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江苏省海门中学2025届高三下学期5月适应性考试数学试卷
一、单项选择题：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．已知双曲线的离心率为2，则（　　）
A．3 B． C． D．
2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在中，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，一种儿童储蓄罐有6个密码格，由购买者设定密码后方可使用，其中密码的数字只能在中进行选择，且每个密码格都必须设定数字，则数字“1”出现奇数次的不同密码个数为（　　）
A．172 B．204 C．352 D．364
5．已知，则（　　）
A． B． C． D．
6．已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”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
7．已知函数，若是的一个极大值点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．已知是定义在上不恒为0的偶函数，是定义在上不恒为0的奇函数，则（　　）
A．为奇函数 B．为奇函数 C．为偶函数 D．为偶函数
10．已知圆，直线是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则当切线长取最小值时，下列结论正确的是（　　）
A． B．点的坐标为
C．的方程可以是 D．的方程可以是
11．甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为（），则（　　）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知全集，集合，集合，则　 　．
13．中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为　 　．
14．已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为　 　
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，记，求．
16．已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
17．如图，在三棱台中，，，，，，垂足为O，连接BO．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．流感病毒是一种病毒，大致分为甲型、乙型、丙型三种，其中甲流病毒传染性最强，致死率最高，危害也最大．某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品和治疗甲流药品，根据研发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2列联表：
预防药品 甲流病毒 合计
感染 未感染
未使用 24 21 45
使用 16 39 55
合计 40 60 100
（1）根据的独立性检验，分析预防药品对预防甲流的有效性；
（2）用频率估计概率，从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗药品对该动物进行治疗，已知治疗药品的治愈数据如下：对未使用过预防药品的动物的治愈率为0.5，对使用过预防药品的动物的治愈率为0.75，若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染动物中被治愈的动物只数为，求的分布列与数学期望．
附：．
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
19．定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：
（1）写出协同圆圆的方程；
（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；
（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的标准方程为，易知，
则由题意可得，解得.
故答案为：B.
【分析】先化双曲线方程为标准方程，易知，根据离心率公式列式求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由复数，
得复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数的运算法则得到复数，再结合复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点所在的象限.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，
，
则.
故答案为：C.
【分析】根据向量的线性运算求解即可.
4．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若数字“1”出现1次，则有种可能；
若数字“1”出现3次，有种可能；
若数字“1”出现5次，则有种可能，
故数字“1”出现奇数次的不同密码个数为.
故答案为：D.
【分析】本题考查组合计数的分类讨论应用，核心是按数字 “1” 出现的奇数次数（1 次、3 次、5 次）分类，结合组合数与分步乘法计数原理计算每类的密码数，最后求和。
5．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：由，可得，
则，
则，又，所以，
故答案为：B．
【分析】本题考查两角和与差的正弦公式应用，核心是将已知的比例式展开，结合的条件，通过移项化简求出。
6．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，
所以，
若成等比数列，则，解得，此时，为常数，充分性成立；
反之，若为常数列，则，
则，得，则，
易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.
故答案为：C．
【分析】本题考查等差数列的性质、等比中项与充要条件的判断，核心是分别从充分性和必要性两方面，结合等差数列前n项和公式与等比数列的定义进行推导验证。
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
设，则，
所以有两个不相等的实根．
于是可设，是的两实根，且，
当时，，
所以当时，当或时，又，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即不是的极值点，此时不合题意；
当且时，由于是的极大值点，故，即，
所以，即的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】本题考查利用导数研究函数的极值点，核心是通过求导得到导函数的结构，结合二次函数的根的分布与极值点的定义，分析x=0为极大值点时参数b的取值范围。
8．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，分别连接，
在正方形中，因为分别为的中点，可得，
所以，，
因为，所以，
所以，即，
又因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以，所以，
又因为且平面，
所以平面，
因为平面，
所以，同理可证：，
又因为且平面，
所以平面，
即平面截正方体的截面为，
由正方体的棱长为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以截面的面积为.
故答案为：D.
【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证出，从而得到平面，同理证得，再利用线面垂直的判定定理，证出平面，从而得到平面截正方体的截面为，再根据三角形的面积公式求得截面的面积，进而得出平面截正方体所得的截面面积.
9．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以，所以为偶函数，A项错误；
由，得，所以为奇函数，B项正确；
因为，所以为偶函数，C项正确；
因为，所以为偶函数，D项正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查复合函数的奇偶性判断，核心是利用偶函数（）和奇函数（）的定义，对复合函数的内层、外层函数关系进行代入验证。
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的切线方程
【解析】【解答】解：圆圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
因为是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，
则切线长的最小值为，故A错误；
设过点与直线垂直的直线方程为，则，解得，
所以，由，解得，所以，故B正确；
显然过点的切线的斜率存在，
设切线的方程为，则，解得或，
所以切线的方程为或，故CD正确.
