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广东省三校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
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．已知为的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．设甲：，乙：，则（　　）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3．设、，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
4．在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（　　）
A．21 B．22 C．23 D．24
5．若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
6．设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（　　）
A． B． C． D．
7．已知定义域为的偶函数满足，则（　　）
A．3 B．2 C．6 D．10
8．已知正实数，满足，则（　　）
A．2 B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．（多选题）已知数列的前项和为，，，则（　　）
A．数列是递减数列 B．数列可以是等比数列
C． D．
10．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法正确的有（　　）
A．直线与直线共面
B．
C．过点B，E，F的平面，截正方体的截面面积为9
D．二面角的余弦值为
11．已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（　　）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若成等差数列，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若是关于的实系数方程的一个复数根，则　 　.
13．25人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，则不同的选法有　 　种．
14．设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k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．已知的内角所对应的边分别为是外一点，若，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求四边形面积的最大值.
16．如图，在三棱锥中，，M是线段上的点．
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
17．已知点，直线，动点到直线的距离为，且.
（1）求动点的轨迹方程，并说明是什么曲线；
（2）过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围.
18．已知数列满足，且，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列．
19．已知函数，
（1）若与的图象恰好相切，求实数的值；
（2）时，证明：当时，
（3）若有三个零点，，，且．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：已知 ，根据补集的性质，可得 （即 是 的真子集）
A，“”表示 是 的子集，与 矛盾，故A错误；
B，因为 ，且两者均为非空集合，说明存在元素属于 同时属于 （即 ），故B正确；
C，“”表示存在元素属于 但不属于 ，与 矛盾，故C错误．
D，“”表示 ，与 矛盾，故D错误．
故答案为：B
【分析】本题考查集合的补集与子集关系的逻辑推理，核心是利用“补集的子集关系逆推原集合的包含关系”（），再结合Venn图和存在/全称量词的定义逐一判断选项。
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：若，则；
而当时，有，.
所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.
故答案为：A.
【分析】先根据充分条件和必要条件的定义，分别证明“甲能推出乙”和“乙不能推出甲”，从而判断两者的关系。
3．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】A，不妨设，，则，A错误；
B，不妨设，，则，B错误；
C，构造函数，其中，则，当且仅当时，等号成立，
所以，函数在上为增函数，因为，则，则，
所以，，C正确；
D，因为，且，则，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，D错误.
故答案为：C.
【分析】A：采用特殊值法，代入异号的、值，验证是否成立。
B：采用特殊值法，代入负的、值，计算与的大小，判断不等式是否成立。
C：构造函数，通过求导分析单调性，结合推出，进而验证。
D：利用基本不等式计算的取值范围，结合等号成立条件判断不等式是否成立。
4．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，两式相加得，
即，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质可得的值，再利用等差数列的前项和公式求项数的值即可.
5．【答案】D
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
设圆，
由题意，两圆有两个公共点，即两圆相交，则，解得，
即或，
故实数a的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】易知圆的圆心和半径，设圆，由题意可得两圆相交，根据两圆相交列不等式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，，则中点坐标为
∴，则，
∴，
A：，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去，A错误；
B：，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去，B错误；
C：，则，则直线，则整理得，此时，这样的点存在，C正确
D：由A可知，则，则直线，因为，所以直线是曲线的一条渐近线，故这样的点不存在，舍去，D错误。
故答案为：C.
【分析】利用点差法推导双曲线弦中点与斜率的关系，再结合直线与双曲线联立后的判别式，验证弦是否真实存在。
7．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为是定义域为的偶函数，所以.
已知，将换为，可得，
又因为，所以.
由和可得.
令，则，那么，又因为，所以，
即，所以函数的周期是，所以.
在中，令，可得，即，解得，所以.
故答案为：A.
【分析】利用偶函数性质和已知等式推导出函数的周期，再结合周期与已知等式计算的值。
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：由题设可得 (当且仅当时取等号)，
即，由于，均为正实数，即，
设，
则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当，
故当且仅当时取等号，
因此，故，则，
故，解得，所以，
故答案为：C.
