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浙江绍兴市上虞区2026届高三第一学期期末教学质量调测数学试题
一、选择题：本大题共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．（2026高三上·上虞期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合交集的定义求解即可.
2．（2026高三上·上虞期末）某射击运动员的10枪成绩分别为，则这10枪成绩的第一四分位数是（　　）
A．9.0 B．9.1 C．9.2 D．9.4
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将该运动员的成绩按照从小到大排序为：
，则这10枪成绩的第一四分位数是9.1.
故答案为：B.
【分析】先将数据从小到大排列，再根据百分位数的定义求解即可.
3．（2026高三上·上虞期末）已知复数（为虚数单位），则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：易知，
则.
故答案为：A.
【分析】根据特殊角的三角函数求得复数z，再根据复数的乘方运算，以及复数加法法则计算即可.
4．（2026高三上·上虞期末）已知函数，若，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；对数的性质与运算法则；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，由，可得，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
由，得，解得，
则，根据对勾函数的性质知在上单调递减，
当时，；当时，，则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】函数，由，可得，根据对数函数的运算化简求得的值，代入，再根据参数的取值范围，结合对勾函数的性质求解即可.
5．（2026高三上·上虞期末）在等差数列中，若，则的值为（　　）
A．18 B．15 C．12 D．9
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：在等差数列中，，
则.
故答案为：D.
【分析】先利用等差数列性质可得，再化简，即可求解.
6．（2026高三上·上虞期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，，
则，，即，
函数是增函数，则，，
因为，所以函数在上单调递增，
又因为，所以，即，
故.
故答案为：C.
【分析】易知，，对两边同时取以为底的对数，可得，，再根据函数在上单调递增，可得，据此即可判断的大小关系.
7．（2026高三上·上虞期末）设分别是椭圆的左右焦点，过椭圆上一点作切线交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设切线交轴于点，如图所示：
由椭圆的光学性质可得，，
又，
在中，，
，
由椭圆的定义得，即，解得，
故该椭圆的离心率是.
故答案为：A.
【分析】设切线交轴于点，根据椭圆的光学性质可得，在中，求出，，再根据椭圆的定义求解即可.
8．（2026高三上·上虞期末）如右图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方
向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这
样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，如图所示：
，则在小圆中，，在大圆中，，根据大圆的半径是小圆半径的2倍，可知的中点是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是，综上可知小圆在大圆内壁上滚动，圆心转过角后的位置为点，小圆上的点，恰好滚动到大圆上的也就是此时的小圆与大圆的切点，而在小圆中，圆心角（是小圆与的交点）恰好等于，则，而点与点其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点与点是同一个点在不同时刻的位置，根据任意性可知点的轨迹是大圆水平的这条直径，类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径.
故答案为：A.
【分析】取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，根据大圆的半径是小圆半径的2 倍，可知的中点是小圆转动一定角度后的圆心，根据任意性可知点的轨迹是大圆水平的这条直径，类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.
9．（2026高三上·上虞期末）某校300名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．的值为0.015
B．估计这40名学生数学考试成绩的众数为75
C．估计总体中成绩落在内的学生人数105
D．估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为85
【答案】A,B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得，故A正确；
B、因为直方图中最高矩形对应区间为，所以估计这40名学生数学考试成绩的众数为，故B正确；
C、区间对应的频率为，，
所以估计总体中成绩落在的学生人数为，故C错误；
D、前三组的频率和为，第四组的频率为，
因为，所以第百分位数落在区间内，
由，即估计这名学生数学考试成绩的第百分位数约为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积和为1，列方程求解的值即可判断A；根据频率分布直方图众数为最高矩形底边中点的横坐标，即可判断B；根据频率分布直方图先算[80，90)的频率，再乘以总体 300 得到估计人数即可判断C；根据前几组频率和确定第 80 百分位数所在区间，再用插值法计算即可判断D.