故答案为：BCD
【分析】本题考查圆的切线长最值与切线方程求解，核心是利用切线长公式将切线长最值转化为圆心到动点的距离最值，再结合点到直线的距离、直线垂直的斜率关系与切线方程的求法分析选项。
11．【答案】A,C
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，即，C正确；
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
所以，D错误．
故答案为：AC．
【分析】本题考查递推数列与概率的综合应用，核心是根据传球规则推出概率的递推关系，再结合递推公式分析数列性质、计算具体概率值来验证选项。
12．【答案】
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：，或，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查分式不等式求解与集合的交、补运算，核心是先分别求出集合A、集合B的补集 U B，再计算两者的交集。
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
即.，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得：.
因为，
所以，整理得：，
则，
所以，
故答案为：.
【分析】本题考查三角恒等变换、正余弦定理的综合应用，核心是先通过两角差的正弦公式化简条件，结合正余弦定理推出，再利用余弦定理求出的值，进而得到三角形周长。
14．【答案】－1或
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数有唯一零点，
所以函数有唯一零点，又因为为偶函数，
所以，
所以函数是偶函数，又因为函数有唯一零点，
所以的零点为0，所以，
又因为是R上的奇函数，所以，
由，解得，则，解得或.
故答案为：或.
【分析】由已知可得函数有唯一零点，证明函数为偶函数，结合偶函数的性质结合已知条件列方程求的值即可.
15．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）解：由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1) 由是等差数列推出为等比数列，设公比为，结合和列方程，求解首项和公比，得到通项公式。
(2) 先由求出的表达式，再写出的展开式，利用错位相减法结合等比数列求和公式，化简求出。
（1）设等差数列的公差为，则，即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
16．【答案】（1）解：（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减.
（2）解：令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，，
解得：，所以的最小值为
【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
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数f(x)的单调区间.
(2)令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数的最小值.
17．【答案】（1）证明：因为，，，所以，，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，，所以，
同理可得：，所以是等边三角形，
取的中点，连接，所以，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
因为，设，所以，
所以，所以，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，，可得，
设直线与平面所成角的为，，
故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；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意可得，再由，可得，利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接，利用（1）的结论，结合线面垂直和面面垂直的性质和判定定理证明平面，再以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为，，，
所以，，所以，
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）因为，，，所以，
同理可得：，所以是等边三角形，
取的中点，连接，所以，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，
所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，设，所以，
所以，所以，
可得.
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角的为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：零假设：使用预防药品与对预防甲流无效果，
由列联表可知，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为使用预防药品与对预防甲流有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05；
（2）解：设事件表示使用治疗药品并且治愈，事件表示未使用过预防药品，事件表示使用过预防药品，
由题意可得，且，
则，
治疗药品的治愈概率，则，
，，
，，
随机变量的分布列为
0 1 2 3
.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）先进行零假设，再根据2×2列联表计算值，与临界值比较判断即可；
（2）先记事件，再根据全概率公式计算药品的治愈概率，随机变量服从二项分布，根据二项分布求对应的概率，列分布列，求数学期望即可.
（1）假设：使用预防药品与对预防甲流无效果，
由列联表可知，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为使用预防药品与对预防甲流有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）设事件表示使用治疗药品并且治愈，事件表示未使用过预防药品，事件表示使用过预防药品，
由题意可得，
且，
则，
治疗药品的治愈概率，
则，
所以，，
，，
所以，随机变量的分布列为
0 1 2 3
.
19．【答案】解：（1）由椭圆，可得，根据协同圆的定义可得该椭圆的协同圆为圆；
（2）设，则，
直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：
①、当直线的斜率不存在时，直线，
若，由，解得，此时，
若，同理得：，
②、当直线的斜率存在时，设，
由，得，有，
又因为直线是圆的切线，则，可得，
，则，而，
则，即，
综上，恒有；
（3）因为是椭圆上的两个动点且，设，则，
所以直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论，
若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有，
，，且，
由，解得，
若直线的斜率都存在，设，则，
由，得，有；
同理，得，
，
由，可得，
因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上，
故该定圆的方程为圆.
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由椭圆的方程可得，再根据协同圆的定义写出协同圆圆的方程即可；
（2）设，根据向量数量积的坐标表示可得，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，直线，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；当斜率存在时，设，联立直线与椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，利用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求即可；
（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.