【分析】先将已知等式变形，再结合基本不等式与常用不等式lnt≤t-1，通过等号成立条件求出 x，y，最后计算 yx。
9．【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，整理有，又，由此可得，
A，因为，所以数列为递减数列，A正确；
B，若是等比数列，则由可知为定值，
又因为，所以，所以，即，
与矛盾，所以数列不可以是等比数列，B错误；
C，因为，且为递减数列，又，所以，C正确；
D，由，，两边取倒数有，
整理有：，
即，，，，
累加得：
，
即，又，所以，
整理得：，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：通过递推公式判断数列的单调性。
B：假设是等比数列，结合递推公式推导矛盾，判断是否可能。
C：根据数列的单调性和首项，判断数列的取值范围。
D：对递推公式取倒数变形，再利用累加法推导与的关系。
10．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A：如图所示：
因为为中点，为中点，所以，所以四点共面，所以直线与直线共面，故A正确；
B：如图所示：
因为分别为的中点，所以，故B错误；
C：如图所示：
因为，所以过的截面是四边形.
四边形是等腰梯形，且，，，
所以四边形的面积为：，故C错误；
D：如图所示：
取中点，连接，，因为，均为等边三角形，所以，，所以即为二面角的平面角.
在中，，，
由余弦定理，，故D正确.
故答案为：AD
【分析】A：证明，利用平行线确定一个平面的公理，判断直线与是否共面。
B：利用等体积法转换三棱锥顶点，结合正方体棱长与点、面位置关系，计算。
C：确定过点B、E、F的截面形状，利用正方体棱长计算截面面积，判断是否为9。
D：作出二面角的平面角，通过计算边长比值求其余弦值，判断是否为。
11．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A，，因为有三个零点，
所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根，
所以，解得，故A错误；
B，当时，，
，
由或，由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
因为有三个零点，所以，解得，故B正确；
C，，
所以函数的图象关于点中心对称，所以，故C正确；
D，
，
所以，
若成等差数列，则，所以，
得，所以，
解得，即，故D正确；
故答案为：BCD．
【分析】A：由函数有三个零点，得导函数有两个不相等的实根，根据判别式判断的取值范围。
B：当时，求出的极值，结合零点个数建立不等式求解的范围。
C：当时，验证函数的对称性，进而计算。
D：根据三次函数的韦达定理，结合成等差数列，推导的值。
12．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为是关于的实系数方程的一个复数根，
所以是关于的实系数方程的另一个复数根，
因此
故答案为：
【分析】本题考查实系数一元二次方程的虚根成对定理与韦达定理的应用，核心是先根据虚根成对定理确定方程的另一个根，再利用韦达定理中根与系数的关系求解b的值。
13．【答案】600
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将这个问题退化成“9人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，
有多少种不同的选法”的问题．这样每行必选1人，从其中的一行中选取1人后，
把这个人所在的行列都划掉，如图所示为其中一种情况．
如此继续下去，从方队中选3人的方法共有种．
再从方队中选出方队便可解决问题．从方队中选取3行3列有种选法，
所以从方队中选取既不在同一行也不在同一列的3人，
不同的选法有（种）．
故答案为：600
【分析】本题考查排列组合的分步乘法计数原理与组合数的应用，核心是将“5×5方队选3人不同行不同列” 的问题，拆解为“选 3 行 3 列”和“在3×3方队中选3人不同行不同列” 两个步骤，再用分步乘法计算总数。
14．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由得，
即，
令，则．
因为，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，即，
所以k的最小值为．
故答案为：
【分析】先通过同构变形将不等式转化为函数形式，利用函数单调性脱去外层函数，再转化为求函数的最大值问题，从而确定参数k的最小值。
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
则，即，因为，所以，
又因为，所以，则，故；
（2）解：由（1）易知为等边三角形，令，建立直角坐标系，如图所示：
则，，，，
则
，
当时， 四边形面积取得最大值，最大值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦公式得，再由三角形内角性质及已知，确定角的大小即可；
（2）由（1）为等边三角形，令，建立直角坐标系并确定相关点坐标，由及三角形面积公式、辅助角公式、正弦型函数的性质求范围即可.
（1）由题设，即，
所以，而，故，
又，则，故.
（2）由（1）易知为等边三角形，令，建立如下图的直角坐标系，
则，，，故，
所以
，当时取最大值为.
16．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为，，所以，，，
，所以，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
，，
设，，
则，
设平面的法向量为，则，
令，得，
由直线与平面所成角的正弦值为，
可得，
整理得，解得，
因为点在线段上，所以，即.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面即可；
（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，根据空间向量求线面角建立关于的方程，求出即可求得的长.
