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江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题
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．已知集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．设向量，则（　　）
A．“”是“”的必要条件
B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
3．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在第1位，且甲或乙在第4位的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．已知等差数列的前项和为，公差，若，且，，成等比数列，则的值为（　　）
A．11 B．13 C．19 D．17
5．的展开式中，的系数为
A．10 B．20 C．30 D．60
6．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（　　）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
7．已知圆 截直线 所得线段的长度是 ，则圆 与圆 的位置关系是（　　）
A．内切 B．相交 C．外切 D．相离
8．方程在上的实数解有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
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．下列统计量中，能度量样本 的离散程度的是（　　）
A．样本 的标准差 B．样本 的中位数
C．样本 的极差 D．样本 的平均数
10．下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为　 　.
13．若在上单调递减，则实数的取值范围为　 　．
14．已知抛物线的方程为，直线与交于，两点，，两点分别位于轴的上下两侧，且，其中为坐标原点.过抛物线的焦点向作垂线交于点，动点的轨迹为，则所在曲线的方程为　 　，直线斜率的最大值为　 　.
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．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
16．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求的通项公式．
17．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆过点，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标：若不存在说明理由．
18．如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与棱交于点，求的值．
19．已知函数.
（1）证明：；
（2）证明：在上单调递减；
（3）若，且，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算；对数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：∵，
，
∴.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用对数型函数的单调性，从而得出集合B，再结合补集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、当时，，则，解得或，
即必要性不成立，故A错误；
B、当时，，解得，即必要性不成立，故B错误；
C、当时，向量，因为，所以，即充分性成立，故C正确；
D、当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据向量平行、垂直结合充分、必要条件等知识逐项判断即可.
3．【答案】A
【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：甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有种不同方法，
其中丙不在第1位，且甲或乙在第4位的事件有种方法，
所以所求概率.
故答案为：A
【分析】本题考查古典概型的概率计算，核心是利用排列数求出总基本事件数和符合条件的事件数，再根据古典概型概率公式求解。
4．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：因为，
则，
又因为，，成等比数列，
则，
所以，整理可得，
再与联立可得，，
所以，，
故答案为：C．
【分析】利用等差数列的性质和等差数列的求和公式以及等差中项公式，从而可得，再由等比中项公式可得，将两式联立可得和的值，根据等差数列的通项公式得出的值.
5．【答案】C
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y，
故的系数为=30
故答案为： C.
【分析】本题考查多项式展开式的系数求解，核心是利用组合数分析的因式选取方式，确定的构成路径，再计算组合数乘积得到系数。
6．【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：连，
在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B，D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故答案为：A.
【分析】根据空间直线的位置关系，直线与平面位置关系的判定判断即可.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】圆的标准方程为M：x2+（y﹣a）2=a2 （a＞0），
则圆心为（0，a），半径R=a，
圆心到直线x+y=0的距离d= ，
∵圆M：x2+y2﹣2ay=0（a＞0）截直线x+y=0所得线段的长度是2 ，
∴
则圆心为M（0，2），半径R=2，
圆N：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1的圆心为N（1，1），半径r=1，
则MN= ，
∵R+r=3，R﹣r=1，
∴R﹣r＜MN＜R+r，
即两个圆相交．
故答案为：B．
【分析】根据直线与圆相交的弦长公式，求出a的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．
8．【答案】C
【知识点】三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：当时，，
满足方程，
所以是方程的一个实数解；
当时，，
满足方程，
所以也是方程的一个实数解；
当时，，
不满足方程，
所以不是方程的一个实数解；
当时，，
由方程，可得，
则，
因为，所以此时方程无解；
当时，，
此时，显然方程无解，
综上所述，方程只有2个解，分别为.
故答案为：C.
【分析】利用分类讨论思想，先对特殊值进行分析判断，再对和进行分析判断结合方程求解方法，从而得出方程在上的实数解的个数.
9．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；
由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；
由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；
由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；
故选：AC.
