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浙江省强基联盟2026年1月高三联考数学试题
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．已知复数（为虚数单位），则复数的虚部为（　　）
A． B．1 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
【解析】【解答】解：由，
则复数的虚部为．
故答案为：A．
【分析】根据复数除法运算法则等差复数z，再利用复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
2．若集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：对于A，因为，但，
所以不成立，故A错误；
对于B，因为，但，
所以不成立，故B错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D错误．
故答案为：C．
【分析】根据集合间的包含关系判断选项A和选项B，利用交集的运算法则和并集的运算法则，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
3．若函数的图象在处的切线过点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以在处的切线方程为，
因为切线过点，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出函数在处的切线方程，最后由代入法得出实数a的值.
4．已知函数恒成立，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意，得是函数的最大值，
，
得，
，
又．
故答案为：A.
【分析】由题意结合正弦型函数求最值的方法和不等式恒成立问题求解方法，则根据的取值范围得出的值.
5．已知向量满足，且，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
两式相减，得，
则．
又因为，
所以，
联立，
解得，
则．
故答案为：C．
【分析】根据数量积求向量的模的公式和两向量垂直数量积为0的等价关系，再利用数量积的运算律，从而得出的值.
6．某电器由三个元件按下图方式连接而成，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，各个元件能否正常工作相互独立．当元件1正常工作，且元件2或元件3正常工作时，该电器正常工作．现有台这样的电器，估计这批电器使用寿命超过小时的台数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，
所以元件1、元件2、元件3使用寿命超过小时的概率均为，
一台这样的电器使用寿命超过小时，是元件1使用寿命超过小时，
并且元件2、元件3至少有一个使用寿命超过小时，
因此一台这样的电器使用寿命超过小时的概率为，
显然台这样的电器，使用寿命超过小时的台数，
所以，台这样的电器，估计这批电器使用寿命超过小时的台数为．
故答案为：B．
【分析】先利用对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出一台电器使用寿命超过小时的概率，再利用二项分布求数学期望公式，从而估计出这批电器使用寿命超过小时的台数.
7．设的三个内角，，所对的边分别为，，，如果，且，那么外接圆的半径为（　　）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】A
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以，
因为，
由正弦定理，可得，
解得，
则外接圆的半径为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和余弦定理结合三角形中角B的取值范围，从而可得角的值，再利用正弦定理的性质，从而得出外接圆的半径.
8．设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：因为椭圆的两个焦点坐标为，，
恰好为两个圆的圆心坐标，即圆的半径，圆的半径，
由椭圆的定义，可得，
当椭圆上动点与焦点连线与圆相交于时，最小，
则最小值为，
当椭圆上动点与焦点连线的反向延长线与圆相交于时，最大，
最大值为，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得两个圆心恰好是椭圆的焦点，再结合椭圆的定义和几何法求最值的方法，从而得出的取值范围，进而得出不可能的值.
二、多项选择题：本大题共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．已知是等差数列的前项和，则下列选项中可能是所对应的图象的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的图象；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
则等差数列的前项和公式为，
当时，是过原点的直线上的点，故选项B正确，
当时，是关于的二次函数，且该二次函数的图象过原点，
则是过原点的抛物线上的点，故选项A、选项D正确．
故答案为：ABD．
【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列前n项和公式得出与d的关系式，再分和两种情况讨论结合直线图象与点的位置关系、二次函数的图象与点的位置关系，从而逐项判断找出可能是所对应的图象的选项.