（1）取的中点，连接，，，
则，，，，
于是，则，
由，平面，得平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，，
则，
设平面的法向量为，则，
令，得，由直线与平面所成角的正弦值为，
得
整理得，解得，
由于点在线段上，所以，
即.
17．【答案】（1）解：设点，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合
即，整理得.
所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长，虚轴长均为的等轴双曲线.
（2）解：设直线倾斜角大于
设，联立得，
故，
由题知，双曲线的焦点
由得的取值范围是
【知识点】平面向量的坐标运算；轨迹方程；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设动点，根据条件列出等式并整理，得到轨迹方程，结合双曲线的定义说明曲线类型；
(2) 设直线，联立双曲线方程，利用韦达定理结合向量关系求出的值，再根据的范围求出的取值范围。
（1）设点，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合
即，整理得.
所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长，虚轴长均为的等轴双曲线.
（2）设直线倾斜角大于
设，联立得，
故，
由题知，双曲线的焦点
由得的取值范围是
18．【答案】（1）证明：已知，
则.
又，，所以.
那么（常数）.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，等式两边同时除以得：.
设，则，且.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
因为，所以.
（3）证明：已知，则.
.
所以.
假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列，
则，即，
两边同时乘以得：.
因为，，所以，，
则是的倍数，除以余，等式不成立.
所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 对已知递推式变形，得到，结合首项验证数列符合等比数列定义；
(2) 由(1)的结论得到的通项，构造新数列，利用累加法求出其通项，进而得到的通项公式；
(3) 先对数列裂项求和得到前项和，再用反证法假设存在三项成等差数列，推出矛盾从而证明结论。
（1）已知，
则.
又，，所以.
那么（常数）.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知，等式两边同时除以得：.
设，则，且.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
因为，所以.
（3）已知，则.
.
所以.
假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列，
则，即，
两边同时乘以得：.
因为，，所以，，
则是的倍数，除以余，等式不成立.
所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
19．【答案】（1）解：由题意得，，
设切点，又直线与图象相切，
所以，即，
得，即，代入，
得，解得，代入，解得.
经检验，符合题意.
所以的值为.
（2）证明：当时，，
要证，即证，
令，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
而上面两个等号不是同时取到，
所以在上恒成立，
即当时，.
（3）解：（i）由题意，，
由等价于，
令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点，
又由，令（），
当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意；
当时，由题意，首先在上有两个零点，
故，解得，
设两个零点为和，有，，故可知，均大于0，
由此可得在单调递增，单调递减，单调递增，
而，即，
又因为，
故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，
实数的取值范围是.
（ii），由，
由此可得，要想证明，
只需证明，而，
因此只需要证明当时，，
令，
可得，故在上单调递增，
因此当时，，即当时，，
因此，
由，有，即，
两边同时除以，由，有，
即.
【知识点】函数的单调性及单调区间；导数的几何意义；不等关系与不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 设切点坐标，利用导数的几何意义（切线斜率等于函数在切点处的导数值）和切点同时在直线与函数图象上，建立方程组求解实数的值；
(2) 当时，将不等式转化为，构造两个函数分别求其最值，证明左边最小值大于右边最大值；
(3)(i) 先化简的表达式，将零点问题转化为函数的零点问题，结合导数分析函数单调性与零点存在性，求出的取值范围；
(ii) 利用得到零点的对称关系，再通过构造函数结合单调性证明不等式。
（1）由题意，，
设切点，又直线与图象相切，
所以，即，
得，即，代入，
得，解得，代入，解得.
经检验，符合题意.
所以的值为.
（2）当时，，
要证，即证，
令，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
而上面两个等号不是同时取到，
所以在上恒成立，
即当时，.
（3）（i）由题意，，
由等价于，
令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点，
又由，令（），
当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意；
当时，由题意，首先在上有两个零点，
故，解得，
设两个零点为和，有，，故可知，均大于0，
由此可得在单调递增，单调递减，单调递增，
而，即，
又因为，
故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，
实数的取值范围是.
（ii），由，
由此可得，要想证明，
只需证明，而，
因此只需要证明当时，，
令，
可得，故在上单调递增，
因此当时，，即当时，，
因此，
由，有，即，
两边同时除以，由，有，
即.