10．（2026高三上·上虞期末）设函数，其中.则下列说法正确的是（　　）
A．可能为奇函数
B．既有极大值也有极小值
C．若恒成立，则
D．若是方程的两个不同实根，且，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：函数定义域为，
A、若为奇函数，则，即，解得或，
与矛盾，则不可能为奇函数，故A错误；
B、，
，
则存在两个不等实根，不妨设，
当时，解得或；当，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
即在处取极大值，在处取极小值，故B正确；
C、由以及的单调性可知，
当或时，；当或时，；
因为，且恒成立，所以，即，故C正确；
D、因为是方程的两个不同实根，所以，
令，则，
令，解得，
则关于点对称，即关于点对称，
由以及在区间上单调递减，可得，又，，
可得，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】函数定义域为，假设函数为奇函数，则求得或，结合推出矛盾即可判断A；求导，利用导数判断函数的单调性即可判断B；由以及的单调性可知，结合恒成立求解即可判断C；由是方程，利用韦达定理，结合导数求得关于点对称，结合在区间上单调递减求解即可判断D.
11．（2026高三上·上虞期末）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，
B．当时，且为中点，则
C．不存在与，使得
D．当时，则最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、当时，由题意可得：，
即，故A正确；
B、当为中点，取的中点，连接，
因为在矩形中，，所以，
由勾股定理可得，且，
因为，所以，所以，，
因为，所以平面平面，
又因为平面平面，，且平面，
所以平面，平面，所以，，
因为，所以，故B正确；
C、假设存在与，使得，
因为在矩形中，，
所以，
由已知公式
，
显然，所以假设成立，故C错误；
D、在矩形中，设，，
于是有，
因为，
所以由
，
由余弦定理可得：
，
因为，所以，当且仅当时取等号，
所以有，当且仅当时取等号，
所以由
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当时，代入公式化简即可判断A；当为中点，取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算即可判断B；假设存在与，使得，利用假设法，结合余弦函数的最值性质求解即可判断C；在矩形中，设，，根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解即可判断D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2026高三上·上虞期末）已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则　 　.
【答案】6
【知识点】二项式系数；组合数公式
【解析】【解答】解：的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则，即.
故答案为：.
【分析】根据二项式系数的性质，结合组合数的性质求解即可.
13．（2026高三上·上虞期末）若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数　 　.
【答案】
【知识点】导数的几何意义；圆方程的综合应用；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
则切线斜率存在，①，因为点在上，所以圆②，
联立①②解得或（舍去），则，即，解得.
故答案为：.
【分析】求函数定义域为，求导得，由题意可得，结合点在圆上，联立求得点的坐标，代入曲线求解即可.
14．（2026高三上·上虞期末）如图所示的迷宫共有9个格子，相邻格子有门相通，9号格子就是迷宫出口，整个迷宫将会在4分钟后坍塌，若1号格子有一只老鼠，这只老鼠以每分钟一格的速度在迷宫里乱窜它通过各扇门的机会相等，则此老鼠在迷宫坍塌之前逃生的概率是　 　.
【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：小鼠逃生路线有以下六种情况：
；
.
概率分别为
则小老鼠逃生概率为
故答案为：.
【分析】由题意可得小鼠逃生有六种不同的路线，再利用独立事件的概率公式求每种情况的概率，最后利用互斥事件的概率公式求解即可.
四、解答题：本大题共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．（2026高三上·上虞期末）已知在中，角是的角平分线，且.
（1）若，求的长；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：因为，所以，所以，
又因为，所以，
则，
在中，由正弦定理得，即，解得；
（2）解：由，可得，，
由角平分线定理可知，设，则，
在中，由余弦定理得，即，解得，
在中，由余弦定理得，解得或，
当时，，，由得，
解得，与矛盾，所以，即，，
故的面积为.
