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浙江省杭州市S9联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·杭州期中）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
则．
故答案为：A．
【分析】利用一元二次不等式和元素与集合的关系，从而求出集合A，再利用二次函数的图象求值域的方法得出集合B，再根据交集的运算法则得出集合.
2．（2025高二下·杭州期中）在复平面内，复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数，
对应的点为，点在第二象限.
故答案为：B.
【分析】先通过复数乘法运算化简复数 z，再根据其在复平面内对应点的横、纵坐标符号判断所在象限。
3．（2025高二下·杭州期中）已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
则所求直线的斜率为，
所以过点且与线段平行的直线方程为，即．
故答案为：B
【分析】先求直线AB的斜率，再利用点斜式写出过点C且斜率相同的直线方程，最后整理为一般式。
4．（2025高二下·杭州期中）设，则“”是“”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
【解析】【解答】解：由，解得或，
故由能够推出；由不能够推出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A．
【分析】先解不等式x2>x得到x的取值范围，再根据集合的包含关系判断充分性和必要性。
5．（2025高二下·杭州期中）函数的单调递增区间是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
因为恒成立，所以当时，，
即函数的单调递增区间是.
故答案为：D.
【分析】先对函数求导，再根据导数的符号确定单调递增区间。
6．（2025高二下·杭州期中）椭圆（）的两个焦点分别为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分三角形的另两边，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设以为边作正三角形与椭圆交于，两点，
则，所以，
由椭圆的定义可得，即，
则离心率.
故答案为：B.
【分析】利用正三角形的性质和椭圆定义，建立 a 与 c 的关系，进而求出离心率。
7．（2025高二下·杭州期中）正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
设正方体的棱长为1，则，，，，，
∴，，，，
∴，，∴，．
又，∴平面，
∴是平面的一个法向量，
∵，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：C
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面A1 BD的法向量，再利用线面角与向量夹角的关系求解。
8．（2025高二下·杭州期中）定理：如果函数及满足：①图像在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，，那么在内至少存在一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理．请利用该定理解决下面问题：
已知，若存在正数，（），满足，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由可得：，
令，所以
由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立，
因为，，所以，，
所以令，
，，
令可得：或，
令可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
当趋于正无穷时，趋近，
所以，所以实数的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】将已知等式变形为柯西中值定理的形式，构造辅助函数 ，通过研究其单调性与极值，确定 的取值范围。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·杭州期中）已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是(　　)
A． B．
C．有最大值 D．当时，的最大值为21
【答案】B,C
【知识点】等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：A：，，故A错误；
B：设公差为d，则由题可知，解得，，故B正确；
C：∵，，故根据等差数列前n项和的性质可知有最大值，故C正确；
D：＞0，则，故的最大值为20，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用等差数列的前n项和公式与等比中项性质，建立方程组求出首项a1 和公差d，再逐项判断各选项。
10．（2025高二下·杭州期中）已知函数.则下列结论正确的有（　　）
A．的最小正周期为
B．是的最大值
C．把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象
D．将函数的图象向右平移（）个单位长度，所得图象关于原点对称，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A，由，故A正确，
B，因为，故B错误，
C，把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，则C正确，
D，将函数的图象向右平移（）个单位长度后得到的图象，
因为其关于原点对称，则，解得，
又因为，所以的最小值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用三角函数的周期公式、函数值计算、图像平移变换及对称性条件，逐一判断各选项的正确性。
11．（2025高二下·杭州期中）如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（　　）
A．棱上存在一点，使得平面
B．点到平面的距离为
C．过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为
D．过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设棱上点，，则，
若平面，则有，
解得，与矛盾，
即在棱上不存在点M，使得平面，A错误；
B，点到平面的距离h，因，
则，B正确；
C，取AD，CD的中点E，F，连接，
则，即确定一个平面，如图，
依题意，，，即四边形是平行四边形，，
平面，平面，于是得平面，
显然，平面，平面，于是得平面，
而，平面，因此，平面平面，
即梯形是过与平面平行的正方体的截面，
而，
则此等腰梯形的高，
所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确；
D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，
该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦，
由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，
令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP，
则，而，而球半径，
则这个小圆半径，此圆面积为，D正确.
