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江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模适应性检测数学试卷
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．设全集，，，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：全集，，
，又，
则．
故答案为：B．
【分析】本题考查集合的补集与并集运算，核心是先求出集合B在全集M中的补集 M B，再计算其与集合A的并集。
2．已知复数z满足，则复数z对应的点在（　　）
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】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数z满足，则，
则复数z对应的点为，所以复数z对应的点在第二象限.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的除法运算与复数的几何意义，核心是先通过分母实数化化简复数z，再根据复数的实部和虚部确定其在复平面内对应的点的坐标，进而判断所在象限。
3．若，，，则事件与事件满足（　　）
A．互为对立事件 B．
C． D．以上都不对
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、由，，可得，，
则，互相独立，即，故A错误；
B、，故B错误；
CD、由互相独立，可知互相独立，
则，故C正确，D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据对立事件的概率公式求得，，再求，，即可判断A；根据求解即可判断B；利用条件概率公式求解即可判断CD.
4．某公司对100名员工进行了工作量的调查，数据如表：
　 认为工作量大 认为工作量不大 合计
男士 40 20 60
女士 20 20 40
合计 60 40 100
若推断“员工的性别与认为工作量大有关”，则这种推断犯错误的概率不超过（　　）
附：
0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
A．0.1 B．0.05 C．0.025 D．0.01
【答案】A
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：，因为，
所以这种推断犯错误的概率不超过.
故答案为：A.
【分析】本题考查独立性检验的卡方（K2）计算与应用，核心是根据列联表数据代入卡方公式计算值，再与临界值表对比，确定推断错误的概率上限。
5．已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：
如图，
当的最大值为时，，
当时，最小时，最大.
由题得，
所以，则；
故答案为：A.
【分析】本题考查圆的切线性质与点到直线的距离公式，核心是将∠MPN的最大值转化为∠MPC的最大值，结合三角函数关系与点到直线的距离求出半径r。
6．设函数，若在内恰有3个零点，则的取值不可以为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：当时，
因为在内恰有3个零点，，即存在有3个不同的解使得，
当时，，所以满足的值有，符合题意；
当时，，所以满足的值有，符合题意；
当时，，所以满足的值有，不符合题意；
当时，，所以满足的值有，符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查三角函数的零点问题，核心是将函数零点转化为方程 的解的个数问题，结合 的范围求出 的范围，利用正弦函数图象判断满足条件的解的个数。
7．已知函数，定义域为R的函数满足，若函数与的图象有四个交点，分别为，，，，则（　　）
A．0 B．4 C．8 D．12
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：由，得的图象关于对称，
函数，则，即的图象也关于对称，
因此函数与图象的交点关于对称，
不妨设关于点对称的坐标为，，则，，
则，，同理得：，，
即.
故答案为：D
【分析】本题考查函数的对称性，核心是先证明f(x)与g(x)的图象均关于点(0，3)对称，再利用对称点的坐标性质，求出四个交点的横、纵坐标之和。
8．已知抛物线，点M是抛物线上的动点，则M到直线和的距离之和的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：
由可知抛物线的焦点为，准线方程为：，
如图过点作于点，作于点，交直线于点，则，
由图知，，则M到直线和的距离之和为：
，
因点M是抛物线上的动点，故当且仅当三点共线时，取得最小值，
即点到直线的距离，为，此时取得最小值为，
即M到直线和的距离之和的最小值为.
故答案为：D.
【分析】本题考查抛物线的定义与点到直线的距离公式，核心是利用抛物线的定义将“到直线x= 2的距离”转化为“到焦点的距离加 1”，再将距离之和转化为焦点到直线l1 的距离加1求解最小值。
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．若，，则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
A、，故A正确；
B、由可得（，等号不成立），故B错误；
C、由可得（，等号不成立），故C正确；
D、因为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】利用对数加法的运算法则即可判断A，利用基本不等式中“三相等”即可判断BC；利用对数函数的单调性即可判断D.