1 / 1广东省三校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
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．已知为的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：已知 ，根据补集的性质，可得 （即 是 的真子集）
A，“”表示 是 的子集，与 矛盾，故A错误；
B，因为 ，且两者均为非空集合，说明存在元素属于 同时属于 （即 ），故B正确；
C，“”表示存在元素属于 但不属于 ，与 矛盾，故C错误．
D，“”表示 ，与 矛盾，故D错误．
故答案为：B
【分析】本题考查集合的补集与子集关系的逻辑推理，核心是利用“补集的子集关系逆推原集合的包含关系”（），再结合Venn图和存在/全称量词的定义逐一判断选项。
2．设甲：，乙：，则（　　）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：若，则；
而当时，有，.
所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.
故答案为：A.
【分析】先根据充分条件和必要条件的定义，分别证明“甲能推出乙”和“乙不能推出甲”，从而判断两者的关系。
3．设、，，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】A，不妨设，，则，A错误；
B，不妨设，，则，B错误；
C，构造函数，其中，则，当且仅当时，等号成立，
所以，函数在上为增函数，因为，则，则，
所以，，C正确；
D，因为，且，则，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，D错误.
故答案为：C.
【分析】A：采用特殊值法，代入异号的、值，验证是否成立。
B：采用特殊值法，代入负的、值，计算与的大小，判断不等式是否成立。
C：构造函数，通过求导分析单调性，结合推出，进而验证。
D：利用基本不等式计算的取值范围，结合等号成立条件判断不等式是否成立。
4．在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（　　）
A．21 B．22 C．23 D．24
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，两式相加得，
即，则，解得.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质可得的值，再利用等差数列的前项和公式求项数的值即可.
5．若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知圆的圆心为，半径为，
设圆，
由题意，两圆有两个公共点，即两圆相交，则，解得，
即或，
故实数a的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】易知圆的圆心和半径，设圆，由题意可得两圆相交，根据两圆相交列不等式求解即可.
6．设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设，，则中点坐标为
∴，则，
∴，
A：，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去，A错误；
B：，则，则直线，则整理得，此时，这样的点不存在，舍去，B错误；
C：，则，则直线，则整理得，此时，这样的点存在，C正确
D：由A可知，则，则直线，因为，所以直线是曲线的一条渐近线，故这样的点不存在，舍去，D错误。
故答案为：C.
【分析】利用点差法推导双曲线弦中点与斜率的关系，再结合直线与双曲线联立后的判别式，验证弦是否真实存在。
7．已知定义域为的偶函数满足，则（　　）
A．3 B．2 C．6 D．10
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为是定义域为的偶函数，所以.
已知，将换为，可得，
又因为，所以.
由和可得.
令，则，那么，又因为，所以，
即，所以函数的周期是，所以.
在中，令，可得，即，解得，所以.
故答案为：A.
【分析】利用偶函数性质和已知等式推导出函数的周期，再结合周期与已知等式计算的值。
8．已知正实数，满足，则（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式
【解析】【解答】解：由题设可得 (当且仅当时取等号)，
即，由于，均为正实数，即，
设，
则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当，
故当且仅当时取等号，
因此，故，则，
故，解得，所以，
故答案为：C.
【分析】先将已知等式变形，再结合基本不等式与常用不等式lnt≤t-1，通过等号成立条件求出 x，y，最后计算 yx。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．（多选题）已知数列的前项和为，，，则（　　）
A．数列是递减数列 B．数列可以是等比数列
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为，整理有，又，由此可得，
A，因为，所以数列为递减数列，A正确；
B，若是等比数列，则由可知为定值，
又因为，所以，所以，即，
与矛盾，所以数列不可以是等比数列，B错误；
C，因为，且为递减数列，又，所以，C正确；
D，由，，两边取倒数有，
整理有：，
即，，，，
累加得：
，
即，又，所以，
整理得：，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：通过递推公式判断数列的单调性。
B：假设是等比数列，结合递推公式推导矛盾，判断是否可能。
C：根据数列的单调性和首项，判断数列的取值范围。
D：对递推公式取倒数变形，再利用累加法推导与的关系。
10．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法正确的有（　　）
A．直线与直线共面
B．
C．过点B，E，F的平面，截正方体的截面面积为9
D．二面角的余弦值为
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A：如图所示：
因为为中点，为中点，所以，所以四点共面，所以直线与直线共面，故A正确；
B：如图所示：
因为分别为的中点，所以，故B错误；
C：如图所示：
因为，所以过的截面是四边形.
