函数，
，即，
当且仅当时取等号，即当时取等号，则，故A不符合题意；
B、令，
因为，则函数不是偶函数，故C不符合；
C、由，
令，因为，函数是偶函数，
又，当时，即当时，该函数有最大值，因此该函数的值域为，故C符合；
D、要使有意义，则，解得，故D不符合.
故答案为：C.
【分析】由图可得函数为偶函数，并求定义域和值域，再逐项求函数的定义域，判断奇偶性，求函数的最大值判断即可.
6．（2026高二上·柯桥月考）已知函数，则，，的大小关系为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数定义域为，
满足，即函数为偶函数，
求导可得，
当时，，函数在上单调递增，
令，则，即函数在上单调递减，，
即，
因为，所以，
则．
故答案为：C．
【分析】先求函数的定义域，判断函数的奇偶性，再求导，利用导数判断函数的单调性，令，利用导数判断的单调性，由单调性可得，进而可判断，，的大小关系 ．
7．（2026高二上·柯桥月考）中，、、的对边分别为、、，若且，则的形状是（　　）
A．顶角为的等腰三角形 B．等边三角形
C．等腰直角三角形 D．直角三角形
【答案】C
【知识点】向量在几何中的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：如图所示：
在边、上分别取点、，使、，
以、为邻边作平行四边形，则，显然，
因为平行四边形为菱形，平分，且，
所以，即，则是等腰三角形，即，
令直线交于点，则是边的中点，，
即，，，
综上，是等腰直角三角形.
故答案为：C.
【分析】在边、上分别取点、，使、，以、为邻边作平行四边形，推出平行四边形为菱形，，，再根据给定面积导出，即可判断的形状.
8．（2026高二上·柯桥月考）已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且，则下列说法错误的是（　　）
A． B．
C．在处取得极小值 D．在处取得极大值
【答案】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
【解析】【解答】解：设，求导可得，
设，则，解得，则，即，
令，解得，则在上单调递增，
则，即，，故A正确；
，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，
则，在处取得极小值，无极大值，故B、C正确，D错误．
故答案为： D.
【分析】构造函数，求导可得，设，由，求得，即，再对求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可判断A；对求导，利用导数判断的单调性，并求极值即可判断BCD.
9．（2026高二上·柯桥月考）已知正数满足，则下列结论正确的是（　　）
A．的最大值为1 B．的最小值为4
C．的最大值为 D．的最小值为1
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
A、由，可得，解得，
则，当且仅当，即时等号成立，即的最大值为1，故A正确；
B、由，可得，解得，
当且仅当时等号成立，即的最小值为2，故B错误；
C、，则，
当且仅当时等号成立，则的最大值为，故C正确；
D、由，可得，则，
当且仅当，即时等号成立，即的最小值为1，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】直接利用基本不等式求解即可判断AB；将变形为，再利用基本不等式求解即可判断C；由，可得，利用基本不等式求解即可判断D.
10．（2026高二上·柯桥月考）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（　　）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】B,D
【知识点】平面的法向量；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】因为点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故答案为：B、D．
【分析】对于A，由于等价向量关系，进而确线段，判断A错误；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定点轨迹为线段，通过线面平行得到平面的距离为定值，进而得其体积为定值，判断B正确；对于C，以点轨迹为线段，建立空间直角坐标系，求解点的个数，判断C错误；对于D，点轨迹为线段．设，利用．解出，判断D正确.
11．（2026高二上·柯桥月考）已知的内角所对的边分别为，，.则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；正弦定理
【解析】【解答】解：由，可得，
整理可得，
因为，所以，又因为，所以或，
即或；当时，，此时，不合题意，
则，故A正确；
，由正弦定理可得，
因为，所以，
即，
整理可得：，
令，因为，，所以，即，
令，
易知，则在上单调递减，
又因为，，所以，；
由，可得，
，，又，
，，，，故B正确，C错误；
因为，所以，即，
则，即，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用同角三角函数基本关系的商关系以及两角和差正弦公式、和诱导公式化简可得，通过讨论角的关系确定角B即可判断A；将转化为方程，令，，利用导数可确定的范围，可判断BCD.