10．已知，则下列说法正确的是（　　）
A．时，有唯一的零点
B．时，存在极小值
C．时，存在极大值
D．若，则的范围为
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A，，当时，，有唯一零点；当时，恒成立，函数单调递增，
当时，，当时，，由零点存在定理可得有唯一的零点，综上时，有唯一的零点，故A正确；
B、C，令，可得，易得函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数存在极大值，故B错误，C正确；
D，因为，所以，由B选项可得当，函数取得极大值，此时，
所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查利用导数研究函数的零点与极值，核心是分和两种情况，通过求导分析函数的单调性，结合零点存在定理判断零点个数，根据极值点的定义判断极值类型，再求解不等式的参数范围。
11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内的动点（含边界），则下列说法正确的是（　　）
A．使三棱锥体积取得最大值的点唯一
B．存在点，使得直线与的夹角为
C．时，点的轨迹是线段
D．平面时，点的轨迹长为
【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，连接，由正方体结构性质可知平面，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又由正方体结构性质可知侧面内（含边界）点和点两点到平面的距离最大且相等，
所以使三棱锥体积取得最大值的点有两个点，故A错误；
B，由正方体结构性质可知平面，所以是直线与平面所成的角，
由题意可得，此时，则，
由正方形性质可知在平面上点和点与直线距离最大，
而，故，
所以存在点，使得直线与的夹角为，故B正确；
C，分别取中点，连接，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，
则，
则，
则即，又平面，
所以平面，则若，则点的轨迹是线段，故C正确；
D，取三等分点X且，连接，
则，又，则，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
则，且不在平面，所以平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
此时点的轨迹长度为，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】本题考查正方体中的空间几何问题，涉及棱锥体积最值、异面直线夹角、线线垂直的轨迹、线面平行的轨迹长度，核心是结合正方体的结构特征，利用线面垂直、线面平行的判定定理，以及空间角、体积的计算方法分析各选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列的前项和为，，，则　 　．
【答案】24
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，即.
又①，
则②，
由②-①，得，
所以是以3为首项，2为公差的等差数列，是以为首项，2为公差的等差数列，
所以，，
所以，，
所以
.
故答案为：24.
【分析】本题考查递推数列的通项与求和，核心是通过递推式得出数列的奇数项和偶数项分别构成公差为2的等差数列，再分别求和。
13．已知9个数据的平均数为6，方差为4，现又加入一个新数据6，此时这10个数据的方差为　 　．
【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为9个数据的平均数为6，又加入一个新数据6，
所以这10个数据的平均数为，
所以这10个数据的方差为．
故答案为：．
【分析】本题考查平均数与方差的计算，核心是先根据原有 9 个数据的平均数和新加入的数据 6，求出 10 个数据的平均数，再利用方差的定义公式，结合原有数据的方差计算新的方差。
14．已知向量在向量上的投影向量为，若，则向量与夹角余弦值的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量，因为向量在向量上的投影向量为，
所以，即，故可设，
所以，
所以
，
由二次函数性质，当时，的最小值为
故答案为：.
【分析】本题考查向量的投影、数量积与夹角余弦值的计算，核心是先根据投影向量的条件设出向量、的坐标，再利用向量夹角余弦公式化简表达式，结合二次函数的性质求最值。
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．如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且．
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：连结交于点，连结，
因为正四棱锥，所以平面，
又平面，
所以，因为正四棱锥，
所以四边形是正方形，
所以，因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）解：
因为，，，
所以以为原点建立空间直角坐标系，
，，，，
所以，
，
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】空间直角坐标系；空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 连接正四棱锥底面的对角线与，利用正四棱锥的性质证明平面，再结合线面垂直的性质证明。
(2) 以底面对角线的交点为原点建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成角的余弦值。
（1）连结交于点，连结，
因为正四棱锥，所以平面，
又平面，
所以，因为正四棱锥，
所以四边形是正方形，
所以，因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）因为，，，
所以以为原点建立空间直角坐标系，
，，，，
所以，
，
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
16．已知函数．
（1）当时，求的最小值；