10．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（　　）
A．的坐标为
B．的最小值为2
C．若，则过与抛物线相切的直线的方程为
D．的最小值为3
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：对于A，由抛物线性质得的坐标为，故A正确，
对于B，当的斜率不存在时，可得的方程为，
联立方程组，解得，，
得到，，则，
得到的最小值不可能为2，故B错误，
对于C，若，设切线方程为不为，
联立方程组，可得，
此时，解得，
则，即，故C正确，
对于D，如图，作出符合题意的图形，作垂直于准线，
由抛物线定义可得，
当且仅当三点共线时取等，此时，可得，
则的最小值为3，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，根据抛物线得到焦点即可判断；对于B，根据抛物线的性质，当的斜率不存在时，最小；对于C，设直线方程，联立再结合判别式求即可；对于D，利用抛物线的定义求最小值即可．
11．在棱长为1的正方体中，点，满足，，则（　　）
A．平面
B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为
C．当时，满足到直线与到平面的距离相等的点有两个
D．当时，四面体外接球体积为
【答案】A,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：对于选项A：，
为中点，
连接，交于点，
则为中点，
所以.
因为平面，平面，
平面，故A正确；
对于选项B：以为原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
在正方体中，
易知平面的法向量为，
因为，，，，
所以，
则，，
设与平面所成角为（），
则，
所以，
又因为且，
则，，
所以，
则，
因为，
所以点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆在平面上四边形内的部分
（含与四边形的交点），其长度为，故B错误；
对于选项C：由选项B知，，点到直线的距离为1，
又因为，
所以点到平面的距离为，
若点满足到直线与到平面的距离相等，
则，
所以，此时，
则满足条件的点有1个（与点重合），故C错误；
对于选项D：当时，，
因为，，，
设四面体的外接球球心坐标为，半径为，
则，
解得，
所以，四面体外接球的体积为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据已知条件和线面平行的判定定理证明，则判断出选项A；先求出平面的法向量，再根据数量积求线面角的公式求出和的关系，再由圆的定义确定点的轨迹，最后根据扇形弧长公式判断出选项B；先求出点到直线的距离与点到平面的距离，再结合已知条件得出满足到直线与到平面的距离相等的点的个数，则判断出选项C；根据已知条件得出球心到已知点的距离等于球的半径，从而列关于x，y，z，r的方程组求解得出四面体外接球的半径，再根据球的体积公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知角满足，则　 　．
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】解：由，
得，
所以，
则，
所以
故答案为：.
【分析】利用两角和的余弦公式、同角三角函数基本关系式和已知条件，从而得到的值，再由两角和的正切公式，从而得出的值.
13．函数是定义在上的奇函数，且当时，，则　 　．
【答案】4
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】解：由题意，可得，
解得，
则．
故答案为：.
【分析】由奇函数的性质，即，从而得出的值，再根据奇函数的定义得出的值．
14．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则事件“存在，，使得”的概率为　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，
从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，有种取法，
假设，
若不存在且、，使得，
则，
在、、、、中任取个不同的数，依次表示、、、，
此时有种不符合题意的取法，
则种符合题意的取法，
所以，事件“存在，，使得”的概率为.
故答案为：.
【分析】根据题意和反证法，再利用组合数公式和古典概率公式，从而得出事件“存在，，使得”的概率．
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．某县承包了一块土地，已知土地的使用面积与相应的管理时间的关系如下表所示：
土地使用面积/亩 1 2 3 4 5
管理时间月 8 10 13 25 24
并调查了某村300位村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示：
单位：人
　 愿意参与管理 不愿意参与管理
男性村民 150 50
女性村民 50 50
（1）求出样本相关系数的大小，并判断管理时间与土地使用面积是否线性相关（当时，即可认为线性相关）；
（2）以该村村民的性别与参与管理意愿的情况估计该县的情况，从该县中任取3人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为，求的分布列及数学期望．
参考公式：；参考数据：．
【答案】（1）解：由题意，得，
所以，
可得：
则
所以，管理时间与土地使用面积线性相关.
（2）解：由题意，则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，
从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为
则，
，
则的分布列为：
0 1 2 3
所以，数学期望.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）根据表格中的数据结合平均数公式以及相关系数计算公式，从而得出的值，则判断出管理时间与土地使用面积线性相关.
