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贵州省毕节市实验高级中学2025-2026学年高二第一学期数学期末考试试卷
1．（2026高二上·毕节期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，，
可得.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和并集的运算法则，从而得出集合.
2．（2026高二上·毕节期末）已知复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
则，
所以复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和复数的除法运算法则，从而求出复数，再利用共轭复数的定义，从而得到复数，进而得出复数的虚部.
3．（2026高二上·毕节期末）已知函数，则的值为（　　）
A． B． C． D．4
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：函数，
则.
故答案为：C.
【分析】根据分段函数的解析式，将代入，结合诱导公式和特殊角的余弦值求值即可.
4．（2026高二上·毕节期末）“”是“直线与直线平行”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】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：当时，直线与平行，即充分性成立；
当直线与平行，则，解得或，
当时，与重合，不合题意；
当时，直线与平行，即必要性成立，
则“”是“直线与平行”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据两直线平行的判定，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．（2026高二上·毕节期末）在直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的正弦值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：根据题意，易知两两相互垂直，
则建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，
则
所以，，
设所成角为，又因为，
则，
所以，
则与所成角的正弦值是.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出与所成角的正弦值.
6．（2026高二上·毕节期末）如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为，点为中点，
所以，
又因为，，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据空间向量基本定理求解即可.
7．（2026高二上·毕节期末）已知函数为定义在上的奇函数，当时，都有成立，且，则满足的的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性；不等式的解集
【解析】【解答】解：由题意可得：函数在上为增函数，
因为函数为奇函数，所以在上为增函数，
又因为，所以，所以当时，，
当时，，
若，则，
又因为，所以当时，．
故答案为：D.
【分析】由题意可知函数在上为增函数，且当时，，当时，，再根据 函数为定义在上的奇函数 ，，据此求得解集即可．
8．（2026高二上·毕节期末）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线方程为，
令，则，解得，所以，
又因为双曲线的渐近线方程为，
所以，则，
所以，则，
所以双曲线的离心率.
故答案为：A.
【分析】设双曲线与抛物线的公共焦点为，从而得出双曲线的准线方程为，再代入双曲线方程和渐近线方程结合线段长度比值，从而可得，由双曲线离心率公式变形得出双曲线的离心率的值.
9．（2026高二上·毕节期末）为了解2025年贵州省青少年科普知识挑战赛，现将1000名学生科普竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（　　）
A．a的值为0.005
B．估计这组数据的众数为75
C．估计成绩低于60分的有250人
D．估计这组数据的第85百分位数为85
【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；概率的基本性质；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，由题意，得，解得，故A正确；
对于选项B，显然落在组的学生最多，估计这组数据的众数为，故B正确；
对于选项C，因为成绩低于60分的频率为，
所以，估计成绩低于60分的有人，故C正确；
对于选项D，因为，，
所以，这组数据的第85百分位数落在，
设第85百分位数为，则，解得，
估计这组数据的第85百分位数为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积，再利用频率之和为1得到关于a的方程，从而求出的值，则判断出选项A；利用落在组的学生最多，从而估计出众数，则判断出选项B；先求出成绩低于60分的频率，再利用频数等于频率乘以样本容量的公式，则判断出选项C；先得到这组数据的第85百分位数落在，设第85百分位数为，从而得到关于x的方程，进而求出x的值，则估计出这组数据的第85百分位数，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．（2026高二上·毕节期末）已知函数，则（　　）
A． B．的最小值为2
C．为偶函数 D．在上单调递增
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用；对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A：因为，故A错误；
对于B：令，则，
当且仅当时，即当时取等号，故B正确；
对于C：因为且，
所以为偶函数，故C正确；
对于D：由选项B，若，，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以在上单调递减，上单调递增，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件和代入法，再利用对数的运算法则，从而得出函数的值，则判断出选项A；利用换元法得到，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出函数的最小值，则判断出选项B；根据函数的奇偶性的定义判断出函数的奇偶性，则判断出选项C；由选项B结合换元法，再利用对勾函数的单调性，从而判断出函数在上的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2026高二上·毕节期末）函数的图象如图所示，则下列说法中正确的有（　　）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．若方程在上有2个不相等的实数根，则的取值范围是
D．将向左平移个单位长度，得到函数
【答案】A,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由图可知，函数图象过点，所以，
则，所以，
解得，又因为，所以，故A正确；
由，得，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
由，，令，
所以方程在上有两个不相等的根，
等价于函数与有两个不同的交点，如图：
由图可知，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数与有两个不同的交点，
则，所以，方程在上有2个不相等的实数根，
则，故C错误；
将向左平移个单位长度，
得，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先由函数图象过点和，则根据代入法和绝对值不等式求解方法，从而可得的值，则判断出选项A；从而可得函数解析式为，再利用换元法和正弦函数的对称性，则判断出正弦型函数的对称性，从而判断出选项B，利用正弦型函数的图象变换，则判断出选项D；将方程的根转化为函数与有两个不同的交点，再利用函数与的图象，从而可得实数m的取值范围，则判断出选项C，从而找出说法正确的选项.