12．（2026高二上·柯桥月考）的展开式中，的系数为　 　.（用数值作答）
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：
，
其中的通项为，
满足，则，
故展开式中含的项为，其系数为.
故答案为：．
【分析】利用二项展开式的通项求解即可．
13．（2026高二上·柯桥月考）在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：设的外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
又因为，，可得，
即有，
所以
，，
因为，若存在最大值，则，
所以，即，
解得.
故填：.
【分析】由正弦定理的性质得出三角形外接圆的半径，再结合正弦定理边化角的方法和三角恒等变换，从而将转化为三角型函数，再由角B的取值范围和正切函数的图象求值域的方法，从而得出正数t的取值范围.
14．（2026高二上·柯桥月考）已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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】【解答】解：令，
令，则，
令，则，
令，则，即在上单调递增；
令，则，即在上单调递减；
又，所以有且只有两根分别为0，1；
因为与的图象有且仅有两个不同的交点，
则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点，
设两个不同的交点的横坐标为，，则有且只有一组实数根，
令，则，
当时，，则此时在上单调递增，
又当趋向于，趋向于，当趋向于，趋向于，即，
则有且只有一组实数根；
当时，方程组有且只有一组实数根，
等价于函数图象与直线图象共有两个交点，
临界情况为两条直线与图象相切，
当与相切，设对应切点为，，
则切线方程为，即，
，，解得；
当与相切，设对应切点为，
则切线，即，
，可得，解得；
则，
综上的取值范围为.
故答案为：.
【分析】问题等价于由且仅有两个不同的正实数解，化简可得，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求得有且只有两根分别为0，1，分类讨论，求出的取值范围.
15．（2026高二上·柯桥月考）在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）.
（1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数.
（2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数；
【答案】（1）解：用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）解：由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能的安排方式种数为种.
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】(1)采用容斥原理（间接法），先计算5人全排列的总数，再减去甲在1号、乙在5号的情况，最后加上重复减去的甲在1号且乙在5号的情况。
(2)采用分步乘法计数原理，第1天有5种选择，之后每天只需保证与前一天不同，各有4种选择，依次相乘即可。
（1）用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能的安排方式种数为种.
16．（2026高二上·柯桥月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段上一点，且．
（1）求证∶平面．
（2）试问∶在线段上是否存在点F，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出平面与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明∶由底面，且底面，可得，
因为底面为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面；
（2）解：以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，由，可得，
设，则，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则=，解得=，
则，，
又因为，设平面的法向量为，则，
取，可得，，可得，
则平面与平面夹角的余弦值，
综上，存在点满足题意 ，且点为的中点 ，此时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；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由底面，可得，再根据为正方形，可得，从而得平面，利用线面线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可．
（1）(1)证明∶因为底面，且底面，
所以．
又因为底面为正方形，所以．
又因为，且平面，
所以平面． 因为平面，
所以． 又，且平面，
所以平面．
（2）已知底面，且，以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，．又，所以，
设，则，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则=，
解得=（负值舍去），所以． 即，
又因为，设平面的法向量为，
则，取，可得，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值．
综上，存在点满足题意 ，且点为的中点 ，此时平面与平面夹角的余弦值为．
17．（2026高二上·柯桥月考）已知的内角所对边分别为.若内部有一个圆心为，半径为米的圆，它沿着的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切.
（1）若为边长是16米的等边三角形，求圆心经过的路程；
（2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一种的围成方案，使得圆心经过的路程最大并求出该最大值（若为正数，则，当且仅当时取等号）.