【分析】根据标准差，极差，中位数及平均数的定义与意义求解即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象与图象变化；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，故A正确；
对于B，易知在上单调递增；
对于，，
令，得，
所以，当或时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以不能通过平移由得到，故B错误；
对于C，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，
故C正确；
对于D，将的图象向上平移个单位后得到的图象，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用诱导公式可判断选项A；根据两个函数的单调性不同可判断选项B；利用指数的运算法则和对数的运算法则，则可判断选项C和选项D，从而找出通过平移后能重合的一组函数图象.
11．【答案】B,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，，所以，即，故A错误；
由于，所以，则有，
即，故B正确；
因为，，所以，
又因为，所以，故C错误；
由
，
因为，，所以，
则，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查三角恒等变换与角的范围分析，核心是利用同角三角函数关系、两角和差公式，结合角的范围确定三角函数值的符号，进而判断选项正误。
12．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在中，，而，取中点，
连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故答案为：
【分析】本题考查圆锥的体积计算，核心是先通过三角形面积公式求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算体积。
13．【答案】
【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】【解答】解：因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据题意得出不等式在上恒成立，由参变量分离法得出，从而求出函数在区间上的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
14．【答案】（除去点）；
【知识点】轨迹方程；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：由题可设，，则，
解得或者（不符合题意，舍去），
设直线的方程为，与抛物线方程联立得，
所以，，故，故直线的方程为，
所以直线过定点，
又因为，由圆的定义可知动点的轨迹是以为直径的圆，
因为，，中点坐标为，
所以点的轨迹方程为（除去点），
过原点的直线和在第一象限内相切时，斜率最大，
所以直线斜率的最大值为.
故答案为：（除去点）；.
【分析】本题考查抛物线的性质、轨迹方程求解与斜率最值问题，核心是先通过向量数量积确定直线过定点，再利用圆的定义求轨迹，最后结合直线与圆的位置关系求斜率最大值。
15．【答案】（1）由余弦定理知，又，
∴2bccosA=2cosA
.
（2）在三角形中有
由正弦定理知，
，即，
，即，
【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
【解析】【分析】(1)由已知条件联想利用余弦定理化简即得答案。
(2)根据已知条件结合正弦定理将边统一化成角，结合内角和与和差角公式消去角C，整理即得，再结合面积公式求解。
16．【答案】解：（1）[方法一]：
由已知得，且，，
取，由得，
由于为数列的前n项积，
所以，
所以，
所以，
由于
所以，即，其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列；
[方法二]【最优解】：
由已知条件知①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
，
，
当n=1时，，
当n≥2时，，显然对于n=1不成立，
∴.
【知识点】等差数列的前n项和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）方法一：根据题意得，则，进而得到，再构造即可证明；方法二：时，，再代入整理即可；方法三：由题可得，再结合时，证明；方法四：用数学归纳法证明；
（2）根据（1）的结论求出，再利用和进行求解.
17．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率，且椭圆过点，
可得 ，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为点为的中点，可得，
则，即，
令，可得，即，
假设存在点，使得，此时
因为，可得，
整理得，
因为，所以，即恒成立，
所以 ，解得，即，
即存在定点，使得.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 根据椭圆的离心率公式和椭圆过点A(2，0)的条件，结合椭圆中a、b、c的关系，求解椭圆的标准方程。
(2) 先设出直线AB的方程，联立椭圆方程得到韦达定理结果，求出中点P和点C的坐标；再假设存在定点Q，利用向量垂直的数量积为0的条件，推导关于k的恒成立等式，求解定点Q的坐标。
（1）解：因为椭圆的离心率，且椭圆过点，
可得 ，解得，所以椭圆的方程为.
（2）解：由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为点为的中点，可得，
则，即，
令，可得，即，
假设存在点，使得，此时
因为，可得，
整理得，
因为，所以，即恒成立，
所以 ，解得，即，
即存在定点，使得.
18．【答案】（1）证明：连接，在中，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为，
所以．
（2）解：设，连接，
因为为正四棱锥，
所以为正方形的中心，
所以，平面，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
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．
（3）解：连接，设，
所以，
因为，
所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
则，
解得，
所以．
【知识点】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）先由线线平行证出线面平行，再由线面平行的性质定理和平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和正四棱锥的结构特征得出线线垂直和线面垂直，从而建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，再结合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.