（2）根据题意得到随机变量的所有可能取值，再利用独立事件乘法求概率公式，从而得出相应的概率，进而得出随机变量的分布列，再根据数学期望的公式得出随机变量的数学期望.
（1）由题意得，，
所以，
可得，
则，
所以管理时间与土地使用面积线性相关.
（2）由题意，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，
从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为，
故，
故的分布列为
0 1 2 3
所以数学期望.
16．已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）解：由，
则当时，，
解得，
当时，，
与相减得，
则当时，，
所以，
则数列是首项和公比均为2的等比数列，
所以，
则，
所以数列的通项公式为.
（2）解：因为，
所以——①，
则——②，
得：
，
所以.
【知识点】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）根据与的关系式和等比数列的定义判断出数列是首项和公比均为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）结合已知条件可得数列的通项公式，再利用错位相减法得出数列数列的前项和.
（1）由，所以当时，，解得，
当时，，与相减得，
即时，，所以，
所以是首项和公比均为2的等比数列，所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以——①，
则——②，
得
，
所以.
17．如图，三棱柱中，侧面为菱形，.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接交于，连接，
由侧面为菱形，
可得，为的中点，
因为，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为点为的中点，
所以垂直平分，
则.
（2）解：因为，且为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则，
由菱形，
得，
则，
所以，
则两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，，
又因为，
所以为等边三角形，
则，
所以，
则，，
设是平面的法向量，
则，
取，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和线线垂直证出直线平面，再利用线面垂直的定义得出，再根据垂直平分，从而证出.
（2）根据已知条件结合等腰三角形三线合一得出，再利用两三角形全等顶点判断方法和菱形的结构特征，从而得出两两垂直，进而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：连接交于，连接，
由侧面为菱形，可得，为的中点，
又，
而，平面，
所以平面，
而平面，故，
又为的中点，所以垂直平分，
所以.
（2）因为，且为的中点，所以，
又因为，所以，故，
由菱形，故，故，故，
从而两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，，
因为，所以为等边三角形，
所以，
则，
则，，
设是平面的法向量，
则，取，则，故，
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．已知双曲线
（1），求双曲线的渐近线方程.
（2）设，为双曲线的左右顶点，双曲线上一点的纵坐标为，且，求的值；
（3）已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为求直线的斜率.
【答案】（1）解：当时，双曲线的方程为，
则双曲线的渐近线方程为；
（2）解：由题意，设，
则，，
则，，
又点在双曲线上，则，化简得，
又所以；
（3）解：将点代入双曲线方程得，解得：，
故双曲线方程为；
设直线斜率为，则直线斜率为
直线方程为，联立双曲线与直线：
，
其中 即且，
由韦达定理，则，
同理以代，则，
则，，
故.
【知识点】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）把代入，再根据双曲线渐近线方程的公式求解；
（2）由题意得，设，再利用数量积公式得到与的关系，把点代入双曲线方程即可求解；
（3）设直线斜率为，则直线斜率为，再联立曲线得到横坐标，再代入斜率公式化简即可得斜率.
（1）当时，双曲线的方程为，
则双曲线的渐近线方程为；
（2）由题意，设，
则，，
则，，
又点在双曲线上，则，化简得，
又所以；
（3）将点代入双曲线方程得，解得：，
故双曲线方程为；
设直线斜率为，则直线斜率为
直线方程为，联立双曲线与直线：
，
其中 即且，
由韦达定理，则，
同理以代，则，
则，，
故.
19．已知，
（1）当时，证明：；
（2）设，若对任意的，恒成立，求的取值范围；
（3）证明：对任意的正整数，总有.
【答案】（1）证明：因为，，
所以，定义域为
令，
则.
令，得；令，得，
则在上单调递增，在上单调递减.
所以，
则当时，，
所以.
（2）解：设.
若对任意的，恒成立，
则恒成立，
因为，
设，则，且，.