故答案为：BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法判断线面平行、计算点面距离；通过几何作图确定截面形状并求面积；分析外接球截面面积的最小值。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·杭州期中）甲射手击中靶心的概率为，乙射手击中靶心的概率为，甲、乙两人各射击一次，那么甲、乙不全击中靶心的概率为　 　．
【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由于两个人射击是相互独立的，故不全中靶心的概率为.
故答案为：
【分析】利用对立事件求解，先计算 “甲乙全击中靶心” 的概率，再用 1 减去该概率得到 “不全击中” 的概率。
13．（2025高二下·杭州期中）已知向量的夹角为，，，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为向量的夹角为，，，
则，
可得，
所以.
故答案为：.
【分析】利用向量模长平方等于自身平方的性质，结合数量积公式展开计算。
14．（2025高二下·杭州期中）已知斜率为1的直线与抛物线交于两点，若的外心为为坐标原点），则当最大时，=　 　.
【答案】.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，为外接圆的半径，
在中，由正弦定理可知，(R为外接圆的半径)，
当，即时，取得最大值2.
设，，易知，，
则，得，即.
设直线的方程为，即，
代入得，，
则，，
所以，解得.
故.
故答案为：
【分析】利用正弦定理将 转化为 ，当比值最大时 ，再联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式求解。
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·杭州期中）在中，角、、的对边分别为、、，，.
（1）若，求；
（2）若的面积，求，.
【答案】（1）解：，，，由正弦定理定理，可得，解得；
（2）解：，，由的面积，可得，解得，
由余弦定理，可得，解得.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可；
（2）根据的面积求得，再利用余弦定理求即可.
（1）由正弦定理定理可得，
又，，，
所以，
所以，
（2）由三角形面积公式可得的面积，
所以，又，，
所以，
由余弦定理可得，
所以，
所以.
16．（2025高二下·杭州期中）已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，求.
【答案】（1）解： 数列的前项和 ，
当时，，
当时，，则，
当时，，满足，则；
数列是正项等比数列，，公比，则；
（2）解：由（1）知，
，
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系求数列的通项公式；利用等比数列的通项公式求；
（2）由（1）知，利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式求解即可.
（1）因为，
所以时.
当时，，
所以，
，满足，所以，
数列是正项等比数列，.
所以公比，.
（2）由（1）知，
，
.
17．（2025高二下·杭州期中）已知函数，.
（1）若存在极小值，且极小值为，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
当时，，函数单调递增，函数无极值，
当时，令，得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，解得；
（2）解：由，得，即，，
设，，则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
则，即，
故的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和，利用导数判断函数的单调性，结合极小值为求解即可；
（2）不等式，即，分离参数得，设，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，即可得a的取值范围.
（1），，
当时，，所以函数无极值，
当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，解得.
（2）由，得，即，，
设，，
则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，则，
所以的取值范围为.
18．（2025高二下·杭州期中）如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以.
（2）解：如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
取的中点，连接．因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，
所以平面，所以，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，可取．
同理，可得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面的夹角为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)利用等腰三角形三线合一得到 BC⊥PD，再由面面垂直的性质定理证得 BC⊥ 平面 PAD，从而 BC⊥AD，最后由三线合一证得 AB=AC。
(2)建立空间直角坐标系，求出各点坐标，再分别求出平面 PAB 和 PAC 的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值。
（1）因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以.
（2）如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
取的中点，连接．因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，
所以平面，所以，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，可取．
同理，可得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面的夹角为.
19．（2025高二下·杭州期中）已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且．
（i）求P的坐标：
（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
【答案】（1）解：因为C的实轴长为，渐近线方程为，所以，，解得，，
则C的标准方程为；
（2）解：（i）设直线的方程为，，，，
联立，化简得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，整理得
则或或，解得，
由，可得，即，
将代入上式得，
，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，解得，则；
（ii）因为，所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径，
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或，
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得，故外接圆的面积为．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求得，即可得双曲线的标准方程；
（2）（i）设直线的方程为，，，，联立直线与双曲线方程，化简整理，利用韦达定理，结合列方程求点的坐标；
（ii）由，可得外接圆是以为直径的圆，记为圆T，求的外接圆的半径，再根据弦长列方程，求解即可.
（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，
所以，，解得，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，，
联立化简得，．
因为直线与双曲线的右支交于两点，
由，整理得
则或或，
解得.
由，可得，即，
将代入上式得，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，
解得，所以.
