资源简介

江苏省射阳中学2025届高三下学期全真模拟4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，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，又，
所以．
故答案为：C．
【分析】解一元二次不等式求出集合，根据交集的运算即可得解．
2．设复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
所以的虚部为.
故选：C.
【分析】利用模长公式先求出，再根据复数的除法运算求出，即可求得z的虚部.
3．已知向量，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
由，可得，
即，整理得：．
故答案为：D．
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示，即可求出的值，从而找出正确的选项．
4．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：设，对称轴为，
因为指数函数在R上单调递增，要使函数在区间上单调递减，
则在区间上单调递减，即，解得，故实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用换元大转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可.
5．已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上且满足轴，若，则双曲线的实轴长为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为轴，且，双曲线的右焦点为，
所以，设双曲线方程为，且，
将代入双曲线方程，得到，联立解得(负根舍去)，
则双曲线的实轴长为，故B正确.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得，再代入求曲线方程即可．
6．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A B C三个景点及沿途风景，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有（　　）
A．6种 B．8种 C．12种 D．48种
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：游览每一个景点所走环形路线都有2个出入口，
①先从3个景点选一个先游览有种选法，2种进出方式，故有种；
②再在剩下的2个景点选一个游览有种选法，有2种进出方式，故有种；
③最后一个景点有2种进出方式；
综上，一共有种.
故选：D
【分析】考虑3个景点的游览顺序，结合每个景点内部的出入口有2个，利用分步乘法即可求得不重复（除交汇点O外）的不同游览线路总数 .
7．记为数列的前项之积，已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，故2），故，
故，所以是公差为2的等差数列，
因为，所以，
所以，所以．
故答案为：C．
【分析】将代入，整理可得，再利用等差数列的通项公式求出即可求解.
8．如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于，两点，且，，若直线的斜率为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由题意得，，，
∴直线所对的倾斜角为，
∴，∴，∴，
∴，
，，，
又∵，，
由，结合，
解得，
故选：B.
【分析】利用直线斜率与倾斜角关系以及诱导公式可得，再根据二倍角的正切公式即可求出的值，结合的范围以及同角三角函数的关系可得答案.
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．已知，且，则（　　）
A． B．
C．无最小值，只有最大值为4 D．的最小值为12
【答案】A,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：由，则，又，即，同理，A对；
由，且，显然时，B错；
由上分析知：且，结合的单调性知：，C对；
由，当且仅当时等号成立，D对.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意得，结合即可判断A；由，举反例即可判断B；由，结合即判断；由，结合基本不等式求最值即可．
10．如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（　　）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．圆锥外接球体积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误；
B.当是的高时，此时的面积和三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确；
C.因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的体积为，故C正确；
D. 若，则是等腰直角三角形，，，
所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面，
此时三点共线时，的最小值是，
中，，
由余弦定理可知，，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对于A，根据圆锥的侧面积公式即可判断；对于B，当面积最大时，三棱锥体积最大；对于C，由圆锥的外接球半径为圆锥轴截面三角形外接圆半径进行求解；对于D，将翻折，使四点共面，则的最小值为，结合余弦定理求边长即可.
11．已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．，
B．的对称中心为
C．过原点有两条直线与的图象相切
D．若有两个极值点，，则
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，则，
对于选项A：例如，故A错误；
对于选项B：因为，
所以的对称中心为，故B正确；
对于选项C：设切点坐标为，则切线斜率，
可得切线方程为，
代入可得，
整理可得，解得或，
所以过原点有两条直线与的图象相切，故C正确；
对于选项D：若有两个极值点，，即有2个不同的实根，
则，解得，
且，由选项B可得：，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】求出的导数即可判断A；利用对称中心的概念，检验是否成立即可判断B；利用导数的几何意义判断切线的条数即可确定C；根据题意可知有2个不同的实根，进而得到，再结合选项B即可判断D.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12． 的展开式中 的系数为 　 　 (用数字作答).