（i）当，时，在中，，
则恒成立；
（ii）当，时，，
则单调递增，
所以.
则在单调递增，
所以，
则恒成立；
（iii）当，时，，
则单调递增，
所以
因为，
则必然存在一个，使得，
且当时，单调递减；
当时，，单调递增，
此时，不满足恒成立，
综上所述，的取值范围是.
（3）证明：由（2）中结论，
当时，，对任意的恒成立，
取，可得，，对任意的恒成立，
对任意的，，
变形可得，
分别令，，..，，
可得，，……，，
累加可得：.
【知识点】函数恒成立问题；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）由已知条件和构造法，令，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，从而证出.
（2）利用函数f(x)的解析式得出函数g(x)的解析式，再讨论的取值，再根据导数正负判断函数的单调性，从而得出函数在上的值域，再利用不等式恒成立问题求解方法得出实数的取值范围.
（3）由（2）的结论结合不等式恒成立问题求解方法和赋值法，变形可得，再利用赋值法和累加法以及对数的运算法则，从而证出对任意的正整数，总有.
（1），，则，定义域为
令，则.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，所以当时.
所以得证.
（2）设.
若对任意的，恒成立，则恒成立.
又，
设，则，且有，
（i）当，时，显然中，则恒成立；
（ii）当，时，，则单调递增，.
所以在单调递增，所以，所以恒成立；
（iii）当，时，，则单调递增，
又，则必然存在一个，使得，
且有时，单调递减；时，，单调递增.
此时，不满足恒成立.
综上所述，的取值范围是.
（3）由（2）中结论，
有当时，，对任意的恒成立，
取可得，，对任意的恒成立.
即对任意的，，变形可得，
分别令，，..，，可得，，……，
累加可得，证毕.
1 / 1浙江省强基联盟2026年1月高三联考数学试题
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．已知复数（为虚数单位），则复数的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．
2．若集合，则（　　）
A． B．
C． D．
3．若函数的图象在处的切线过点，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知函数恒成立，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．已知向量满足，且，则（　　）
A． B． C． D．2
6．某电器由三个元件按下图方式连接而成，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，各个元件能否正常工作相互独立．当元件1正常工作，且元件2或元件3正常工作时，该电器正常工作．现有台这样的电器，估计这批电器使用寿命超过小时的台数为（　　）
A． B． C． D．
7．设的三个内角，，所对的边分别为，，，如果，且，那么外接圆的半径为（　　）
A．1 B．2 C． D．4
8．设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本大题共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．已知是等差数列的前项和，则下列选项中可能是所对应的图象的是（　　）
A． B．
C． D．
10．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（　　）
A．的坐标为
B．的最小值为2
C．若，则过与抛物线相切的直线的方程为
D．的最小值为3
11．在棱长为1的正方体中，点，满足，，则（　　）
A．平面
B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为
C．当时，满足到直线与到平面的距离相等的点有两个
D．当时，四面体外接球体积为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知角满足，则　 　．
13．函数是定义在上的奇函数，且当时，，则　 　．
14．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则事件“存在，，使得”的概率为　 　．
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．某县承包了一块土地，已知土地的使用面积与相应的管理时间的关系如下表所示：
土地使用面积/亩 1 2 3 4 5
管理时间月 8 10 13 25 24
并调查了某村300位村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示：
单位：人
　 愿意参与管理 不愿意参与管理
男性村民 150 50
女性村民 50 50
（1）求出样本相关系数的大小，并判断管理时间与土地使用面积是否线性相关（当时，即可认为线性相关）；
（2）以该村村民的性别与参与管理意愿的情况估计该县的情况，从该县中任取3人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为，求的分布列及数学期望．
参考公式：；参考数据：．
16．已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
17．如图，三棱柱中，侧面为菱形，.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知双曲线
（1），求双曲线的渐近线方程.