（ii）
因为，
所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或．
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得．
所以外接圆的面积为．
1 / 1浙江省杭州市S9联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·杭州期中）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·杭州期中）在复平面内，复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025高二下·杭州期中）已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·杭州期中）设，则“”是“”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高二下·杭州期中）函数的单调递增区间是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·杭州期中）椭圆（）的两个焦点分别为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分三角形的另两边，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·杭州期中）正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·杭州期中）定理：如果函数及满足：①图像在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，，那么在内至少存在一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理．请利用该定理解决下面问题：
已知，若存在正数，（），满足，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·杭州期中）已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是(　　)
A． B．
C．有最大值 D．当时，的最大值为21
10．（2025高二下·杭州期中）已知函数.则下列结论正确的有（　　）
A．的最小正周期为
B．是的最大值
C．把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象
D．将函数的图象向右平移（）个单位长度，所得图象关于原点对称，则的最小值为
11．（2025高二下·杭州期中）如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（　　）
A．棱上存在一点，使得平面
B．点到平面的距离为
C．过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为
D．过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·杭州期中）甲射手击中靶心的概率为，乙射手击中靶心的概率为，甲、乙两人各射击一次，那么甲、乙不全击中靶心的概率为　 　．
13．（2025高二下·杭州期中）已知向量的夹角为，，，则　 　．
14．（2025高二下·杭州期中）已知斜率为1的直线与抛物线交于两点，若的外心为为坐标原点），则当最大时，=　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·杭州期中）在中，角、、的对边分别为、、，，.
（1）若，求；
（2）若的面积，求，.
16．（2025高二下·杭州期中）已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，求.
17．（2025高二下·杭州期中）已知函数，.
（1）若存在极小值，且极小值为，求；
（2）若，求的取值范围.
18．（2025高二下·杭州期中）如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值．
19．（2025高二下·杭州期中）已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且．
（i）求P的坐标：
（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
则．
故答案为：A．
【分析】利用一元二次不等式和元素与集合的关系，从而求出集合A，再利用二次函数的图象求值域的方法得出集合B，再根据交集的运算法则得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数，
对应的点为，点在第二象限.
故答案为：B.
【分析】先通过复数乘法运算化简复数 z，再根据其在复平面内对应点的横、纵坐标符号判断所在象限。
3．【答案】B
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
则所求直线的斜率为，
所以过点且与线段平行的直线方程为，即．
故答案为：B
【分析】先求直线AB的斜率，再利用点斜式写出过点C且斜率相同的直线方程，最后整理为一般式。
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，解得或，
故由能够推出；由不能够推出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A．
【分析】先解不等式x2>x得到x的取值范围，再根据集合的包含关系判断充分性和必要性。
5．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
因为恒成立，所以当时，，
即函数的单调递增区间是.
故答案为：D.
【分析】先对函数求导，再根据导数的符号确定单调递增区间。
6．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设以为边作正三角形与椭圆交于，两点，
则，所以，
由椭圆的定义可得，即，
则离心率.
故答案为：B.
【分析】利用正三角形的性质和椭圆定义，建立 a 与 c 的关系，进而求出离心率。
7．【答案】C
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
设正方体的棱长为1，则，，，，，
∴，，，，
∴，，∴，．
又，∴平面，
∴是平面的一个法向量，
∵，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：C
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面A1 BD的法向量，再利用线面角与向量夹角的关系求解。
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由可得：，
令，所以
由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立，
因为，，所以，，
所以令，
，，
令可得：或，
令可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
当趋于正无穷时，趋近，
所以，所以实数的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】将已知等式变形为柯西中值定理的形式，构造辅助函数 ，通过研究其单调性与极值，确定 的取值范围。
9．【答案】B,C
【知识点】等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：A：，，故A错误；
B：设公差为d，则由题可知，解得，，故B正确；
C：∵，，故根据等差数列前n项和的性质可知有最大值，故C正确；
D：＞0，则，故的最大值为20，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用等差数列的前n项和公式与等比中项性质，建立方程组求出首项a1 和公差d，再逐项判断各选项。
10．【答案】A,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A，由，故A正确，
B，因为，故B错误，
C，把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，则C正确，
D，将函数的图象向右平移（）个单位长度后得到的图象，
因为其关于原点对称，则，解得，
又因为，所以的最小值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用三角函数的周期公式、函数值计算、图像平移变换及对称性条件，逐一判断各选项的正确性。
11．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设棱上点，，则，
若平面，则有，
解得，与矛盾，
即在棱上不存在点M，使得平面，A错误；
B，点到平面的距离h，因，
则，B正确；
C，取AD，CD的中点E，F，连接，
则，即确定一个平面，如图，
依题意，，，即四边形是平行四边形，，
平面，平面，于是得平面，
显然，平面，平面，于是得平面，
而，平面，因此，平面平面，
即梯形是过与平面平行的正方体的截面，
而，
则此等腰梯形的高，
所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确；
D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，
该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦，
由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，
令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP，
则，而，而球半径，
则这个小圆半径，此圆面积为，D正确.