【知识点】向量在几何中的应用；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）由，可知，利用同角三角函数的基本关系求出，再根据三角形内角和结合两角和的正弦公式求，最后在中，根据正弦定理可求即可；
（2）由，可得，，由角平分线定理可知，设，在中，利用余弦定理可得到与x的关系，再在和中，利用余弦定理可求得x，最后根据三角形面积公式求解即可.
（1）因为所以，所以.
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理得，即，解得.
（2）由知，，
由角平分线定理可知，设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得.
在中，由余弦定理得，解得或，
当时，，，由得
，
解得，与矛盾，所以.
所以，，所以的面积为.
16．（2026高三上·上虞期末）如图，在直三棱柱中，底面三角形是边长为2的等边三角形，是棱上一点，且由沿棱柱侧面经过棱到达点的最短路线长为，设这条最短路线与的交点为.
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值.
【答案】（1）解：由题意可知，，
点的路径所在平面的展开图，如图所示：
其中最短路径为，得，则点为的中点，
因为，所以，得，则点为上靠近点的四等分点，
分别取线段的中点，连接，
易知平面，，以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为等边的边长为，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
则，即，
又因为平面，所以平面；
（2）解：易得，平面的法向量为，
则，
则平面和平面所成的二面角（锐角）的余弦值为，
故平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值为.
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意可知，，作出点的路径所在平面的展开图，利用平面展开图求出点的位置，再取线段的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可求证；
（2）由（1）得直角坐标系，利用空间向量法结合二面角的夹角公式，以及同角三角函数的关系求解即可.
（1）由题意可知，，
点的路径所在平面的展开图如图，
其中最短路径为，
得，则点为的中点，
因为，所以，得，则点为上靠近点的四等分点，
分别取线段的中点，连接，
易知平面，，故以点为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为等边的边长为，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，即，
又平面，所以平面；
（2）易得，平面的法向量为，
则，
则平面和平面所成的二面角（锐角）的余弦值为，
故平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值为.
17．（2026高三上·上虞期末）在数列中，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，且数列的前项和为，若为数列中的最小项，求的取值范围.
【答案】解：(1)由，可得，
，
……
，
上式累加可得：，则，
因为，所以；
(2)由(1)可得，，
因为为数列中的最小项，所以，
即，
当时，得，即；
当时，；
当时，得，所以，
令，
则，
当时，，，，
又可验证当时，也成立，
当时，数列为递增数列，，即，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列递推公式，利用累加法求数列的通项公式；
（2）由(1)可得，利用等比数列、等差数列的求和公式求，由为数列中的最小项，可得，即，对n分情况讨论，当时，，构造函数数，判断函数的单调性，求最值，综合求的取值范围即可.
18．（2026高三上·上虞期末）已知抛物线，焦点为.过点的直线交抛物线于两点，过抛物线上一点作切线，且.
（1）当，直线斜率为时，求弦的长；
（2）当，且（为原点）的面积等于2时，求此时直线的方程.
【答案】（1）解：当，直线斜率为时，直线的方程为，交抛物线于，
联立，得，由韦达定理可得，
则；
（2）解：当直线的斜率存在时，设，交抛物线于，
易得，由抛物线的定义得，
易得，所以，因为，所以，
且，即，且满足，，联立得，
设，，联立，得，
由题意得，整理得，
由两边同时乘以得，
联立得，即点处切线的斜率，即，
代入，则，即，
易得，则点到的距离，
则，
即，联立，解得，
故直线的方程为或，
当直线斜率不存在时，点与点重合，不符合题意，故舍，
综上，直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 当，直线斜率为时， 可得直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理结合弦长公式求的长即可；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线，，根据抛物线的定义，结合，联立，求得，
设，，因为与抛物线相切，将直线代入到抛物线后只有一个根，则可得，易得，点，因为，结合点到直线的距离公式可得，与联立求得的值，进而求得直线的方程，当直线斜率不存在时，易得不符合题意.