【答案】（1）解：如图所示：
因为是等边三角形，所以，所以，
则圆心走过的路程米；
（2）解：由题意，，，
则圆心走过的路程，
即
又，
即，整理可得，
因为，所以，
两边同时除以，
可得，
则，
，
，
当且仅当时等号成立，则，
，
故圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据切线长定理求解即可；
（2）由题意，，，表示圆心走过的路程，利用诱导公式、两角和的正切公式化简可得，最后利用基本不等式求得，即可求出的最大值.
（1）如下图，因为是等边三角形，所以，
所以，
所以圆心走过的路程米.
（2）依题意，，，
则圆心走过的路程，
即
又
，
即，
所以，
因为，所以，
两边同时除以，
可得，
所以，
所以，
，
当且仅当时等号成立，
所以，
所以，
所以圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形.
18．（2026高二上·柯桥月考）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
【答案】（1）解： 当时 ，即从1号盒子取2个球放入2号盒子，且2号盒子里有2个红球，
则2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）解：由题意可知：可取，
，
，
则3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为：
1 2 3
P
（3）解：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：，
因此．
【知识点】等比数列的性质；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)由题意，根据古典概率模型求解即可；
(2)由题意可知：可取，求出对应的概率，列分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，求解即可.
（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
1 2 3
P
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
19．（2026高二上·柯桥月考）已知函数，，则
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求m的取值范围；
（3）当时，若的最小值是0，求的最大值．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
若时，，函数在上单调递增；
若时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
综上可得：当时，在上单调递增；
若时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：令函数，可得，
因为当时，恒成立，所以在上恒成立，
又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，
令，
，
则在上为单调递增函数，，解得，
故实数的取值范围为；
（3）解：当时，若的最小值是0，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，
可得，可得，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，所以，
解得，
则，
令，其中，，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则，此时，
可得，，其中，
只需证明：当时，，当时，，
令，可得，
因为和都为增函数，都可为增函数，
所以，所以为增函数，
因为，所以当时，，当时，，
所以，当且仅当，等号成立，
即的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；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）求函数的定义域，再求导，分和两种情况讨论，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）令，求导，问题转化为在上恒成立，由，将问题转换为恒成立，令，求导易知，得到在上为增函数，得到，据此可求得m的取值范围；
（3）令函数，问题转化为在上恒成立，即在上恒成立，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到，令，求导，利用导数判断函数的单调性，得到，求得，得出，且，进而得到的最大值.
（1）解：由函数，可得，
若时，可得，所以在上单调递增；
若时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
综上可得：当时，在上单调递增；
若时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：令函数，可得，
因为当时，恒成立，所以在上恒成立，
又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，
令，
可得，
即在上为单调递增函数，所以，解得，
即实数的取值范围为.
（3）解：当时，若的最小值是0，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，
可得，可得，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，则，
解得，
所以
，
令，其中，
可得，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，此时，
可得，
则，其中，
只需证明：当时，，当时，，
令，可得，
因为和都为增函数，都可为增函数，
所以，所以为增函数，
因为，所以当时，，当时，，
所以，当且仅当，等号成立，
即的最大值为.
1 / 1浙江省柯桥中学2025-2026学年高二实验班上学期12月月考数学试卷
1．（2026高二上·柯桥月考）设命题．则命题的否定是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2026高二上·柯桥月考）已知函数在闭区间上的最大值记为，若实数满足，则的值为（　　）
A． B． C． D．或
3．（2026高二上·柯桥月考）已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2026高二上·柯桥月考）已知角，且，则（　　）
A．－2 B． C． D．2
5．（2026高二上·柯桥月考）“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方部分对应的函数解析式可能为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2026高二上·柯桥月考）已知函数，则，，的大小关系为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2026高二上·柯桥月考）中，、、的对边分别为、、，若且，则的形状是（　　）
A．顶角为的等腰三角形 B．等边三角形
C．等腰直角三角形 D．直角三角形
8．（2026高二上·柯桥月考）已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且，则下列说法错误的是（　　）
A． B．
C．在处取得极小值 D．在处取得极大值
9．（2026高二上·柯桥月考）已知正数满足，则下列结论正确的是（　　）
A．的最大值为1 B．的最小值为4
C．的最大值为 D．的最小值为1
10．（2026高二上·柯桥月考）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（　　）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
11．（2026高二上·柯桥月考）已知的内角所对的边分别为，，.则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．（2026高二上·柯桥月考）的展开式中，的系数为　 　.（用数值作答）
13．（2026高二上·柯桥月考）在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是　 　.