（2）若对总成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：时，因为，所以，
所以当时，，当时，，所以在上单调递减，
在上单调递增，所以．
（2）解：因为，所以等价于，
令，则，
由（1）得时，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 当时，求的导数，分析导数的符号确定函数单调性，进而求出最小值。
(2) 将不等式在上恒成立的问题，通过分离参数转化为，构造函数，利用导数求其最小值，从而确定实数的取值范围。
（1）时，因为，所以，
所以当时，，当时，，所以在上单调递减，
在上单调递增，所以．
（2）因为，所以等价于，
令，则，
由（1）得时，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以．
17．在中，角，，所对的边分别为，，，的面积和周长分别为，，且．
（1）若，，求；
（2）若且，求的最大值．
【答案】（1）解：因为，所以，
消去得，又因为，所以，
所以，即．
（2）解：因为，所以，
即，
又因为，所以，
化简得，
因为，即，所以．
因为，所以（当且仅当时取等号），
所以，由题意可知A为锐角，且，故，
因此，即的最大值为．
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用余弦定理和周长公式建立方程组，结合已知条件求出边的关系，判定三角形形状从而确定角B。
(2) 结合余弦定理与已知等式化简得到边的关系，再利用基本不等式求出bc的最大值，进而得到三角形面积S的最大值。
（1）因为，所以，
消去得，又因为，所以，
所以，即．
（2）法一：因为，所以，
即，
又因为，所以，
化简得，
因为，即，所以．
因为，所以（当且仅当时取等号），
所以，由题意可知A为锐角，且，故，
因此，即的最大值为．
法二：在中，因为，所以，
由正弦定理得，
因为，所以，
即，
又，所以．
所以，所以（当且仅当时取等号），
所以，因此，即的最大值为．
18．已知椭圆：，为右顶点，为下焦点，延长交椭圆于另一点．
（1）求点的坐标；
（2）设椭圆在点处的切线为直线，求直线与所夹锐角的正切值；
（3）若直线与椭圆交于，两点（异于），使得，求证：直线过定点．
【答案】（1）解：因为椭圆：，即，所以，，
所以，即，
联立直线与椭圆方程，得，即，
解得或，显然点横坐标为，此时，
所以．
（2）解：因为点在轴下方，所以当时，，，
将代入，
所以，因此切线直线，即，
记直线、直线的倾斜角分别为、，则，，
所以，
因此直线与所夹锐角的正切值为．
（3）证明：因为，所以到，的距离相等，
设该距离为，设，则，所以，
两边平方得，，
将代入化简得
设，同理可得，
所以直线，
由得点，直线过定点．
【知识点】两角和与差的正切公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】(1) 先将椭圆方程化为标准形式，确定顶点和下焦点的坐标，求出直线的方程，联立椭圆方程求解点的坐标。
(2) 对椭圆方程求导得到点处的切线斜率，写出切线方程；再求出直线的斜率，利用两角差的正切公式计算直线与切线所夹锐角的正切值。
(3) 由可知直线、的斜率满足对称关系，设直线的方程并联立椭圆方程，结合斜率关系化简推导直线过定点的坐标。
（1）因为椭圆：，即，所以，，
所以，即，
联立直线与椭圆方程，得，即，
解得或，显然点横坐标为，此时，
所以．
（2）因为点在轴下方，所以当时，，，
将代入，
所以，因此切线直线，即，
记直线、直线的倾斜角分别为、，则，，
所以，
因此直线与所夹锐角的正切值为．
（3）证明：法一：因为，所以到，的距离相等，
设该距离为，设，则，所以，
两边平方得，，
将代入化简得
设，同理可得，
所以直线，
由得点，直线过定点．
法二：记直线、直线的倾斜角分别为、，
则，，
因为，所以，即，
所以．
因为直线斜率不存在时，由对称性知不符合要求，所以设直线，
与椭圆联立得，设，
则，
结合化简得，
即，
所以时，过，不符合要求，舍去；
时，过定点．
综上，直线过定点．
法三：记直线、直线的斜率分别为、，
因为，所以，即，
所以．
因为直线不经过点，所以可设直线，
因为，所以，
所以，
即，所以，
代入得，
所以，因此直线过定点．
19．现将个编号的小球随机地放入个外观、大小一样的编号也为的盒子中，每个盒子中有且仅有一个小球．
（1）时，记小球编号与盒子编号相同的个数为，求的分布列；
（2）若号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，我们称编号，，的小球处于一个闭环中．如编号的盒子中放入的小球编号依次是，，，，，，则共有个闭环，其中编号的小球是一个闭环．据此，当时，回答下面两个问题：
①求恰有3个闭环的概率；
②某幼儿园组织名编号的小朋友玩游戏，每个小朋友选择个盒子打开，若这个盒子中有小球编号与自己编号一致，则认为游戏成功．每个小朋友在游戏过程中不能商量，且小朋友完成游戏后，由工作人员将盒子恢复原样，下一个小朋友再开始游戏．如果你是带队老师，在游戏开始前，帮小朋友们制定一个策略，使得所有小朋友都成功的概率大于，并证明．
【答案】（1）解：，1，2，4．
，，
，．
所以随机变量的分布列如下表所示：
（2）解：①记“恰有3个闭环”为事件，则因为3个闭环含有的小球数为1，1，4的种数：，
含有的小球数为1，2，3的种数：，
含有的小球数为2，2，2的种数：，
所以．
答：恰有3个闭环的概率为．
②每个小朋友从自己编号的盒子开始打开，看小球编号，再去打开编号为看到小球编号的盒子，以此类推，总共打开3个盒子．
证明：按照上面的策略，只要每个闭环中的小球个数不超过3，则每个小朋友就都能成功，这样就等价于求每个闭环中的小球个数不超过3的概率．
恰有1个闭环中含有4个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有5个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有6个小球的种数：，
所以每个闭环中的小球个数不超过3的种数为：，
因此，每个闭环中的小球个数不超过3的概率为，即所有小朋友都成功的概率为，大于．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列与组合的综合；组合数的基本计算
【解析】【分析】(1) 先确定的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，进而写出分布列；