12．（2026高二上·毕节期末）从1，2，4，5这4个数字中任取2个，则这2个数字之差的绝对值大于2的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：任取两个不同的数有共6种，
又因为2个数之差的绝对值大于2的有，
由古典概率公式可知，
则所求概率为．
故答案为：.
【分析】利用列举法得出所有可能结果，再选出符合条件的结果，利用古典概率公式得出这2个数字之差的绝对值大于2的概率.
13．（2026高二上·毕节期末）已知点，，若直线与线段有公共点，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：因为直线恒过点，且，
由图可知，直线与线段有公共点，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】结合直线恒过定点和数形结合，根据两点求斜率公式，从而可得直线的斜率的取值范围.
14．（2026高二上·毕节期末）两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于　 　．
【答案】
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：，设，
则．
故答案为：.
【分析】由题意，设，代入计算即可.
15．（2026高二上·毕节期末）已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线 ： 上.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.
【答案】（1）解：设圆的标准方程为，
因为圆心在直线上，所以①，
因为是圆上两点，所以，
根据两点间的距离公式，可得 ，即②，
联立①②可得，，
故圆的方程为；
（2）解：由(1)知，圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为3，符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由题意可得 ，解得，
此时，直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）设圆的标准方程为，由圆心在直线上可得①，再根据是圆上两点，，利用两点间距离公式列式求得②，联立①②即可求得圆的方程；
（2）由(1)知，圆心为，半径为，设圆心到直线的距离为，利用弦长公式求圆心到直线的距离，再分直线的斜率存在和不存在讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求得斜率，即可得直线方程.
（1）设圆的标准方程为，
故圆心的坐标为， 因为圆心在直线上，
所以
因为是圆上两点，所以，根据两点间的距离公式，有
，即，
由①②可得，
故圆的方程为，
（2）由(1)知，圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为3，符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由题意可得 ，解得，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
16．（2026高二上·毕节期末）已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）点在边上，且，求的周长．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
所以，
因为，所以
所以，
因为，所以，所以，所以．
（2）解：在中，由余弦定理可知，，解得，
在中，由余弦定理可知，，解得，
所以的周长为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解即可求得 角的大小；
（2）应用余弦定理得出，再应用得出，即可求得的周长 .
（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
17．（2026高二上·毕节期末）如图，已知PA⊥平面，为矩形，，M，N分别为AB，PC的中点，
（1）求证：MN平面PAD；
（2）求PD与平面PMC所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，如图所示：
因为N分别为PC的中点，所以，，
又因为为矩形，则，M分别为AB的中点，则，
故，所以四边形AMNQ为平行四边形，所以，
又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD；
（2）解：以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，所以，
，．
设平面PMC法向量为：，则，
令，可得，
设PD与平面PMC所成角为，，
则，
即PD与平面PMC所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取PD中点Q，连接AQ，QN，利用中位线性质，结合为正方形，证明四边形AMNQ为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明MN平面PAD即可；
（2）以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，求出平面PMC法向量，设PD与平面PMC所成角为θ，利用空间向量法求解即可．
（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，N分别为PC的中点，则，，
又因为为矩形，则，M分别为AB的中点，则，
故，所以四边形AMNQ为平行四边形，
所以，因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD；
（2）以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
因为，
所以，
，．
设平面PMC法向量为：，
则，令，则．
设PD与平面PMC所成角为，，
则.
即PD与平面PMC所成角的正弦值为.
18．（2026高二上·毕节期末）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线交该椭圆于、两点，且，为坐标原点，当的面积最大时，求的方程.
【答案】（1）解：由题意，可得，
解得，
则椭圆的标准方程为.