（1）若，直线斜率为时，直线的方程为，交抛物线于，
联立得，则，
则.
（2）当直线的斜率存在时，设，交抛物线于，
易得，由抛物线的定义得，
易得，所以，因为，所以，
且，即，且满足，，
联立得，
设，，
联立得，
由题意得，整理得，
由两边同时乘以得，
联立得，即点处切线的斜率，即，
代入，则，即，
易得，则点到的距离，
则，
即，联立，解得，
故直线的方程为或，
当直线斜率不存在时，点与点重合，不符合题意，故舍，
综上，直线的方程为或.
19．（2026高三上·上虞期末）拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数
（1）求函数在上的值域；
（2）已知，求证：
（i）；
（ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
，，，
则函数在上的值域为；
（2）解：（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得，
要证，需证，又在上单调递增，
故只需证，又，
所以只需证，即证，
即证，
令，则，
不等式等价于，
，
只需证，
即证，
令，
求导得
令，
求导得
，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立，
故；
（ii）不等式恒成立，
等价于，又，
所以等价于，
令，则等价于，
即，
即等价于，
所以等价于，
令，求导得
，
又因为，所以，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以，
即，故整数的最小值为1.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，据此求值域即可；
（2）（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得，要证不等式成立，需证，令，需证，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，证明即可；
（ii）不等式等价于，令，不等式等价于等价于，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性求整数的最小值.
（1）由，可得，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以，又，
所以函数在上的值域为；
（2）（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得，
要证，需证，又在上单调递增，
故只需证，又，
所以只需证，即证，
即证，
令，则，
不等式等价于，
，
只需证，
即证，
令，
求导得
令，
求导得
，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立，
故.
（ii）不等式恒成立，
等价于，又，
所以等价于，
令，则等价于，
即，
即等价于，
所以等价于，
令，求导得
，
又因为，所以，所以，所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以整数的最小值为1.
1 / 1浙江绍兴市上虞区2026届高三第一学期期末教学质量调测数学试题
一、选择题：本大题共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．（2026高三上·上虞期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2026高三上·上虞期末）某射击运动员的10枪成绩分别为，则这10枪成绩的第一四分位数是（　　）
A．9.0 B．9.1 C．9.2 D．9.4
3．（2026高三上·上虞期末）已知复数（为虚数单位），则等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2026高三上·上虞期末）已知函数，若，且，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．（2026高三上·上虞期末）在等差数列中，若，则的值为（　　）
A．18 B．15 C．12 D．9
6．（2026高三上·上虞期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2026高三上·上虞期末）设分别是椭圆的左右焦点，过椭圆上一点作切线交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（　　）
A． B． C． D．
8．（2026高三上·上虞期末）如右图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方
向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这
样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是
A． B．
C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.
9．（2026高三上·上虞期末）某校300名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．的值为0.015
B．估计这40名学生数学考试成绩的众数为75
C．估计总体中成绩落在内的学生人数105
D．估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为85
10．（2026高三上·上虞期末）设函数，其中.则下列说法正确的是（　　）
A．可能为奇函数
B．既有极大值也有极小值
C．若恒成立，则
D．若是方程的两个不同实根，且，则
11．（2026高三上·上虞期末）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，
B．当时，且为中点，则
C．不存在与，使得
D．当时，则最小值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2026高三上·上虞期末）已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则　 　.
13．（2026高三上·上虞期末）若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数　 　.
14．（2026高三上·上虞期末）如图所示的迷宫共有9个格子，相邻格子有门相通，9号格子就是迷宫出口，整个迷宫将会在4分钟后坍塌，若1号格子有一只老鼠，这只老鼠以每分钟一格的速度在迷宫里乱窜它通过各扇门的机会相等，则此老鼠在迷宫坍塌之前逃生的概率是　 　.
四、解答题：本大题共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．（2026高三上·上虞期末）已知在中，角是的角平分线，且.
（1）若，求的长；
（2）若，求的面积.