(2) ① 利用古典概型，结合组合数计算“恰有3个闭环”的概率；② 结合排列数、组合数及分类讨论，构造策略使成功概率大于。
（1），1，2，4．
，，
，．
所以随机变量的分布列如下表所示：
（2）①记“恰有3个闭环”为事件，则
因为3个闭环含有的小球数为1，1，4的种数：，
含有的小球数为1，2，3的种数：，
含有的小球数为2，2，2的种数：，
所以．
答：恰有3个闭环的概率为．
②每个小朋友从自己编号的盒子开始打开，看小球编号，再去打开编号为看到小球编号的盒子，以此类推，总共打开3个盒子．
证明：按照上面的策略，只要每个闭环中的小球个数不超过3，则每个小朋友就都能成功，这样就等价于求每个闭环中的小球个数不超过3的概率．
恰有1个闭环中含有4个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有5个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有6个小球的种数：，
所以每个闭环中的小球个数不超过3的种数为：，
因此，每个闭环中的小球个数不超过3的概率为，即所有小朋友都成功的概率为，大于．
1 / 1江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模适应性检测数学试卷
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．设全集，，，则等于（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足，则复数z对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．若，，，则事件与事件满足（　　）
A．互为对立事件 B．
C． D．以上都不对
4．某公司对100名员工进行了工作量的调查，数据如表：
　 认为工作量大 认为工作量不大 合计
男士 40 20 60
女士 20 20 40
合计 60 40 100
若推断“员工的性别与认为工作量大有关”，则这种推断犯错误的概率不超过（　　）
附：
0.15 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
A．0.1 B．0.05 C．0.025 D．0.01
5．已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（　　）
A．1 B． C． D．2
6．设函数，若在内恰有3个零点，则的取值不可以为（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数，定义域为R的函数满足，若函数与的图象有四个交点，分别为，，，，则（　　）
A．0 B．4 C．8 D．12
8．已知抛物线，点M是抛物线上的动点，则M到直线和的距离之和的最小值为（　　）
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．若，，则下列判断正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．已知，则下列说法正确的是（　　）
A．时，有唯一的零点
B．时，存在极小值
C．时，存在极大值
D．若，则的范围为
11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内的动点（含边界），则下列说法正确的是（　　）
A．使三棱锥体积取得最大值的点唯一
B．存在点，使得直线与的夹角为
C．时，点的轨迹是线段
D．平面时，点的轨迹长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列的前项和为，，，则　 　．
13．已知9个数据的平均数为6，方差为4，现又加入一个新数据6，此时这10个数据的方差为　 　．
14．已知向量在向量上的投影向量为，若，则向量与夹角余弦值的最小值为　 　．
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．如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且．
（1）求证：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
16．已知函数．
（1）当时，求的最小值；
（2）若对总成立，求实数a的取值范围．
17．在中，角，，所对的边分别为，，，的面积和周长分别为，，且．
（1）若，，求；
（2）若且，求的最大值．
18．已知椭圆：，为右顶点，为下焦点，延长交椭圆于另一点．
（1）求点的坐标；
（2）设椭圆在点处的切线为直线，求直线与所夹锐角的正切值；
（3）若直线与椭圆交于，两点（异于），使得，求证：直线过定点．
19．现将个编号的小球随机地放入个外观、大小一样的编号也为的盒子中，每个盒子中有且仅有一个小球．
（1）时，记小球编号与盒子编号相同的个数为，求的分布列；
（2）若号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，号盒子中球的编号为，我们称编号，，的小球处于一个闭环中．如编号的盒子中放入的小球编号依次是，，，，，，则共有个闭环，其中编号的小球是一个闭环．据此，当时，回答下面两个问题：
①求恰有3个闭环的概率；
②某幼儿园组织名编号的小朋友玩游戏，每个小朋友选择个盒子打开，若这个盒子中有小球编号与自己编号一致，则认为游戏成功．每个小朋友在游戏过程中不能商量，且小朋友完成游戏后，由工作人员将盒子恢复原样，下一个小朋友再开始游戏．如果你是带队老师，在游戏开始前，帮小朋友们制定一个策略，使得所有小朋友都成功的概率大于，并证明．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】并集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：全集，，
，又，
则．
故答案为：B．
【分析】本题考查集合的补集与并集运算，核心是先求出集合B在全集M中的补集 M B，再计算其与集合A的并集。
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数z满足，则，