四边形是等腰梯形，且，，，
所以四边形的面积为：，故C错误；
D：如图所示：
取中点，连接，，因为，均为等边三角形，所以，，所以即为二面角的平面角.
在中，，，
由余弦定理，，故D正确.
故答案为：AD
【分析】A：证明，利用平行线确定一个平面的公理，判断直线与是否共面。
B：利用等体积法转换三棱锥顶点，结合正方体棱长与点、面位置关系，计算。
C：确定过点B、E、F的截面形状，利用正方体棱长计算截面面积，判断是否为9。
D：作出二面角的平面角，通过计算边长比值求其余弦值，判断是否为。
11．已知函数，若函数的图象与轴的三个交点依次为，且，则（　　）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若成等差数列，则
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A，，因为有三个零点，
所以至少有三个单调区间，即有两个不相等的实数根，
所以，解得，故A错误；
B，当时，，
，
由或，由，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
因为有三个零点，所以，解得，故B正确；
C，，
所以函数的图象关于点中心对称，所以，故C正确；
D，
，
所以，
若成等差数列，则，所以，
得，所以，
解得，即，故D正确；
故答案为：BCD．
【分析】A：由函数有三个零点，得导函数有两个不相等的实根，根据判别式判断的取值范围。
B：当时，求出的极值，结合零点个数建立不等式求解的范围。
C：当时，验证函数的对称性，进而计算。
D：根据三次函数的韦达定理，结合成等差数列，推导的值。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若是关于的实系数方程的一个复数根，则　 　.
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为是关于的实系数方程的一个复数根，
所以是关于的实系数方程的另一个复数根，
因此
故答案为：
【分析】本题考查实系数一元二次方程的虚根成对定理与韦达定理的应用，核心是先根据虚根成对定理确定方程的另一个根，再利用韦达定理中根与系数的关系求解b的值。
13．25人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，则不同的选法有　 　种．
【答案】600
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将这个问题退化成“9人排成方队，现从中选3人，要求3人既不在同一行也不在同一列，
有多少种不同的选法”的问题．这样每行必选1人，从其中的一行中选取1人后，
把这个人所在的行列都划掉，如图所示为其中一种情况．
如此继续下去，从方队中选3人的方法共有种．
再从方队中选出方队便可解决问题．从方队中选取3行3列有种选法，
所以从方队中选取既不在同一行也不在同一列的3人，
不同的选法有（种）．
故答案为：600
【分析】本题考查排列组合的分步乘法计数原理与组合数的应用，核心是将“5×5方队选3人不同行不同列” 的问题，拆解为“选 3 行 3 列”和“在3×3方队中选3人不同行不同列” 两个步骤，再用分步乘法计算总数。
14．设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由得，
即，
令，则．
因为，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，即，
所以k的最小值为．
故答案为：
【分析】先通过同构变形将不等式转化为函数形式，利用函数单调性脱去外层函数，再转化为求函数的最大值问题，从而确定参数k的最小值。
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．已知的内角所对应的边分别为是外一点，若，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
则，即，因为，所以，
又因为，所以，则，故；
（2）解：由（1）易知为等边三角形，令，建立直角坐标系，如图所示：
则，，，，
则
，
当时， 四边形面积取得最大值，最大值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦公式得，再由三角形内角性质及已知，确定角的大小即可；
（2）由（1）为等边三角形，令，建立直角坐标系并确定相关点坐标，由及三角形面积公式、辅助角公式、正弦型函数的性质求范围即可.
（1）由题设，即，
所以，而，故，
又，则，故.
（2）由（1）易知为等边三角形，令，建立如下图的直角坐标系，
则，，，故，
所以
，当时取最大值为.
16．如图，在三棱锥中，，M是线段上的点．
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为，，所以，，，
，所以，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
，，
设，，
则，
设平面的法向量为，则，
令，得，
由直线与平面所成角的正弦值为，
可得，
整理得，解得，
因为点在线段上，所以，即.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接、，利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面即可；
（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，根据空间向量求线面角建立关于的方程，求出即可求得的长.
（1）取的中点，连接，，，
则，，，，
于是，则，
由，平面，得平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，，
则，
设平面的法向量为，则，
令，得，由直线与平面所成角的正弦值为，
得
整理得，解得，
由于点在线段上，所以，
即.