（2）设，为双曲线的左右顶点，双曲线上一点的纵坐标为，且，求的值；
（3）已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为求直线的斜率.
19．已知，
（1）当时，证明：；
（2）设，若对任意的，恒成立，求的取值范围；
（3）证明：对任意的正整数，总有.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，
则复数的虚部为．
故答案为：A．
【分析】根据复数除法运算法则等差复数z，再利用复数的虚部的定义，从而得出复数z的虚部.
2．【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：对于A，因为，但，
所以不成立，故A错误；
对于B，因为，但，
所以不成立，故B错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D错误．
故答案为：C．
【分析】根据集合间的包含关系判断选项A和选项B，利用交集的运算法则和并集的运算法则，则判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
3．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以在处的切线方程为，
因为切线过点，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出函数在处的切线方程，最后由代入法得出实数a的值.
4．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意，得是函数的最大值，
，
得，
，
又．
故答案为：A.
【分析】由题意结合正弦型函数求最值的方法和不等式恒成立问题求解方法，则根据的取值范围得出的值.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
两式相减，得，
则．
又因为，
所以，
联立，
解得，
则．
故答案为：C．
【分析】根据数量积求向量的模的公式和两向量垂直数量积为0的等价关系，再利用数量积的运算律，从而得出的值.
6．【答案】B
【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；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，
所以元件1、元件2、元件3使用寿命超过小时的概率均为，
一台这样的电器使用寿命超过小时，是元件1使用寿命超过小时，
并且元件2、元件3至少有一个使用寿命超过小时，
因此一台这样的电器使用寿命超过小时的概率为，
显然台这样的电器，使用寿命超过小时的台数，
所以，台这样的电器，估计这批电器使用寿命超过小时的台数为．
故答案为：B．
【分析】先利用对立事件求概率公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出一台电器使用寿命超过小时的概率，再利用二项分布求数学期望公式，从而估计出这批电器使用寿命超过小时的台数.
7．【答案】A
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以，
因为，
由正弦定理，可得，
解得，
则外接圆的半径为.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和余弦定理结合三角形中角B的取值范围，从而可得角的值，再利用正弦定理的性质，从而得出外接圆的半径.
8．【答案】D
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：因为椭圆的两个焦点坐标为，，
恰好为两个圆的圆心坐标，即圆的半径，圆的半径，
由椭圆的定义，可得，
当椭圆上动点与焦点连线与圆相交于时，最小，
则最小值为，
当椭圆上动点与焦点连线的反向延长线与圆相交于时，最大，
最大值为，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得两个圆心恰好是椭圆的焦点，再结合椭圆的定义和几何法求最值的方法，从而得出的取值范围，进而得出不可能的值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】函数的图象；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
则等差数列的前项和公式为，
当时，是过原点的直线上的点，故选项B正确，
当时，是关于的二次函数，且该二次函数的图象过原点，
则是过原点的抛物线上的点，故选项A、选项D正确．
故答案为：ABD．
【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列前n项和公式得出与d的关系式，再分和两种情况讨论结合直线图象与点的位置关系、二次函数的图象与点的位置关系，从而逐项判断找出可能是所对应的图象的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：对于A，由抛物线性质得的坐标为，故A正确，
对于B，当的斜率不存在时，可得的方程为，
联立方程组，解得，，
得到，，则，
得到的最小值不可能为2，故B错误，
对于C，若，设切线方程为不为，
联立方程组，可得，
此时，解得，
则，即，故C正确，
对于D，如图，作出符合题意的图形，作垂直于准线，
由抛物线定义可得，
当且仅当三点共线时取等，此时，可得，
则的最小值为3，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，根据抛物线得到焦点即可判断；对于B，根据抛物线的性质，当的斜率不存在时，最小；对于C，设直线方程，联立再结合判别式求即可；对于D，利用抛物线的定义求最小值即可．
11．【答案】A,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：对于选项A：，
为中点，
连接，交于点，
则为中点，
所以.