则复数z对应的点为，所以复数z对应的点在第二象限.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的除法运算与复数的几何意义，核心是先通过分母实数化化简复数z，再根据复数的实部和虚部确定其在复平面内对应的点的坐标，进而判断所在象限。
3．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、由，，可得，，
则，互相独立，即，故A错误；
B、，故B错误；
CD、由互相独立，可知互相独立，
则，故C正确，D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据对立事件的概率公式求得，，再求，，即可判断A；根据求解即可判断B；利用条件概率公式求解即可判断CD.
4．【答案】A
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：，因为，
所以这种推断犯错误的概率不超过.
故答案为：A.
【分析】本题考查独立性检验的卡方（K2）计算与应用，核心是根据列联表数据代入卡方公式计算值，再与临界值表对比，确定推断错误的概率上限。
5．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：
如图，
当的最大值为时，，
当时，最小时，最大.
由题得，
所以，则；
故答案为：A.
【分析】本题考查圆的切线性质与点到直线的距离公式，核心是将∠MPN的最大值转化为∠MPC的最大值，结合三角函数关系与点到直线的距离求出半径r。
6．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：当时，
因为在内恰有3个零点，，即存在有3个不同的解使得，
当时，，所以满足的值有，符合题意；
当时，，所以满足的值有，符合题意；
当时，，所以满足的值有，不符合题意；
当时，，所以满足的值有，符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查三角函数的零点问题，核心是将函数零点转化为方程 的解的个数问题，结合 的范围求出 的范围，利用正弦函数图象判断满足条件的解的个数。
7．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：由，得的图象关于对称，
函数，则，即的图象也关于对称，
因此函数与图象的交点关于对称，
不妨设关于点对称的坐标为，，则，，
则，，同理得：，，
即.
故答案为：D
【分析】本题考查函数的对称性，核心是先证明f(x)与g(x)的图象均关于点(0，3)对称，再利用对称点的坐标性质，求出四个交点的横、纵坐标之和。
8．【答案】D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：
由可知抛物线的焦点为，准线方程为：，
如图过点作于点，作于点，交直线于点，则，
由图知，，则M到直线和的距离之和为：
，
因点M是抛物线上的动点，故当且仅当三点共线时，取得最小值，
即点到直线的距离，为，此时取得最小值为，
即M到直线和的距离之和的最小值为.
故答案为：D.
【分析】本题考查抛物线的定义与点到直线的距离公式，核心是利用抛物线的定义将“到直线x= 2的距离”转化为“到焦点的距离加 1”，再将距离之和转化为焦点到直线l1 的距离加1求解最小值。
9．【答案】A,C,D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，，
A、，故A正确；
B、由可得（，等号不成立），故B错误；
C、由可得（，等号不成立），故C正确；
D、因为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】利用对数加法的运算法则即可判断A，利用基本不等式中“三相等”即可判断BC；利用对数函数的单调性即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A，，当时，，有唯一零点；当时，恒成立，函数单调递增，
当时，，当时，，由零点存在定理可得有唯一的零点，综上时，有唯一的零点，故A正确；
B、C，令，可得，易得函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数存在极大值，故B错误，C正确；
D，因为，所以，由B选项可得当，函数取得极大值，此时，
所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查利用导数研究函数的零点与极值，核心是分和两种情况，通过求导分析函数的单调性，结合零点存在定理判断零点个数，根据极值点的定义判断极值类型，再求解不等式的参数范围。
11．【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，连接，由正方体结构性质可知平面，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又由正方体结构性质可知侧面内（含边界）点和点两点到平面的距离最大且相等，
所以使三棱锥体积取得最大值的点有两个点，故A错误；
B，由正方体结构性质可知平面，所以是直线与平面所成的角，
由题意可得，此时，则，
由正方形性质可知在平面上点和点与直线距离最大，
而，故，
所以存在点，使得直线与的夹角为，故B正确；
C，分别取中点，连接，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，
则，
则，
则即，又平面，
所以平面，则若，则点的轨迹是线段，故C正确；
D，取三等分点X且，连接，
则，又，则，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
则，且不在平面，所以平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
此时点的轨迹长度为，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】本题考查正方体中的空间几何问题，涉及棱锥体积最值、异面直线夹角、线线垂直的轨迹、线面平行的轨迹长度，核心是结合正方体的结构特征，利用线面垂直、线面平行的判定定理，以及空间角、体积的计算方法分析各选项。
12．【答案】24
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，，所以，即.