（2）解：由图形的对称性可知，直线过轴上的定点，易知点，
若直线与轴重合，与矛盾，
设直线的方程为，点、，
联立，
可得，
则，
由韦达定理，可得，，
因为，
所以
，
则，
因为直线不过点，
所以，
则，
所以，直线的方程为，
则
，
令，
则，
由对勾函数的单调性，可知函数在上为增函数，
则当时，即当时，取最大值，且其最大值为，
所以，当的面积最大时，直线的方程为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知条件结合右焦点坐标、两点距离公式和题意中a，b，c三者的关系式，从而得出关于、、的方程组，解方程组得出这三个量的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）由图形的对称性可知，直线过轴上的定点，利用已知条件可知直线不与轴重合，设该直线方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，再结合与韦达定理式求出的值，再利用三角形的面积公式结合对勾函数的单调性运算求解.
（1）由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.
（2）由对称性可知，直线过轴上的定点，易知点，
若直线与轴重合，与矛盾，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
因为，
则
，
即，
因为直线不过点，则，故，
即直线的方程为，
所以
，
令，
则，
由对勾函数的单调性可知，
函数在上为增函数，
故当时，
即当时，取最大值，且其最大值为，
故当的面积最大时，直线的方程为.
19．（2026高二上·毕节期末）已知数列的前项和为且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.
（i）记，求数列的通项公式；
（ii）求数列的前项和.
【答案】（1）解： 数列的前项和为且 ，
当时，，
当时，，即，
因为所以数列是1为首项，2为公比的等比数列，则；
（2）解：（i）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则为新数列的第1项，为新数列的第项，，
即，即；
（ii）①，
②，
①一②得，，
，
，
则.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列的关系，结合等比数列的概念求数列的通项公式即可；
（2）（i）根据题意可得，化简即可得数列的通项公式；
（ii）由（i）可得，利用错位相减法求和即可.
（1）当时，，
当时，，即.
又
所以数列是1为首项，2为公比的等比数列，所以；
（2）（i）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则为新数列的第1项，为新数列的第项，
即，即；
（ii）①，
②，
①一②得，，
，
，
所以.
1 / 1贵州省毕节市实验高级中学2025-2026学年高二第一学期数学期末考试试卷
1．（2026高二上·毕节期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2026高二上·毕节期末）已知复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2026高二上·毕节期末）已知函数，则的值为（　　）
A． B． C． D．4
4．（2026高二上·毕节期末）“”是“直线与直线平行”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．（2026高二上·毕节期末）在直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的正弦值是（　　）
A． B． C． D．
6．（2026高二上·毕节期末）如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（　　）
A． B．
C． D．
7．（2026高二上·毕节期末）已知函数为定义在上的奇函数，当时，都有成立，且，则满足的的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2026高二上·毕节期末）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．3
9．（2026高二上·毕节期末）为了解2025年贵州省青少年科普知识挑战赛，现将1000名学生科普竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（　　）
A．a的值为0.005
B．估计这组数据的众数为75
C．估计成绩低于60分的有250人
D．估计这组数据的第85百分位数为85
10．（2026高二上·毕节期末）已知函数，则（　　）
A． B．的最小值为2
C．为偶函数 D．在上单调递增
11．（2026高二上·毕节期末）函数的图象如图所示，则下列说法中正确的有（　　）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．若方程在上有2个不相等的实数根，则的取值范围是
D．将向左平移个单位长度，得到函数
12．（2026高二上·毕节期末）从1，2，4，5这4个数字中任取2个，则这2个数字之差的绝对值大于2的概率为　 　.
13．（2026高二上·毕节期末）已知点，，若直线与线段有公共点，则的取值范围是　 　.
14．（2026高二上·毕节期末）两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于　 　．
15．（2026高二上·毕节期末）已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线 ： 上.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.
16．（2026高二上·毕节期末）已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）点在边上，且，求的周长．
17．（2026高二上·毕节期末）如图，已知PA⊥平面，为矩形，，M，N分别为AB，PC的中点，
（1）求证：MN平面PAD；
（2）求PD与平面PMC所成角的正弦值.
18．（2026高二上·毕节期末）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线交该椭圆于、两点，且，为坐标原点，当的面积最大时，求的方程.
19．（2026高二上·毕节期末）已知数列的前项和为且.
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.