因为平面，平面，
平面，故A正确；
对于选项B：以为原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
在正方体中，
易知平面的法向量为，
因为，，，，
所以，
则，，
设与平面所成角为（），
则，
所以，
又因为且，
则，，
所以，
则，
因为，
所以点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆在平面上四边形内的部分
（含与四边形的交点），其长度为，故B错误；
对于选项C：由选项B知，，点到直线的距离为1，
又因为，
所以点到平面的距离为，
若点满足到直线与到平面的距离相等，
则，
所以，此时，
则满足条件的点有1个（与点重合），故C错误；
对于选项D：当时，，
因为，，，
设四面体的外接球球心坐标为，半径为，
则，
解得，
所以，四面体外接球的体积为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据已知条件和线面平行的判定定理证明，则判断出选项A；先求出平面的法向量，再根据数量积求线面角的公式求出和的关系，再由圆的定义确定点的轨迹，最后根据扇形弧长公式判断出选项B；先求出点到直线的距离与点到平面的距离，再结合已知条件得出满足到直线与到平面的距离相等的点的个数，则判断出选项C；根据已知条件得出球心到已知点的距离等于球的半径，从而列关于x，y，z，r的方程组求解得出四面体外接球的半径，再根据球的体积公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】解：由，
得，
所以，
则，
所以
故答案为：.
【分析】利用两角和的余弦公式、同角三角函数基本关系式和已知条件，从而得到的值，再由两角和的正切公式，从而得出的值.
13．【答案】4
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的值
【解析】【解答】解：由题意，可得，
解得，
则．
故答案为：.
【分析】由奇函数的性质，即，从而得出的值，再根据奇函数的定义得出的值．
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，
从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，有种取法，
假设，
若不存在且、，使得，
则，
在、、、、中任取个不同的数，依次表示、、、，
此时有种不符合题意的取法，
则种符合题意的取法，
所以，事件“存在，，使得”的概率为.
故答案为：.
【分析】根据题意和反证法，再利用组合数公式和古典概率公式，从而得出事件“存在，，使得”的概率．
15．【答案】（1）解：由题意，得，
所以，
可得：
则
所以，管理时间与土地使用面积线性相关.
（2）解：由题意，则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，
从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为
则，
，
则的分布列为：
0 1 2 3
所以，数学期望.
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量及其分布列
【解析】【分析】（1）根据表格中的数据结合平均数公式以及相关系数计算公式，从而得出的值，则判断出管理时间与土地使用面积线性相关.
（2）根据题意得到随机变量的所有可能取值，再利用独立事件乘法求概率公式，从而得出相应的概率，进而得出随机变量的分布列，再根据数学期望的公式得出随机变量的数学期望.
（1）由题意得，，
所以，
可得，
则，
所以管理时间与土地使用面积线性相关.
（2）由题意，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，
从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为，
故，
故的分布列为
0 1 2 3
所以数学期望.
16．【答案】（1）解：由，
则当时，，
解得，
当时，，
与相减得，
则当时，，
所以，
则数列是首项和公比均为2的等比数列，
所以，
则，
所以数列的通项公式为.
（2）解：因为，
所以——①，
则——②，
得：
，
所以.
【知识点】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）根据与的关系式和等比数列的定义判断出数列是首项和公比均为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）结合已知条件可得数列的通项公式，再利用错位相减法得出数列数列的前项和.
（1）由，所以当时，，解得，
当时，，与相减得，
即时，，所以，
所以是首项和公比均为2的等比数列，所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以——①，
则——②，
得
，
所以.
17．【答案】（1）证明：连接交于，连接，
由侧面为菱形，
可得，为的中点，
因为，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为点为的中点，
所以垂直平分，
则.
（2）解：因为，且为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则，
由菱形，
得，
则，
所以，
则两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，，
又因为，
所以为等边三角形，
则，
所以，
则，，
设是平面的法向量，
则，
取，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和线线垂直证出直线平面，再利用线面垂直的定义得出，再根据垂直平分，从而证出.