故答案为：BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法判断线面平行、计算点面距离；通过几何作图确定截面形状并求面积；分析外接球截面面积的最小值。
12．【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：由于两个人射击是相互独立的，故不全中靶心的概率为.
故答案为：
【分析】利用对立事件求解，先计算 “甲乙全击中靶心” 的概率，再用 1 减去该概率得到 “不全击中” 的概率。
13．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为向量的夹角为，，，
则，
可得，
所以.
故答案为：.
【分析】利用向量模长平方等于自身平方的性质，结合数量积公式展开计算。
14．【答案】.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，为外接圆的半径，
在中，由正弦定理可知，(R为外接圆的半径)，
当，即时，取得最大值2.
设，，易知，，
则，得，即.
设直线的方程为，即，
代入得，，
则，，
所以，解得.
故.
故答案为：
【分析】利用正弦定理将 转化为 ，当比值最大时 ，再联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式求解。
15．【答案】（1）解：，，，由正弦定理定理，可得，解得；
（2）解：，，由的面积，可得，解得，
由余弦定理，可得，解得.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可；
（2）根据的面积求得，再利用余弦定理求即可.
（1）由正弦定理定理可得，
又，，，
所以，
所以，
（2）由三角形面积公式可得的面积，
所以，又，，
所以，
由余弦定理可得，
所以，
所以.
16．【答案】（1）解： 数列的前项和 ，
当时，，
当时，，则，
当时，，满足，则；
数列是正项等比数列，，公比，则；
（2）解：由（1）知，
，
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系求数列的通项公式；利用等比数列的通项公式求；
（2）由（1）知，利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式求解即可.
（1）因为，
所以时.
当时，，
所以，
，满足，所以，
数列是正项等比数列，.
所以公比，.
（2）由（1）知，
，
.
17．【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
当时，，函数单调递增，函数无极值，
当时，令，得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，解得；
（2）解：由，得，即，，
设，，则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
则，即，
故的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和，利用导数判断函数的单调性，结合极小值为求解即可；
（2）不等式，即，分离参数得，设，求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，即可得a的取值范围.
（1），，
当时，，所以函数无极值，
当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，解得.
（2）由，得，即，，
设，，
则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，则，
所以的取值范围为.
18．【答案】（1）证明：因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以.
（2）解：如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
取的中点，连接．因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，
所以平面，所以，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，可取．
同理，可得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面的夹角为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)利用等腰三角形三线合一得到 BC⊥PD，再由面面垂直的性质定理证得 BC⊥ 平面 PAD，从而 BC⊥AD，最后由三线合一证得 AB=AC。
(2)建立空间直角坐标系，求出各点坐标，再分别求出平面 PAB 和 PAC 的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值。
（1）因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以.
（2）如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
取的中点，连接．因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，
所以平面，所以，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，可取．
同理，可得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面的夹角为.
19．【答案】（1）解：因为C的实轴长为，渐近线方程为，所以，，解得，，
则C的标准方程为；
（2）解：（i）设直线的方程为，，，，
联立，化简得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，所以，整理得
则或或，解得，
由，可得，即，
将代入上式得，
，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，解得，则；
（ii）因为，所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径，
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或，
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得，故外接圆的面积为．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求得，即可得双曲线的标准方程；
（2）（i）设直线的方程为，，，，联立直线与双曲线方程，化简整理，利用韦达定理，结合列方程求点的坐标；
（ii）由，可得外接圆是以为直径的圆，记为圆T，求的外接圆的半径，再根据弦长列方程，求解即可.
（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，
所以，，解得，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，，
联立化简得，．
因为直线与双曲线的右支交于两点，
由，整理得
则或或，
解得.
由，可得，即，
将代入上式得，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，
解得，所以.
（ii）
因为，
所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或．
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得．
所以外接圆的面积为．
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