17．已知点，直线，动点到直线的距离为，且.
（1）求动点的轨迹方程，并说明是什么曲线；
（2）过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围.
【答案】（1）解：设点，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合
即，整理得.
所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长，虚轴长均为的等轴双曲线.
（2）解：设直线倾斜角大于
设，联立得，
故，
由题知，双曲线的焦点
由得的取值范围是
【知识点】平面向量的坐标运算；轨迹方程；双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设动点，根据条件列出等式并整理，得到轨迹方程，结合双曲线的定义说明曲线类型；
(2) 设直线，联立双曲线方程，利用韦达定理结合向量关系求出的值，再根据的范围求出的取值范围。
（1）设点，
根据题意，动点的轨迹就是点的集合
即，整理得.
所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长，虚轴长均为的等轴双曲线.
（2）设直线倾斜角大于
设，联立得，
故，
由题知，双曲线的焦点
由得的取值范围是
18．已知数列满足，且，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列．
【答案】（1）证明：已知，
则.
又，，所以.
那么（常数）.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，等式两边同时除以得：.
设，则，且.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
因为，所以.
（3）证明：已知，则.
.
所以.
假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列，
则，即，
两边同时乘以得：.
因为，，所以，，
则是的倍数，除以余，等式不成立.
所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 对已知递推式变形，得到，结合首项验证数列符合等比数列定义；
(2) 由(1)的结论得到的通项，构造新数列，利用累加法求出其通项，进而得到的通项公式；
(3) 先对数列裂项求和得到前项和，再用反证法假设存在三项成等差数列，推出矛盾从而证明结论。
（1）已知，
则.
又，，所以.
那么（常数）.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知，等式两边同时除以得：.
设，则，且.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
因为，所以.
（3）已知，则.
.
所以.
假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列，
则，即，
两边同时乘以得：.
因为，，所以，，
则是的倍数，除以余，等式不成立.
所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
19．已知函数，
（1）若与的图象恰好相切，求实数的值；
（2）时，证明：当时，
（3）若有三个零点，，，且．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】（1）解：由题意得，，
设切点，又直线与图象相切，
所以，即，
得，即，代入，
得，解得，代入，解得.
经检验，符合题意.
所以的值为.
（2）证明：当时，，
要证，即证，
令，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
而上面两个等号不是同时取到，
所以在上恒成立，
即当时，.
（3）解：（i）由题意，，
由等价于，
令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点，
又由，令（），
当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意；
当时，由题意，首先在上有两个零点，
故，解得，
设两个零点为和，有，，故可知，均大于0，
由此可得在单调递增，单调递减，单调递增，
而，即，
又因为，
故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，
实数的取值范围是.
（ii），由，
由此可得，要想证明，
只需证明，而，
因此只需要证明当时，，
令，
可得，故在上单调递增，
因此当时，，即当时，，
因此，
由，有，即，
两边同时除以，由，有，
即.
【知识点】函数的单调性及单调区间；导数的几何意义；不等关系与不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 设切点坐标，利用导数的几何意义（切线斜率等于函数在切点处的导数值）和切点同时在直线与函数图象上，建立方程组求解实数的值；
(2) 当时，将不等式转化为，构造两个函数分别求其最值，证明左边最小值大于右边最大值；
(3)(i) 先化简的表达式，将零点问题转化为函数的零点问题，结合导数分析函数单调性与零点存在性，求出的取值范围；
(ii) 利用得到零点的对称关系，再通过构造函数结合单调性证明不等式。
（1）由题意，，
设切点，又直线与图象相切，
所以，即，
得，即，代入，
得，解得，代入，解得.
经检验，符合题意.
所以的值为.
（2）当时，，
要证，即证，
令，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
而上面两个等号不是同时取到，
所以在上恒成立，
即当时，.
（3）（i）由题意，，
由等价于，
令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点，
又由，令（），
当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意；
当时，由题意，首先在上有两个零点，
故，解得，
设两个零点为和，有，，故可知，均大于0，
由此可得在单调递增，单调递减，单调递增，
而，即，
又因为，
故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，
实数的取值范围是.
（ii），由，
由此可得，要想证明，
只需证明，而，
因此只需要证明当时，，
令，
可得，故在上单调递增，
因此当时，，即当时，，
因此，
由，有，即，
两边同时除以，由，有，
即.
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