又①，
则②，
由②-①，得，
所以是以3为首项，2为公差的等差数列，是以为首项，2为公差的等差数列，
所以，，
所以，，
所以
.
故答案为：24.
【分析】本题考查递推数列的通项与求和，核心是通过递推式得出数列的奇数项和偶数项分别构成公差为2的等差数列，再分别求和。
13．【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为9个数据的平均数为6，又加入一个新数据6，
所以这10个数据的平均数为，
所以这10个数据的方差为．
故答案为：．
【分析】本题考查平均数与方差的计算，核心是先根据原有 9 个数据的平均数和新加入的数据 6，求出 10 个数据的平均数，再利用方差的定义公式，结合原有数据的方差计算新的方差。
14．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量，因为向量在向量上的投影向量为，
所以，即，故可设，
所以，
所以
，
由二次函数性质，当时，的最小值为
故答案为：.
【分析】本题考查向量的投影、数量积与夹角余弦值的计算，核心是先根据投影向量的条件设出向量、的坐标，再利用向量夹角余弦公式化简表达式，结合二次函数的性质求最值。
15．【答案】（1）证明：连结交于点，连结，
因为正四棱锥，所以平面，
又平面，
所以，因为正四棱锥，
所以四边形是正方形，
所以，因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）解：
因为，，，
所以以为原点建立空间直角坐标系，
，，，，
所以，
，
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】空间直角坐标系；空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1) 连接正四棱锥底面的对角线与，利用正四棱锥的性质证明平面，再结合线面垂直的性质证明。
(2) 以底面对角线的交点为原点建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成角的余弦值。
（1）连结交于点，连结，
因为正四棱锥，所以平面，
又平面，
所以，因为正四棱锥，
所以四边形是正方形，
所以，因为，，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）因为，，，
所以以为原点建立空间直角坐标系，
，，，，
所以，
，
所以，
因此异面直线与所成角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：时，因为，所以，
所以当时，，当时，，所以在上单调递减，
在上单调递增，所以．
（2）解：因为，所以等价于，
令，则，
由（1）得时，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1) 当时，求的导数，分析导数的符号确定函数单调性，进而求出最小值。
(2) 将不等式在上恒成立的问题，通过分离参数转化为，构造函数，利用导数求其最小值，从而确定实数的取值范围。
（1）时，因为，所以，
所以当时，，当时，，所以在上单调递减，
在上单调递增，所以．
（2）因为，所以等价于，
令，则，
由（1）得时，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以．
17．【答案】（1）解：因为，所以，
消去得，又因为，所以，
所以，即．
（2）解：因为，所以，
即，
又因为，所以，
化简得，
因为，即，所以．
因为，所以（当且仅当时取等号），
所以，由题意可知A为锐角，且，故，
因此，即的最大值为．
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 利用余弦定理和周长公式建立方程组，结合已知条件求出边的关系，判定三角形形状从而确定角B。
(2) 结合余弦定理与已知等式化简得到边的关系，再利用基本不等式求出bc的最大值，进而得到三角形面积S的最大值。
（1）因为，所以，
消去得，又因为，所以，
所以，即．
（2）法一：因为，所以，
即，
又因为，所以，
化简得，
因为，即，所以．
因为，所以（当且仅当时取等号），
所以，由题意可知A为锐角，且，故，
因此，即的最大值为．
法二：在中，因为，所以，
由正弦定理得，
因为，所以，
即，
又，所以．
所以，所以（当且仅当时取等号），
所以，因此，即的最大值为．
18．【答案】（1）解：因为椭圆：，即，所以，，
所以，即，