（3）根据向量共线的坐标表示和向量加法的坐标表示，从而得出，的坐标，由（2）知平面的法向量，从而得出平面的法向量，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出的值.
（1）连接，在中，因为，分别为，的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
又因为，所以．
（2）设，连接，
因为为正四棱锥，所以为正方形的中心，
所以，平面．
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
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．
（3）连接，设，所以，
因为，所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
即，解得．
即．
19．【答案】（1）证明：要证，只要证，因为，所以要证，
记，，得，
且时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，从而得证.
（2）证明：由题意得，知，设，则.
令，得；令，得.
所以，即在上单调递增，在上单调递减.
故，所以在上单调递减，且.
（3）证明：由（2）可知，若，则，不合题意.
若，则，不合题意.
所以，要证，只需证，
结合在上单调递减，只需证.
由，得.
故只需证，即证①.
设，，
则 .
设，，
则.
所以，即在上单调递增，又，
所以.从而在上单调递减.
因为，所以.
因为，所以，即不等式①成立.
故.
【知识点】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) 将证明转化为证明，结合进一步转化为证明，构造函数，通过导数分析其单调性与最值完成证明。
(2) 对求导，分析导数在上的符号，确定函数的单调性。
(3) 由及的单调性，得出，将证明转化为证明，构造新函数并利用导数证明不等式。
（1）要证，只要证，因为，所以要证，
记，，得，
且时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，从而得证.
（2）由题意，知，设，则.
令，得；令，得.
所以，即在上单调递增，在上单调递减.
故，所以在上单调递减，且.
（3）由（2）可知，若，则，不合题意.
若，则，不合题意.
所以，要证，只需证，
结合在上单调递减，只需证.
由，得.
故只需证，即证①.
设，，
则 .
设，，
则.
所以，即在上单调递增，又，
所以.从而在上单调递减.
因为，所以.
因为，所以，即不等式①成立.
故.
1 / 1江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题
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．已知集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算；对数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：∵，
，
∴.
故答案为：C．
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用对数型函数的单调性，从而得出集合B，再结合补集的运算法则得出集合.
2．设向量，则（　　）
A．“”是“”的必要条件
B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、当时，，则，解得或，
即必要性不成立，故A错误；
B、当时，，解得，即必要性不成立，故B错误；
C、当时，向量，因为，所以，即充分性成立，故C正确；
D、当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据向量平行、垂直结合充分、必要条件等知识逐项判断即可.
3．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在第1位，且甲或乙在第4位的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有种不同方法，
其中丙不在第1位，且甲或乙在第4位的事件有种方法，
所以所求概率.
故答案为：A
【分析】本题考查古典概型的概率计算，核心是利用排列数求出总基本事件数和符合条件的事件数，再根据古典概型概率公式求解。
4．已知等差数列的前项和为，公差，若，且，，成等比数列，则的值为（　　）
A．11 B．13 C．19 D．17
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：因为，
则，
又因为，，成等比数列，
则，
所以，整理可得，
再与联立可得，，
所以，，
故答案为：C．
【分析】利用等差数列的性质和等差数列的求和公式以及等差中项公式，从而可得，再由等比中项公式可得，将两式联立可得和的值，根据等差数列的通项公式得出的值.
5．的展开式中，的系数为
A．10 B．20 C．30 D．60
【答案】C
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y，
故的系数为=30
故答案为： C.
【分析】本题考查多项式展开式的系数求解，核心是利用组合数分析的因式选取方式，确定的构成路径，再计算组合数乘积得到系数。
6．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（　　）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：连，
在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B，D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故答案为：A.
【分析】根据空间直线的位置关系，直线与平面位置关系的判定判断即可.