16．（2026高三上·上虞期末）如图，在直三棱柱中，底面三角形是边长为2的等边三角形，是棱上一点，且由沿棱柱侧面经过棱到达点的最短路线长为，设这条最短路线与的交点为.
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值.
17．（2026高三上·上虞期末）在数列中，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，且数列的前项和为，若为数列中的最小项，求的取值范围.
18．（2026高三上·上虞期末）已知抛物线，焦点为.过点的直线交抛物线于两点，过抛物线上一点作切线，且.
（1）当，直线斜率为时，求弦的长；
（2）当，且（为原点）的面积等于2时，求此时直线的方程.
19．（2026高三上·上虞期末）拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数
（1）求函数在上的值域；
（2）已知，求证：
（i）；
（ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合交集的定义求解即可.
2．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将该运动员的成绩按照从小到大排序为：
，则这10枪成绩的第一四分位数是9.1.
故答案为：B.
【分析】先将数据从小到大排列，再根据百分位数的定义求解即可.
3．【答案】A
【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：易知，
则.
故答案为：A.
【分析】根据特殊角的三角函数求得复数z，再根据复数的乘方运算，以及复数加法法则计算即可.
4．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；对数的性质与运算法则；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，由，可得，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
由，得，解得，
则，根据对勾函数的性质知在上单调递减，
当时，；当时，，则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】函数，由，可得，根据对数函数的运算化简求得的值，代入，再根据参数的取值范围，结合对勾函数的性质求解即可.
5．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：在等差数列中，，
则.
故答案为：D.
【分析】先利用等差数列性质可得，再化简，即可求解.
6．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，，
则，，即，
函数是增函数，则，，
因为，所以函数在上单调递增，
又因为，所以，即，
故.
故答案为：C.
【分析】易知，，对两边同时取以为底的对数，可得，，再根据函数在上单调递增，可得，据此即可判断的大小关系.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设切线交轴于点，如图所示：
由椭圆的光学性质可得，，
又，
在中，，
，
由椭圆的定义得，即，解得，
故该椭圆的离心率是.
故答案为：A.
【分析】设切线交轴于点，根据椭圆的光学性质可得，在中，求出，，再根据椭圆的定义求解即可.
8．【答案】A
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，如图所示：
，则在小圆中，，在大圆中，，根据大圆的半径是小圆半径的2倍，可知的中点是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是，综上可知小圆在大圆内壁上滚动，圆心转过角后的位置为点，小圆上的点，恰好滚动到大圆上的也就是此时的小圆与大圆的切点，而在小圆中，圆心角（是小圆与的交点）恰好等于，则，而点与点其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点与点是同一个点在不同时刻的位置，根据任意性可知点的轨迹是大圆水平的这条直径，类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径.
故答案为：A.
【分析】取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，根据大圆的半径是小圆半径的2 倍，可知的中点是小圆转动一定角度后的圆心，根据任意性可知点的轨迹是大圆水平的这条直径，类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径.