（i）记，求数列的通项公式；
（ii）求数列的前项和.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，，
可得.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和并集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
则，
所以复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和复数的除法运算法则，从而求出复数，再利用共轭复数的定义，从而得到复数，进而得出复数的虚部.
3．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：函数，
则.
故答案为：C.
【分析】根据分段函数的解析式，将代入，结合诱导公式和特殊角的余弦值求值即可.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：当时，直线与平行，即充分性成立；
当直线与平行，则，解得或，
当时，与重合，不合题意；
当时，直线与平行，即必要性成立，
则“”是“直线与平行”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据两直线平行的判定，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：根据题意，易知两两相互垂直，
则建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，
则
所以，，
设所成角为，又因为，
则，
所以，
则与所成角的正弦值是.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出与所成角的正弦值.
6．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为，点为中点，
所以，
又因为，，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据空间向量基本定理求解即可.
7．【答案】D
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性；不等式的解集
【解析】【解答】解：由题意可得：函数在上为增函数，
因为函数为奇函数，所以在上为增函数，
又因为，所以，所以当时，，
当时，，
若，则，
又因为，所以当时，．
故答案为：D.
【分析】由题意可知函数在上为增函数，且当时，，当时，，再根据 函数为定义在上的奇函数 ，，据此求得解集即可．
8．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线方程为，
令，则，解得，所以，
又因为双曲线的渐近线方程为，
所以，则，
所以，则，
所以双曲线的离心率.
故答案为：A.
【分析】设双曲线与抛物线的公共焦点为，从而得出双曲线的准线方程为，再代入双曲线方程和渐近线方程结合线段长度比值，从而可得，由双曲线离心率公式变形得出双曲线的离心率的值.
9．【答案】A,B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；概率的基本性质；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，由题意，得，解得，故A正确；
对于选项B，显然落在组的学生最多，估计这组数据的众数为，故B正确；
对于选项C，因为成绩低于60分的频率为，
所以，估计成绩低于60分的有人，故C正确；
对于选项D，因为，，
所以，这组数据的第85百分位数落在，
设第85百分位数为，则，解得，
估计这组数据的第85百分位数为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的矩形的面积，再利用频率之和为1得到关于a的方程，从而求出的值，则判断出选项A；利用落在组的学生最多，从而估计出众数，则判断出选项B；先求出成绩低于60分的频率，再利用频数等于频率乘以样本容量的公式，则判断出选项C；先得到这组数据的第85百分位数落在，设第85百分位数为，从而得到关于x的方程，进而求出x的值，则估计出这组数据的第85百分位数，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用；对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A：因为，故A错误；
对于B：令，则，
当且仅当时，即当时取等号，故B正确；
对于C：因为且，
所以为偶函数，故C正确；
对于D：由选项B，若，，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以在上单调递减，上单调递增，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件和代入法，再利用对数的运算法则，从而得出函数的值，则判断出选项A；利用换元法得到，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出函数的最小值，则判断出选项B；根据函数的奇偶性的定义判断出函数的奇偶性，则判断出选项C；由选项B结合换元法，再利用对勾函数的单调性，从而判断出函数在上的单调性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由图可知，函数图象过点，所以，
则，所以，
解得，又因为，所以，故A正确；
由，得，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
由，，令，
所以方程在上有两个不相等的根，
等价于函数与有两个不同的交点，如图：
由图可知，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数与有两个不同的交点，
则，所以，方程在上有2个不相等的实数根，
则，故C错误；
将向左平移个单位长度，
得，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先由函数图象过点和，则根据代入法和绝对值不等式求解方法，从而可得的值，则判断出选项A；从而可得函数解析式为，再利用换元法和正弦函数的对称性，则判断出正弦型函数的对称性，从而判断出选项B，利用正弦型函数的图象变换，则判断出选项D；将方程的根转化为函数与有两个不同的交点，再利用函数与的图象，从而可得实数m的取值范围，则判断出选项C，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：任取两个不同的数有共6种，
又因为2个数之差的绝对值大于2的有，
由古典概率公式可知，
则所求概率为．
故答案为：.
【分析】利用列举法得出所有可能结果，再选出符合条件的结果，利用古典概率公式得出这2个数字之差的绝对值大于2的概率.
13．【答案】
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：因为直线恒过点，且，
由图可知，直线与线段有公共点，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】结合直线恒过定点和数形结合，根据两点求斜率公式，从而可得直线的斜率的取值范围.