7．已知圆 截直线 所得线段的长度是 ，则圆 与圆 的位置关系是（　　）
A．内切 B．相交 C．外切 D．相离
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】圆的标准方程为M：x2+（y﹣a）2=a2 （a＞0），
则圆心为（0，a），半径R=a，
圆心到直线x+y=0的距离d= ，
∵圆M：x2+y2﹣2ay=0（a＞0）截直线x+y=0所得线段的长度是2 ，
∴
则圆心为M（0，2），半径R=2，
圆N：（x﹣1）2+（y﹣1）2=1的圆心为N（1，1），半径r=1，
则MN= ，
∵R+r=3，R﹣r=1，
∴R﹣r＜MN＜R+r，
即两个圆相交．
故答案为：B．
【分析】根据直线与圆相交的弦长公式，求出a的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．
8．方程在上的实数解有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【知识点】三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：当时，，
满足方程，
所以是方程的一个实数解；
当时，，
满足方程，
所以也是方程的一个实数解；
当时，，
不满足方程，
所以不是方程的一个实数解；
当时，，
由方程，可得，
则，
因为，所以此时方程无解；
当时，，
此时，显然方程无解，
综上所述，方程只有2个解，分别为.
故答案为：C.
【分析】利用分类讨论思想，先对特殊值进行分析判断，再对和进行分析判断结合方程求解方法，从而得出方程在上的实数解的个数.
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．下列统计量中，能度量样本 的离散程度的是（　　）
A．样本 的标准差 B．样本 的中位数
C．样本 的极差 D．样本 的平均数
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；
由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；
由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；
由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；
故选：AC.
【分析】根据标准差，极差，中位数及平均数的定义与意义求解即可.
10．下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
【答案】A,C,D
【知识点】函数的图象与图象变化；对数的性质与运算法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于A，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，故A正确；
对于B，易知在上单调递增；
对于，，
令，得，
所以，当或时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
所以不能通过平移由得到，故B错误；
对于C，
将的图象向左平移个单位后得到的图象，
故C正确；
对于D，将的图象向上平移个单位后得到的图象，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用诱导公式可判断选项A；根据两个函数的单调性不同可判断选项B；利用指数的运算法则和对数的运算法则，则可判断选项C和选项D，从而找出通过平移后能重合的一组函数图象.
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，，所以，即，故A错误；
由于，所以，则有，
即，故B正确；
因为，，所以，
又因为，所以，故C错误；
由
，
因为，，所以，
则，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查三角恒等变换与角的范围分析，核心是利用同角三角函数关系、两角和差公式，结合角的范围确定三角函数值的符号，进而判断选项正误。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为　 　.
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在中，，而，取中点，
连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积.
故答案为：
【分析】本题考查圆锥的体积计算，核心是先通过三角形面积公式求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算体积。
13．若在上单调递减，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【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】【解答】解：因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据题意得出不等式在上恒成立，由参变量分离法得出，从而求出函数在区间上的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
14．已知抛物线的方程为，直线与交于，两点，，两点分别位于轴的上下两侧，且，其中为坐标原点.过抛物线的焦点向作垂线交于点，动点的轨迹为，则所在曲线的方程为　 　，直线斜率的最大值为　 　.
【答案】（除去点）；
【知识点】轨迹方程；抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：由题可设，，则，
解得或者（不符合题意，舍去），
设直线的方程为，与抛物线方程联立得，
所以，，故，故直线的方程为，
所以直线过定点，
又因为，由圆的定义可知动点的轨迹是以为直径的圆，
因为，，中点坐标为，
所以点的轨迹方程为（除去点），
过原点的直线和在第一象限内相切时，斜率最大，
所以直线斜率的最大值为.
故答案为：（除去点）；.
【分析】本题考查抛物线的性质、轨迹方程求解与斜率最值问题，核心是先通过向量数量积确定直线过定点，再利用圆的定义求轨迹，最后结合直线与圆的位置关系求斜率最大值。
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．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）由余弦定理知，又，
∴2bccosA=2cosA
.
（2）在三角形中有
由正弦定理知，
，即，
，即，
【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
【解析】【分析】(1)由已知条件联想利用余弦定理化简即得答案。
(2)根据已知条件结合正弦定理将边统一化成角，结合内角和与和差角公式消去角C，整理即得，再结合面积公式求解。
16．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求的通项公式．
【答案】解：（1）[方法一]：
由已知得，且，，
取，由得，
由于为数列的前n项积，
所以，
所以，
所以，
由于
所以，即，其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列；
[方法二]【最优解】：
由已知条件知①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
，
，
当n=1时，，
当n≥2时，，显然对于n=1不成立，
∴.