【答案】-28
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：(x+y)8的通项公式为，
①当8-r=2，即r=6时， 展开式中 项为，
②当8-r=3，即r=5时， 展开式中 项为，
则展开式中 项为，
故答案为：-28
【分析】由二项式定理，分类讨论求解即可.
13．设函数在上的值域为，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：函数的周期，而，
当函数在上单调时，，
当函数在上不单调时，由正弦函数的图象性质知，
当在上的图象关于直线对称时，最小，
所以，即，
所以
，
所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】探讨函数的周期，按函数在上是否单调分类求解的范围，当函数在上单调时，可取得最大值；当区间对称分布在波峰或波谷两侧时，可取得最小值.
14．已知函数，数列是公差为2的等差数列，若，则　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由可知，
因为，所以为偶函数，
当时，，所以在单调递增且，
设，所以为奇函数且在单调递增，结合奇函数的对称性可得在单调递增，
因为 ，所以，
又是等差数列，可得，
当时，，，，
同理，即，不合题意，
当时，同理可得，也不合题意，
所以，又公差为2，可得，所以.
故答案为：.
【分析】根据题意可知函数f(x)为偶函数且在单调递增，进而可知为奇函数且在单调递增，结合题意可知，利用单调性和奇偶性可知，即，等差数列的通项公式即可求得，进而可求.
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．已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，
因为A+B+C=，所以，
所以，
所以，
所以所以
因为，所以，
所以，所以，所以，
因为，所以，所以，所以.

（2）解：因为，且的面积为，
所以有，
所以，即，所以周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化可得，结合三角形的内角和关系和三角恒等变换，辅助角公式可得，进而利用角的范围即可求得B的值；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式可得，进而利用完全平方和公式即可求得a+c的值，再求得的周长即可.
（1）因为，
所以，
，
，
，
因为，所以，
即，所以，
因为，所以，所以有，所以.
（2）因为，且的面积为，
所以有，
所以，即，所以周长为.
16．佛山顺德双皮奶是一种粤式甜品，上层奶皮甘香，下层奶皮香滑润口，吃起来，香气浓郁，入口嫩滑，让人唇齿留香．双皮奶起源于清朝末期，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成．水牛奶中含有丰富的蛋白质，包括酪蛋白和少量的乳清蛋白，及大量人体生长发育所需的氨基酸和微量元素．不过新鲜的水牛奶保质期较短．某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
日销售量/件 0 1 2 3
天数 5 10 25 10
假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率．
（1）求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率；
（2）已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况．该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货．假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率．
【答案】（1）解：由题设可知，能卖出3件水牛奶的概率为，3件以下的概率为，
所以三天中卖出3件水牛奶的天数，
所以，
所以接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率.
（2）解：由（1）及题意知：第一天营业结束后不补货的情况为A={销售0件}或B={销售1件}，
所以，，
令C={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
第一天营业结束后补货的情况为D={销售3件}或E={销售2件}，
所以，，
令F={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.
【知识点】二项分布；全概率公式；并（和）事件与交（积）事件；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）先求得能卖出3件水牛奶的概率，可知三天中卖出3件水牛奶的天数，利用二项分布的概率概率公式求即可；
（2）根据补货规则，分情况讨论第一天的存货情况，营业结束是否需要补货，再结合第二天的销售情况，利用全概率公式分别求出不需补货、需要补货情况下在第二天营业结束货架上有1件存货的概率，即可得结果.
（1）由题设，能卖出3件水牛奶的概率为，3件以下的概率为，
所以三天中卖出3件水牛奶的天数，
则.
（2）由（1）及题意知：第一天营业结束后不补货的情况为A={销售0件}或B={销售1件}，
所以，，
令C={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
第一天营业结束后补货的情况为D={销售3件}或E={销售2件}，
所以，，
令F={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.