14．【答案】
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：，设，
则．
故答案为：.
【分析】由题意，设，代入计算即可.
15．【答案】（1）解：设圆的标准方程为，
因为圆心在直线上，所以①，
因为是圆上两点，所以，
根据两点间的距离公式，可得 ，即②，
联立①②可得，，
故圆的方程为；
（2）解：由(1)知，圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为3，符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由题意可得 ，解得，
此时，直线的方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）设圆的标准方程为，由圆心在直线上可得①，再根据是圆上两点，，利用两点间距离公式列式求得②，联立①②即可求得圆的方程；
（2）由(1)知，圆心为，半径为，设圆心到直线的距离为，利用弦长公式求圆心到直线的距离，再分直线的斜率存在和不存在讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式求得斜率，即可得直线方程.
（1）设圆的标准方程为，
故圆心的坐标为， 因为圆心在直线上，
所以
因为是圆上两点，所以，根据两点间的距离公式，有
，即，
由①②可得，
故圆的方程为，
（2）由(1)知，圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为3，符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
由题意可得 ，解得，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
16．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
所以，
因为，所以
所以，
因为，所以，所以，所以．
（2）解：在中，由余弦定理可知，，解得，
在中，由余弦定理可知，，解得，
所以的周长为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解即可求得 角的大小；
（2）应用余弦定理得出，再应用得出，即可求得的周长 .
（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
17．【答案】（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，如图所示：
因为N分别为PC的中点，所以，，
又因为为矩形，则，M分别为AB的中点，则，
故，所以四边形AMNQ为平行四边形，所以，
又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD；
（2）解：以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，所以，
，．
设平面PMC法向量为：，则，
令，可得，
设PD与平面PMC所成角为，，
则，
即PD与平面PMC所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取PD中点Q，连接AQ，QN，利用中位线性质，结合为正方形，证明四边形AMNQ为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明MN平面PAD即可；
（2）以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，求出平面PMC法向量，设PD与平面PMC所成角为θ，利用空间向量法求解即可．
（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，N分别为PC的中点，则，，
又因为为矩形，则，M分别为AB的中点，则，
故，所以四边形AMNQ为平行四边形，
所以，因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD；
（2）以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
因为，
所以，
，．
设平面PMC法向量为：，
则，令，则．
设PD与平面PMC所成角为，，
则.
即PD与平面PMC所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：由题意，可得，
解得，
则椭圆的标准方程为.
（2）解：由图形的对称性可知，直线过轴上的定点，易知点，
若直线与轴重合，与矛盾，
设直线的方程为，点、，
联立，
可得，
则，
由韦达定理，可得，，
因为，
所以
，
则，
因为直线不过点，
所以，
则，
所以，直线的方程为，
则
，
令，
则，
由对勾函数的单调性，可知函数在上为增函数，
则当时，即当时，取最大值，且其最大值为，
所以，当的面积最大时，直线的方程为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知条件结合右焦点坐标、两点距离公式和题意中a，b，c三者的关系式，从而得出关于、、的方程组，解方程组得出这三个量的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）由图形的对称性可知，直线过轴上的定点，利用已知条件可知直线不与轴重合，设该直线方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，再结合与韦达定理式求出的值，再利用三角形的面积公式结合对勾函数的单调性运算求解.
（1）由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.
（2）由对称性可知，直线过轴上的定点，易知点，
若直线与轴重合，与矛盾，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
因为，
则
，
即，
因为直线不过点，则，故，
即直线的方程为，
所以
，
令，
则，
由对勾函数的单调性可知，
函数在上为增函数，
故当时，
即当时，取最大值，且其最大值为，
故当的面积最大时，直线的方程为.
19．【答案】（1）解： 数列的前项和为且 ，
当时，，
当时，，即，
因为所以数列是1为首项，2为公比的等比数列，则；
（2）解：（i）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则为新数列的第1项，为新数列的第项，，
即，即；
（ii）①，
②，
①一②得，，
，
，
则.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列的关系，结合等比数列的概念求数列的通项公式即可；
（2）（i）根据题意可得，化简即可得数列的通项公式；
（ii）由（i）可得，利用错位相减法求和即可.
（1）当时，，
当时，，即.
又
所以数列是1为首项，2为公比的等比数列，所以；
（2）（i）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则为新数列的第1项，为新数列的第项，
即，即；
（ii）①，
②，
①一②得，，
，
，
所以.
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