14．（2026高二上·柯桥月考）已知函数与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为　 　.
15．（2026高二上·柯桥月考）在五一小长假期间，要从5人中选出若干人在5天假期中值班（每天只需一人值班）.
（1）若每人都只安排一天值班，要求甲不排在1号，乙不排在5号，求所有可能的安排方式种数.
（2）若不出现同一人连续值班2天，求所有可能的安排方式种数；
16．（2026高二上·柯桥月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段上一点，且．
（1）求证∶平面．
（2）试问∶在线段上是否存在点F，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出平面与平面夹角的余弦值；若不存在，请说明理由．
17．（2026高二上·柯桥月考）已知的内角所对边分别为.若内部有一个圆心为，半径为米的圆，它沿着的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切.
（1）若为边长是16米的等边三角形，求圆心经过的路程；
（2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一种的围成方案，使得圆心经过的路程最大并求出该最大值（若为正数，则，当且仅当时取等号）.
18．（2026高二上·柯桥月考）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
19．（2026高二上·柯桥月考）已知函数，，则
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求m的取值范围；
（3）当时，若的最小值是0，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题的否定为“”.
故答案为：D.
【分析】根据命题否定的概念判断即可.
2．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：易知，，
因为，所以，
根据余弦函数性质可知，解得，且或，
则或，即或.
故答案为：D．
【分析】易知，由余弦函数的性质可知，再根据列式求解即可.
3．【答案】A
【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；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量，
由，且，可得，解得，
即，则，
则在方向上的投影向量为．
故答案为：A．
【分析】设向量，根据向量的坐标运算求得，再根据投影向量公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，可得，，
则，即，
由，可得，
即，等式两边同时除以，可得，
则.
故答案为：C.
【分析】由求得，根据利用两角和差的正弦、余弦公式结合同角三角函数基本关系求得，再根据两角差的正切公式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图可知：函数是偶函数，且定义域为，值域为，
A、，则，解得，
令，，函数是偶函数，
，即，
当且仅当时取等号，即当时取等号，则，故A不符合题意；
B、令，
因为，则函数不是偶函数，故C不符合；
C、由，
令，因为，函数是偶函数，
又，当时，即当时，该函数有最大值，因此该函数的值域为，故C符合；
D、要使有意义，则，解得，故D不符合.
故答案为：C.
【分析】由图可得函数为偶函数，并求定义域和值域，再逐项求函数的定义域，判断奇偶性，求函数的最大值判断即可.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数定义域为，
满足，即函数为偶函数，
求导可得，
当时，，函数在上单调递增，
令，则，即函数在上单调递减，，
即，
因为，所以，
则．
故答案为：C．
【分析】先求函数的定义域，判断函数的奇偶性，再求导，利用导数判断函数的单调性，令，利用导数判断的单调性，由单调性可得，进而可判断，，的大小关系 ．
7．【答案】C
【知识点】向量在几何中的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：如图所示：
在边、上分别取点、，使、，
以、为邻边作平行四边形，则，显然，
因为平行四边形为菱形，平分，且，
所以，即，则是等腰三角形，即，
令直线交于点，则是边的中点，，
即，，，
综上，是等腰直角三角形.
故答案为：C.
【分析】在边、上分别取点、，使、，以、为邻边作平行四边形，推出平行四边形为菱形，，，再根据给定面积导出，即可判断的形状.