1 / 1江苏省海门中学2025届高三下学期5月适应性考试数学试卷
一、单项选择题：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．已知双曲线的离心率为2，则（　　）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的标准方程为，易知，
则由题意可得，解得.
故答案为：B.
【分析】先化双曲线方程为标准方程，易知，根据离心率公式列式求解即可.
2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由复数，
得复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数的运算法则得到复数，再结合复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点所在的象限.
3．在中，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，
，
则.
故答案为：C.
【分析】根据向量的线性运算求解即可.
4．如图所示，一种儿童储蓄罐有6个密码格，由购买者设定密码后方可使用，其中密码的数字只能在中进行选择，且每个密码格都必须设定数字，则数字“1”出现奇数次的不同密码个数为（　　）
A．172 B．204 C．352 D．364
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若数字“1”出现1次，则有种可能；
若数字“1”出现3次，有种可能；
若数字“1”出现5次，则有种可能，
故数字“1”出现奇数次的不同密码个数为.
故答案为：D.
【分析】本题考查组合计数的分类讨论应用，核心是按数字 “1” 出现的奇数次数（1 次、3 次、5 次）分类，结合组合数与分步乘法计数原理计算每类的密码数，最后求和。
5．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：由，可得，
则，
则，又，所以，
故答案为：B．
【分析】本题考查两角和与差的正弦公式应用，核心是将已知的比例式展开，结合的条件，通过移项化简求出。
6．已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”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；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，
所以，
若成等比数列，则，解得，此时，为常数，充分性成立；
反之，若为常数列，则，
则，得，则，
易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.
故答案为：C．
【分析】本题考查等差数列的性质、等比中项与充要条件的判断，核心是分别从充分性和必要性两方面，结合等差数列前n项和公式与等比数列的定义进行推导验证。
7．已知函数，若是的一个极大值点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
设，则，
所以有两个不相等的实根．
于是可设，是的两实根，且，
当时，，
所以当时，当或时，又，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即不是的极值点，此时不合题意；
当且时，由于是的极大值点，故，即，
所以，即的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】本题考查利用导数研究函数的极值点，核心是通过求导得到导函数的结构，结合二次函数的根的分布与极值点的定义，分析x=0为极大值点时参数b的取值范围。
8．已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，分别连接，
在正方形中，因为分别为的中点，可得，
所以，，
因为，所以，
所以，即，
又因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以，所以，
又因为且平面，
所以平面，
因为平面，
所以，同理可证：，
又因为且平面，
所以平面，
即平面截正方体的截面为，
由正方体的棱长为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以截面的面积为.
故答案为：D.
【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证出，从而得到平面，同理证得，再利用线面垂直的判定定理，证出平面，从而得到平面截正方体的截面为，再根据三角形的面积公式求得截面的面积，进而得出平面截正方体所得的截面面积.
二、多项选择题：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．已知是定义在上不恒为0的偶函数，是定义在上不恒为0的奇函数，则（　　）
A．为奇函数 B．为奇函数 C．为偶函数 D．为偶函数
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以，所以为偶函数，A项错误；
由，得，所以为奇函数，B项正确；
因为，所以为偶函数，C项正确；
因为，所以为偶函数，D项正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查复合函数的奇偶性判断，核心是利用偶函数（）和奇函数（）的定义，对复合函数的内层、外层函数关系进行代入验证。
10．已知圆，直线是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则当切线长取最小值时，下列结论正确的是（　　）
A． B．点的坐标为
C．的方程可以是 D．的方程可以是
【答案】B,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的切线方程
【解析】【解答】解：圆圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
因为是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，
则切线长的最小值为，故A错误；
设过点与直线垂直的直线方程为，则，解得，
所以，由，解得，所以，故B正确；
显然过点的切线的斜率存在，
设切线的方程为，则，解得或，
所以切线的方程为或，故CD正确.
故答案为：BCD
【分析】本题考查圆的切线长最值与切线方程求解，核心是利用切线长公式将切线长最值转化为圆心到动点的距离最值，再结合点到直线的距离、直线垂直的斜率关系与切线方程的求法分析选项。
11．甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为（），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，即，C正确；
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
所以，D错误．
故答案为：AC．
【分析】本题考查递推数列与概率的综合应用，核心是根据传球规则推出概率的递推关系，再结合递推公式分析数列性质、计算具体概率值来验证选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知全集，集合，集合，则　 　．
【答案】
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：，或，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查分式不等式求解与集合的交、补运算，核心是先分别求出集合A、集合B的补集 U B，再计算两者的交集。
13．中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
即.，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得：.