（2）根据已知条件结合等腰三角形三线合一得出，再利用两三角形全等顶点判断方法和菱形的结构特征，从而得出两两垂直，进而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：连接交于，连接，
由侧面为菱形，可得，为的中点，
又，
而，平面，
所以平面，
而平面，故，
又为的中点，所以垂直平分，
所以.
（2）因为，且为的中点，所以，
又因为，所以，故，
由菱形，故，故，故，
从而两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，，
因为，所以为等边三角形，
所以，
则，
则，，
设是平面的法向量，
则，取，则，故，
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：当时，双曲线的方程为，
则双曲线的渐近线方程为；
（2）解：由题意，设，
则，，
则，，
又点在双曲线上，则，化简得，
又所以；
（3）解：将点代入双曲线方程得，解得：，
故双曲线方程为；
设直线斜率为，则直线斜率为
直线方程为，联立双曲线与直线：
，
其中 即且，
由韦达定理，则，
同理以代，则，
则，，
故.
【知识点】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）把代入，再根据双曲线渐近线方程的公式求解；
（2）由题意得，设，再利用数量积公式得到与的关系，把点代入双曲线方程即可求解；
（3）设直线斜率为，则直线斜率为，再联立曲线得到横坐标，再代入斜率公式化简即可得斜率.
（1）当时，双曲线的方程为，
则双曲线的渐近线方程为；
（2）由题意，设，
则，，
则，，
又点在双曲线上，则，化简得，
又所以；
（3）将点代入双曲线方程得，解得：，
故双曲线方程为；
设直线斜率为，则直线斜率为
直线方程为，联立双曲线与直线：
，
其中 即且，
由韦达定理，则，
同理以代，则，
则，，
故.
19．【答案】（1）证明：因为，，
所以，定义域为
令，
则.
令，得；令，得，
则在上单调递增，在上单调递减.
所以，
则当时，，
所以.
（2）解：设.
若对任意的，恒成立，
则恒成立，
因为，
设，则，且，.
（i）当，时，在中，，
则恒成立；
（ii）当，时，，
则单调递增，
所以.
则在单调递增，
所以，
则恒成立；
（iii）当，时，，
则单调递增，
所以
因为，
则必然存在一个，使得，
且当时，单调递减；
当时，，单调递增，
此时，不满足恒成立，
综上所述，的取值范围是.
（3）证明：由（2）中结论，
当时，，对任意的恒成立，
取，可得，，对任意的恒成立，
对任意的，，
变形可得，
分别令，，..，，
可得，，……，，
累加可得：.
【知识点】函数恒成立问题；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）由已知条件和构造法，令，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，从而证出.
（2）利用函数f(x)的解析式得出函数g(x)的解析式，再讨论的取值，再根据导数正负判断函数的单调性，从而得出函数在上的值域，再利用不等式恒成立问题求解方法得出实数的取值范围.
（3）由（2）的结论结合不等式恒成立问题求解方法和赋值法，变形可得，再利用赋值法和累加法以及对数的运算法则，从而证出对任意的正整数，总有.
（1），，则，定义域为
令，则.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，所以当时.
所以得证.
（2）设.
若对任意的，恒成立，则恒成立.
又，
设，则，且有，
（i）当，时，显然中，则恒成立；
（ii）当，时，，则单调递增，.
所以在单调递增，所以，所以恒成立；
（iii）当，时，，则单调递增，
又，则必然存在一个，使得，
且有时，单调递减；时，，单调递增.
此时，不满足恒成立.
综上所述，的取值范围是.
（3）由（2）中结论，
有当时，，对任意的恒成立，
取可得，，对任意的恒成立.
即对任意的，，变形可得，
分别令，，..，，可得，，……，
累加可得，证毕.
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