8．【答案】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
【解析】【解答】解：设，求导可得，
设，则，解得，则，即，
令，解得，则在上单调递增，
则，即，，故A正确；
，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，
则，在处取得极小值，无极大值，故B、C正确，D错误．
故答案为： D.
【分析】构造函数，求导可得，设，由，求得，即，再对求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可判断A；对求导，利用导数判断的单调性，并求极值即可判断BCD.
9．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
A、由，可得，解得，
则，当且仅当，即时等号成立，即的最大值为1，故A正确；
B、由，可得，解得，
当且仅当时等号成立，即的最小值为2，故B错误；
C、，则，
当且仅当时等号成立，则的最大值为，故C正确；
D、由，可得，则，
当且仅当，即时等号成立，即的最小值为1，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】直接利用基本不等式求解即可判断AB；将变形为，再利用基本不等式求解即可判断C；由，可得，利用基本不等式求解即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】平面的法向量；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】因为点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故答案为：B、D．
【分析】对于A，由于等价向量关系，进而确线段，判断A错误；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定点轨迹为线段，通过线面平行得到平面的距离为定值，进而得其体积为定值，判断B正确；对于C，以点轨迹为线段，建立空间直角坐标系，求解点的个数，判断C错误；对于D，点轨迹为线段．设，利用．解出，判断D正确.
11．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；正弦定理
【解析】【解答】解：由，可得，
整理可得，
因为，所以，又因为，所以或，
即或；当时，，此时，不合题意，
则，故A正确；
，由正弦定理可得，
因为，所以，
即，
整理可得：，
令，因为，，所以，即，
令，
易知，则在上单调递减，
又因为，，所以，；
由，可得，
，，又，
，，，，故B正确，C错误；
因为，所以，即，
则，即，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用同角三角函数基本关系的商关系以及两角和差正弦公式、和诱导公式化简可得，通过讨论角的关系确定角B即可判断A；将转化为方程，令，，利用导数可确定的范围，可判断BCD.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：
，
其中的通项为，
满足，则，
故展开式中含的项为，其系数为.
故答案为：．
【分析】利用二项展开式的通项求解即可．
13．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：设的外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
又因为，，可得，
即有，
所以
，，
因为，若存在最大值，则，
所以，即，
解得.
故填：.
【分析】由正弦定理的性质得出三角形外接圆的半径，再结合正弦定理边化角的方法和三角恒等变换，从而将转化为三角型函数，再由角B的取值范围和正切函数的图象求值域的方法，从而得出正数t的取值范围.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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】【解答】解：令，
令，则，
令，则，
令，则，即在上单调递增；
令，则，即在上单调递减；
又，所以有且只有两根分别为0，1；
因为与的图象有且仅有两个不同的交点，
则函数图象与轴有且仅有两个不同的交点，
设两个不同的交点的横坐标为，，则有且只有一组实数根，
令，则，
当时，，则此时在上单调递增，
又当趋向于，趋向于，当趋向于，趋向于，即，
则有且只有一组实数根；
当时，方程组有且只有一组实数根，
等价于函数图象与直线图象共有两个交点，
临界情况为两条直线与图象相切，
当与相切，设对应切点为，，
则切线方程为，即，
，，解得；
当与相切，设对应切点为，
则切线，即，
，可得，解得；
则，
综上的取值范围为.
故答案为：.
【分析】问题等价于由且仅有两个不同的正实数解，化简可得，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求得有且只有两根分别为0，1，分类讨论，求出的取值范围.
15．【答案】（1）解：用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）解：由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能的安排方式种数为种.
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】(1)采用容斥原理（间接法），先计算5人全排列的总数，再减去甲在1号、乙在5号的情况，最后加上重复减去的甲在1号且乙在5号的情况。
(2)采用分步乘法计数原理，第1天有5种选择，之后每天只需保证与前一天不同，各有4种选择，依次相乘即可。
（1）用间接法可得，所有可能的安排方式种数为种.
（2）由题意可知1号有5种排法，其余4天的排法有种，
所以所有可能的安排方式种数为种.