联立直线与椭圆方程，得，即，
解得或，显然点横坐标为，此时，
所以．
（2）解：因为点在轴下方，所以当时，，，
将代入，
所以，因此切线直线，即，
记直线、直线的倾斜角分别为、，则，，
所以，
因此直线与所夹锐角的正切值为．
（3）证明：因为，所以到，的距离相等，
设该距离为，设，则，所以，
两边平方得，，
将代入化简得
设，同理可得，
所以直线，
由得点，直线过定点．
【知识点】两角和与差的正切公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】(1) 先将椭圆方程化为标准形式，确定顶点和下焦点的坐标，求出直线的方程，联立椭圆方程求解点的坐标。
(2) 对椭圆方程求导得到点处的切线斜率，写出切线方程；再求出直线的斜率，利用两角差的正切公式计算直线与切线所夹锐角的正切值。
(3) 由可知直线、的斜率满足对称关系，设直线的方程并联立椭圆方程，结合斜率关系化简推导直线过定点的坐标。
（1）因为椭圆：，即，所以，，
所以，即，
联立直线与椭圆方程，得，即，
解得或，显然点横坐标为，此时，
所以．
（2）因为点在轴下方，所以当时，，，
将代入，
所以，因此切线直线，即，
记直线、直线的倾斜角分别为、，则，，
所以，
因此直线与所夹锐角的正切值为．
（3）证明：法一：因为，所以到，的距离相等，
设该距离为，设，则，所以，
两边平方得，，
将代入化简得
设，同理可得，
所以直线，
由得点，直线过定点．
法二：记直线、直线的倾斜角分别为、，
则，，
因为，所以，即，
所以．
因为直线斜率不存在时，由对称性知不符合要求，所以设直线，
与椭圆联立得，设，
则，
结合化简得，
即，
所以时，过，不符合要求，舍去；
时，过定点．
综上，直线过定点．
法三：记直线、直线的斜率分别为、，
因为，所以，即，
所以．
因为直线不经过点，所以可设直线，
因为，所以，
所以，
即，所以，
代入得，
所以，因此直线过定点．
19．【答案】（1）解：，1，2，4．
，，
，．
所以随机变量的分布列如下表所示：
（2）解：①记“恰有3个闭环”为事件，则因为3个闭环含有的小球数为1，1，4的种数：，
含有的小球数为1，2，3的种数：，
含有的小球数为2，2，2的种数：，
所以．
答：恰有3个闭环的概率为．
②每个小朋友从自己编号的盒子开始打开，看小球编号，再去打开编号为看到小球编号的盒子，以此类推，总共打开3个盒子．
证明：按照上面的策略，只要每个闭环中的小球个数不超过3，则每个小朋友就都能成功，这样就等价于求每个闭环中的小球个数不超过3的概率．
恰有1个闭环中含有4个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有5个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有6个小球的种数：，
所以每个闭环中的小球个数不超过3的种数为：，
因此，每个闭环中的小球个数不超过3的概率为，即所有小朋友都成功的概率为，大于．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列与组合的综合；组合数的基本计算
【解析】【分析】(1) 先确定的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，进而写出分布列；
(2) ① 利用古典概型，结合组合数计算“恰有3个闭环”的概率；② 结合排列数、组合数及分类讨论，构造策略使成功概率大于。
（1），1，2，4．
，，
，．
所以随机变量的分布列如下表所示：
（2）①记“恰有3个闭环”为事件，则
因为3个闭环含有的小球数为1，1，4的种数：，
含有的小球数为1，2，3的种数：，
含有的小球数为2，2，2的种数：，
所以．
答：恰有3个闭环的概率为．
②每个小朋友从自己编号的盒子开始打开，看小球编号，再去打开编号为看到小球编号的盒子，以此类推，总共打开3个盒子．
证明：按照上面的策略，只要每个闭环中的小球个数不超过3，则每个小朋友就都能成功，这样就等价于求每个闭环中的小球个数不超过3的概率．
恰有1个闭环中含有4个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有5个小球的种数：，
恰有1个闭环中含有6个小球的种数：，
所以每个闭环中的小球个数不超过3的种数为：，
因此，每个闭环中的小球个数不超过3的概率为，即所有小朋友都成功的概率为，大于．
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