因为，
所以，整理得：，
则，
所以，
故答案为：.
【分析】本题考查三角恒等变换、正余弦定理的综合应用，核心是先通过两角差的正弦公式化简条件，结合正余弦定理推出，再利用余弦定理求出的值，进而得到三角形周长。
14．已知函数分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为　 　
【答案】－1或
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为函数有唯一零点，
所以函数有唯一零点，又因为为偶函数，
所以，
所以函数是偶函数，又因为函数有唯一零点，
所以的零点为0，所以，
又因为是R上的奇函数，所以，
由，解得，则，解得或.
故答案为：或.
【分析】由已知可得函数有唯一零点，证明函数为偶函数，结合偶函数的性质结合已知条件列方程求的值即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，记，求．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）解：由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1) 由是等差数列推出为等比数列，设公比为，结合和列方程，求解首项和公比，得到通项公式。
(2) 先由求出的表达式，再写出的展开式，利用错位相减法结合等比数列求和公式，化简求出。
（1）设等差数列的公差为，则，即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
16．已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）解：（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减.
（2）解：令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，，
解得：，所以的最小值为
【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
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数f(x)的单调区间.
(2)令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数的最小值.
17．如图，在三棱台中，，，，，，垂足为O，连接BO．
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，，，所以，，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，，所以，
同理可得：，所以是等边三角形，
取的中点，连接，所以，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
因为，设，所以，
所以，所以，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，，可得，
设直线与平面所成角的为，，
故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；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意可得，再由，可得，利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接，利用（1）的结论，结合线面垂直和面面垂直的性质和判定定理证明平面，再以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为，，，
所以，，所以，
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）因为，，，所以，
同理可得：，所以是等边三角形，
取的中点，连接，所以，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，
所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，设，所以，
所以，所以，
可得.
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角的为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．流感病毒是一种病毒，大致分为甲型、乙型、丙型三种，其中甲流病毒传染性最强，致死率最高，危害也最大．某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品和治疗甲流药品，根据研发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2列联表：
预防药品 甲流病毒 合计
感染 未感染
未使用 24 21 45
使用 16 39 55
合计 40 60 100
（1）根据的独立性检验，分析预防药品对预防甲流的有效性；
（2）用频率估计概率，从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗药品对该动物进行治疗，已知治疗药品的治愈数据如下：对未使用过预防药品的动物的治愈率为0.5，对使用过预防药品的动物的治愈率为0.75，若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染动物中被治愈的动物只数为，求的分布列与数学期望．
附：．
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：零假设：使用预防药品与对预防甲流无效果，
由列联表可知，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为使用预防药品与对预防甲流有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05；
（2）解：设事件表示使用治疗药品并且治愈，事件表示未使用过预防药品，事件表示使用过预防药品，
由题意可得，且，
则，
治疗药品的治愈概率，则，
，，
，，
随机变量的分布列为
0 1 2 3
.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；2×2列联表
【解析】【分析】（1）先进行零假设，再根据2×2列联表计算值，与临界值比较判断即可；
（2）先记事件，再根据全概率公式计算药品的治愈概率，随机变量服从二项分布，根据二项分布求对应的概率，列分布列，求数学期望即可.
（1）假设：使用预防药品与对预防甲流无效果，
由列联表可知，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为使用预防药品与对预防甲流有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）设事件表示使用治疗药品并且治愈，事件表示未使用过预防药品，事件表示使用过预防药品，
由题意可得，
且，
则，
治疗药品的治愈概率，
则，
所以，，
，，
所以，随机变量的分布列为
0 1 2 3
.
19．定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：
（1）写出协同圆圆的方程；
（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；
（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.
【答案】解：（1）由椭圆，可得，根据协同圆的定义可得该椭圆的协同圆为圆；
（2）设，则，
直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：
①、当直线的斜率不存在时，直线，
若，由，解得，此时，
若，同理得：，
②、当直线的斜率存在时，设，
由，得，有，
又因为直线是圆的切线，则，可得，
，则，而，
则，即，
综上，恒有；
（3）因为是椭圆上的两个动点且，设，则，
所以直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论，
若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有，
，，且，
由，解得，
若直线的斜率都存在，设，则，
由，得，有；
同理，得，
，
由，可得，
因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上，
故该定圆的方程为圆.
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）由椭圆的方程可得，再根据协同圆的定义写出协同圆圆的方程即可；
（2）设，根据向量数量积的坐标表示可得，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，直线，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；当斜率存在时，设，联立直线与椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，利用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求即可；
（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.
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