16．【答案】（1）证明∶由底面，且底面，可得，
因为底面为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面；
（2）解：以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，由，可得，
设，则，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则=，解得=，
则，，
又因为，设平面的法向量为，则，
取，可得，，可得，
则平面与平面夹角的余弦值，
综上，存在点满足题意 ，且点为的中点 ，此时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；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由底面，可得，再根据为正方形，可得，从而得平面，利用线面线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可．
（1）(1)证明∶因为底面，且底面，
所以．
又因为底面为正方形，所以．
又因为，且平面，
所以平面． 因为平面，
所以． 又，且平面，
所以平面．
（2）已知底面，且，以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，．又，所以，
设，则，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则=，
解得=（负值舍去），所以． 即，
又因为，设平面的法向量为，
则，取，可得，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值．
综上，存在点满足题意 ，且点为的中点 ，此时平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：如图所示：
因为是等边三角形，所以，所以，
则圆心走过的路程米；
（2）解：由题意，，，
则圆心走过的路程，
即
又，
即，整理可得，
因为，所以，
两边同时除以，
可得，
则，
，
，
当且仅当时等号成立，则，
，
故圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据切线长定理求解即可；
（2）由题意，，，表示圆心走过的路程，利用诱导公式、两角和的正切公式化简可得，最后利用基本不等式求得，即可求出的最大值.
（1）如下图，因为是等边三角形，所以，
所以，
所以圆心走过的路程米.
（2）依题意，，，
则圆心走过的路程，
即
又
，
即，
所以，
因为，所以，
两边同时除以，
可得，
所以，
所以，
，
当且仅当时等号成立，
所以，
所以，
所以圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形.
18．【答案】（1）解： 当时 ，即从1号盒子取2个球放入2号盒子，且2号盒子里有2个红球，
则2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）解：由题意可知：可取，
，
，
则3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为：
1 2 3
P
（3）解：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：，
因此．
【知识点】等比数列的性质；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)由题意，根据古典概率模型求解即可；
(2)由题意可知：可取，求出对应的概率，列分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，求解即可.
（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
1 2 3
P
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
19．【答案】（1）解：函数定义域为，，
若时，，函数在上单调递增；
若时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
综上可得：当时，在上单调递增；
若时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：令函数，可得，
因为当时，恒成立，所以在上恒成立，
又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，
令，
，
则在上为单调递增函数，，解得，
故实数的取值范围为；
（3）解：当时，若的最小值是0，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，
可得，可得，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，所以，
解得，
则，
令，其中，，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则，此时，
可得，，其中，
只需证明：当时，，当时，，
令，可得，
因为和都为增函数，都可为增函数，
所以，所以为增函数，
因为，所以当时，，当时，，
所以，当且仅当，等号成立，
即的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；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）求函数的定义域，再求导，分和两种情况讨论，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）令，求导，问题转化为在上恒成立，由，将问题转换为恒成立，令，求导易知，得到在上为增函数，得到，据此可求得m的取值范围；
（3）令函数，问题转化为在上恒成立，即在上恒成立，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到，令，求导，利用导数判断函数的单调性，得到，求得，得出，且，进而得到的最大值.
（1）解：由函数，可得，
若时，可得，所以在上单调递增；
若时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
综上可得：当时，在上单调递增；
若时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：令函数，可得，
因为当时，恒成立，所以在上恒成立，
又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，
令，
可得，
即在上为单调递增函数，所以，解得，
即实数的取值范围为.
（3）解：当时，若的最小值是0，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，
可得，可得，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，则，
解得，
所以
，
令，其中，
可得，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，此时，
可得，
则，其中，
只需证明：当时，，当时，，
令，可得，
因为和都为增函数，都可为增函数，
所以，所以为增函数，
因为，所以当时，，当时，，
所以，当且仅当，等号成立，
即的最大值为.
1 / 1

展开更多......

收起↑