9．【答案】A,B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，解得，故A正确；
B、因为直方图中最高矩形对应区间为，所以估计这40名学生数学考试成绩的众数为，故B正确；
C、区间对应的频率为，，
所以估计总体中成绩落在的学生人数为，故C错误；
D、前三组的频率和为，第四组的频率为，
因为，所以第百分位数落在区间内，
由，即估计这名学生数学考试成绩的第百分位数约为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积和为1，列方程求解的值即可判断A；根据频率分布直方图众数为最高矩形底边中点的横坐标，即可判断B；根据频率分布直方图先算[80，90)的频率，再乘以总体 300 得到估计人数即可判断C；根据前几组频率和确定第 80 百分位数所在区间，再用插值法计算即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：函数定义域为，
A、若为奇函数，则，即，解得或，
与矛盾，则不可能为奇函数，故A错误；
B、，
，
则存在两个不等实根，不妨设，
当时，解得或；当，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
即在处取极大值，在处取极小值，故B正确；
C、由以及的单调性可知，
当或时，；当或时，；
因为，且恒成立，所以，即，故C正确；
D、因为是方程的两个不同实根，所以，
令，则，
令，解得，
则关于点对称，即关于点对称，
由以及在区间上单调递减，可得，又，，
可得，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】函数定义域为，假设函数为奇函数，则求得或，结合推出矛盾即可判断A；求导，利用导数判断函数的单调性即可判断B；由以及的单调性可知，结合恒成立求解即可判断C；由是方程，利用韦达定理，结合导数求得关于点对称，结合在区间上单调递减求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、当时，由题意可得：，
即，故A正确；
B、当为中点，取的中点，连接，
因为在矩形中，，所以，
由勾股定理可得，且，
因为，所以，所以，，
因为，所以平面平面，
又因为平面平面，，且平面，
所以平面，平面，所以，，
因为，所以，故B正确；
C、假设存在与，使得，
因为在矩形中，，
所以，
由已知公式
，
显然，所以假设成立，故C错误；
D、在矩形中，设，，
于是有，
因为，
所以由
，
由余弦定理可得：
，
因为，所以，当且仅当时取等号，
所以有，当且仅当时取等号，
所以由
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当时，代入公式化简即可判断A；当为中点，取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算即可判断B；假设存在与，使得，利用假设法，结合余弦函数的最值性质求解即可判断C；在矩形中，设，，根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解即可判断D.
12．【答案】6
【知识点】二项式系数；组合数公式
【解析】【解答】解：的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则，即.
故答案为：.
【分析】根据二项式系数的性质，结合组合数的性质求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；圆方程的综合应用；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
则切线斜率存在，①，因为点在上，所以圆②，
联立①②解得或（舍去），则，即，解得.
故答案为：.
【分析】求函数定义域为，求导得，由题意可得，结合点在圆上，联立求得点的坐标，代入曲线求解即可.
14．【答案】
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：小鼠逃生路线有以下六种情况：
；
.
概率分别为
则小老鼠逃生概率为
故答案为：.
【分析】由题意可得小鼠逃生有六种不同的路线，再利用独立事件的概率公式求每种情况的概率，最后利用互斥事件的概率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以，所以，
又因为，所以，
则，
在中，由正弦定理得，即，解得；
（2）解：由，可得，，
由角平分线定理可知，设，则，
在中，由余弦定理得，即，解得，
在中，由余弦定理得，解得或，
当时，，，由得，
解得，与矛盾，所以，即，，
故的面积为.
【知识点】向量在几何中的应用；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）由，可知，利用同角三角函数的基本关系求出，再根据三角形内角和结合两角和的正弦公式求，最后在中，根据正弦定理可求即可；
（2）由，可得，，由角平分线定理可知，设，在中，利用余弦定理可得到与x的关系，再在和中，利用余弦定理可求得x，最后根据三角形面积公式求解即可.
（1）因为所以，所以.
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理得，即，解得.
（2）由知，，
由角平分线定理可知，设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得.
在中，由余弦定理得，解得或，
当时，，，由得
，
解得，与矛盾，所以.
所以，，所以的面积为.
16．【答案】（1）解：由题意可知，，
点的路径所在平面的展开图，如图所示：
其中最短路径为，得，则点为的中点，
因为，所以，得，则点为上靠近点的四等分点，
分别取线段的中点，连接，
易知平面，，以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为等边的边长为，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
则，即，
又因为平面，所以平面；
（2）解：易得，平面的法向量为，
则，
则平面和平面所成的二面角（锐角）的余弦值为，
故平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值为.
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意可知，，作出点的路径所在平面的展开图，利用平面展开图求出点的位置，再取线段的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可求证；
（2）由（1）得直角坐标系，利用空间向量法结合二面角的夹角公式，以及同角三角函数的关系求解即可.