【知识点】等差数列的前n项和；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）方法一：根据题意得，则，进而得到，再构造即可证明；方法二：时，，再代入整理即可；方法三：由题可得，再结合时，证明；方法四：用数学归纳法证明；
（2）根据（1）的结论求出，再利用和进行求解.
17．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆过点，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标：若不存在说明理由．
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率，且椭圆过点，
可得 ，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为点为的中点，可得，
则，即，
令，可得，即，
假设存在点，使得，此时
因为，可得，
整理得，
因为，所以，即恒成立，
所以 ，解得，即，
即存在定点，使得.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 根据椭圆的离心率公式和椭圆过点A(2，0)的条件，结合椭圆中a、b、c的关系，求解椭圆的标准方程。
(2) 先设出直线AB的方程，联立椭圆方程得到韦达定理结果，求出中点P和点C的坐标；再假设存在定点Q，利用向量垂直的数量积为0的条件，推导关于k的恒成立等式，求解定点Q的坐标。
（1）解：因为椭圆的离心率，且椭圆过点，
可得 ，解得，所以椭圆的方程为.
（2）解：由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为点为的中点，可得，
则，即，
令，可得，即，
假设存在点，使得，此时
因为，可得，
整理得，
因为，所以，即恒成立，
所以 ，解得，即，
即存在定点，使得.
18．如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与棱交于点，求的值．
【答案】（1）证明：连接，在中，
因为，分别为，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为，
所以．
（2）解：设，连接，
因为为正四棱锥，
所以为正方形的中心，
所以，平面，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
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．
（3）解：连接，设，
所以，
因为，
所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
则，
解得，
所以．
【知识点】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）先由线线平行证出线面平行，再由线面平行的性质定理和平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和正四棱锥的结构特征得出线线垂直和线面垂直，从而建立空间直角坐标系，得出平面的法向量，再结合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.
（3）根据向量共线的坐标表示和向量加法的坐标表示，从而得出，的坐标，由（2）知平面的法向量，从而得出平面的法向量，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出的值.
（1）连接，在中，因为，分别为，的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
又因为，所以．
（2）设，连接，
因为为正四棱锥，所以为正方形的中心，
所以，平面．
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
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．
（3）连接，设，所以，
因为，所以，
由（2）知平面的法向量为，
所以平面的法向量为，
由平面，可知，
即，解得．
即．
19．已知函数.
（1）证明：；
（2）证明：在上单调递减；
（3）若，且，证明：.
【答案】（1）证明：要证，只要证，因为，所以要证，
记，，得，
且时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，从而得证.
（2）证明：由题意得，知，设，则.
令，得；令，得.
所以，即在上单调递增，在上单调递减.
故，所以在上单调递减，且.
（3）证明：由（2）可知，若，则，不合题意.
若，则，不合题意.
所以，要证，只需证，
结合在上单调递减，只需证.
由，得.
故只需证，即证①.
设，，
则 .
设，，
则.
所以，即在上单调递增，又，
所以.从而在上单调递减.
因为，所以.
因为，所以，即不等式①成立.
故.
【知识点】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) 将证明转化为证明，结合进一步转化为证明，构造函数，通过导数分析其单调性与最值完成证明。
(2) 对求导，分析导数在上的符号，确定函数的单调性。
(3) 由及的单调性，得出，将证明转化为证明，构造新函数并利用导数证明不等式。
（1）要证，只要证，因为，所以要证，
记，，得，
且时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，从而得证.
（2）由题意，知，设，则.
令，得；令，得.
所以，即在上单调递增，在上单调递减.
故，所以在上单调递减，且.
（3）由（2）可知，若，则，不合题意.
若，则，不合题意.
所以，要证，只需证，
结合在上单调递减，只需证.
由，得.
故只需证，即证①.
设，，
则 .
设，，
则.
所以，即在上单调递增，又，
所以.从而在上单调递减.
因为，所以.
因为，所以，即不等式①成立.
故.
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