（1）由题意可知，，
点的路径所在平面的展开图如图，
其中最短路径为，
得，则点为的中点，
因为，所以，得，则点为上靠近点的四等分点，
分别取线段的中点，连接，
易知平面，，故以点为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为等边的边长为，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，即，
又平面，所以平面；
（2）易得，平面的法向量为，
则，
则平面和平面所成的二面角（锐角）的余弦值为，
故平面和平面所成的二面角（锐角）的正切值为.
17．【答案】解：(1)由，可得，
，
……
，
上式累加可得：，则，
因为，所以；
(2)由(1)可得，，
因为为数列中的最小项，所以，
即，
当时，得，即；
当时，；
当时，得，所以，
令，
则，
当时，，，，
又可验证当时，也成立，
当时，数列为递增数列，，即，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据数列递推公式，利用累加法求数列的通项公式；
（2）由(1)可得，利用等比数列、等差数列的求和公式求，由为数列中的最小项，可得，即，对n分情况讨论，当时，，构造函数数，判断函数的单调性，求最值，综合求的取值范围即可.
18．【答案】（1）解：当，直线斜率为时，直线的方程为，交抛物线于，
联立，得，由韦达定理可得，
则；
（2）解：当直线的斜率存在时，设，交抛物线于，
易得，由抛物线的定义得，
易得，所以，因为，所以，
且，即，且满足，，联立得，
设，，联立，得，
由题意得，整理得，
由两边同时乘以得，
联立得，即点处切线的斜率，即，
代入，则，即，
易得，则点到的距离，
则，
即，联立，解得，
故直线的方程为或，
当直线斜率不存在时，点与点重合，不符合题意，故舍，
综上，直线的方程为或.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 当，直线斜率为时， 可得直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理结合弦长公式求的长即可；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线，，根据抛物线的定义，结合，联立，求得，
设，，因为与抛物线相切，将直线代入到抛物线后只有一个根，则可得，易得，点，因为，结合点到直线的距离公式可得，与联立求得的值，进而求得直线的方程，当直线斜率不存在时，易得不符合题意.
（1）若，直线斜率为时，直线的方程为，交抛物线于，
联立得，则，
则.
（2）当直线的斜率存在时，设，交抛物线于，
易得，由抛物线的定义得，
易得，所以，因为，所以，
且，即，且满足，，
联立得，
设，，
联立得，
由题意得，整理得，
由两边同时乘以得，
联立得，即点处切线的斜率，即，
代入，则，即，
易得，则点到的距离，
则，
即，联立，解得，
故直线的方程为或，
当直线斜率不存在时，点与点重合，不符合题意，故舍，
综上，直线的方程为或.
19．【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
，，，
则函数在上的值域为；
（2）解：（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得，
要证，需证，又在上单调递增，
故只需证，又，
所以只需证，即证，
即证，
令，则，
不等式等价于，
，
只需证，
即证，
令，
求导得
令，
求导得
，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立，
故；
（ii）不等式恒成立，
等价于，又，
所以等价于，
令，则等价于，
即，
即等价于，
所以等价于，
令，求导得
，
又因为，所以，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以，
即，故整数的最小值为1.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求最值，据此求值域即可；
（2）（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得，要证不等式成立，需证，令，需证，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，证明即可；
（ii）不等式等价于，令，不等式等价于等价于，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性求整数的最小值.
（1）由，可得，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以，又，
所以函数在上的值域为；
（2）（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得，
要证，需证，又在上单调递增，
故只需证，又，
所以只需证，即证，
即证，
令，则，
不等式等价于，
，
只需证，
即证，
令，
求导得
令，
求导得
，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
所以成立，
故.
（ii）不等式恒成立，
等价于，又，
所以等价于，
令，则等价于，
即，
即等价于，
所以等价于，
令，求导得
，
又因为，所以，所以，所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以整数的最小值为1.
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