17．如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：如图所示，分别取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理平面，所以，
又因为是全等的正三角形，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：如图所示，连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，所以
则，取，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）分别取的中点，连接，先证明，再结合可得四边形是平行四边形，即可知，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）连接，以的方向为轴的正方向，建立所示的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量，代入夹角公式，即可求得直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：分别取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理平面，所以，
又因为是全等的正三角形，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，所以
则，取，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，则．
18．已知函数的导函数为，若函数的定义域为，且不等式对任意成立，则称函数是“超导函数”.
（1）判断是否为“超导函数”，并说明理由；
（2）若函数与都是“超导函数”，且对任意，都有，，记，求证：函数是“超导函数”；
（3）已知函数是“超导函数”且，若有且仅有一个实数满足，求的取值范围.
【答案】（1）解：函数定义域为，求导得，则，所以是“超导函数”；；
（2）证明：函数，求导得，
则，
由函数与都是“超导函数”，得，
由对任意，都有，，得，
因此，即，
所以函数是“超导函数”；
（3）解：由函数是“超导函数”，得对任意，，
令，求导得，函数在上单调递减，且，
由，得，即，
因此，即，令，
由有且仅有一个实数满足，得直线与函数的图象有且只有1个交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，函数值的集合为，在上单调递减，函数值的集合为，
因此当或时，直线与函数的图象有且只有1个交点，
则的取值范围或.
【知识点】导数的四则运算；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）先求函数的定义域，再求导，利用“超导函数”定义判断即可；
（2）求函数的导函数，作差变形，利用“超导函数”定义推理判断符号即可证明；
（3）由函数是“超导函数”，得对任意，，构造函数，求导，利用“超导函数”定义确定单调性可得，再构造函数，利用导数求出函数值集合，结合已知求的取值范围即可.
（1）函数，求导得，则，
所以是“超导函数”.
（2）函数，求导得，
则，
由函数与都是“超导函数”，得，
由对任意，都有，，得，
因此，即，
所以函数是“超导函数”.
（3）由函数是“超导函数”，得对任意，，
令，求导得，函数在上单调递减，且，
由，得，即，
因此，即，令，
由有且仅有一个实数满足，得直线与函数的图象有且只有1个交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，函数值的集合为，在上单调递减，函数值的集合为，
因此当或时，直线与函数的图象有且只有1个交点，
所以的取值范围或.
19．已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）解：（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
【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）根据题意，确定的值即可；
（2）（i）分两种情况，当直线的斜率不存在和直线的斜率存在，再联立结合韦达定理及 直线AP，AQ的斜率之积为进行求解；
（ii）根据题意可得，进而得到，再结合焦半径公式，代入进行求解．
（1）由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
1 / 1江苏省射阳中学2025届高三下学期全真模拟4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，，则（　　）
A． B． C． D．
2．设复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．2
3．已知向量，若，则（　　）
A． B． C． D．
4．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上且满足轴，若，则双曲线的实轴长为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A B C三个景点及沿途风景，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有（　　）
A．6种 B．8种 C．12种 D．48种
7．记为数列的前项之积，已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，以为始边，角与的终边分别与单位圆相交于，两点，且，，若直线的斜率为，则（　　）
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．已知，且，则（　　）
A． B．
C．无最小值，只有最大值为4 D．的最小值为12
10．如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（　　）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．圆锥外接球体积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
11．已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．，
B．的对称中心为
C．过原点有两条直线与的图象相切
D．若有两个极值点，，则
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12． 的展开式中 的系数为 　 　 (用数字作答).
13．设函数在上的值域为，则的取值范围是　 　.
14．已知函数，数列是公差为2的等差数列，若，则　 　.
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．已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
16．佛山顺德双皮奶是一种粤式甜品，上层奶皮甘香，下层奶皮香滑润口，吃起来，香气浓郁，入口嫩滑，让人唇齿留香．双皮奶起源于清朝末期，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成．水牛奶中含有丰富的蛋白质，包括酪蛋白和少量的乳清蛋白，及大量人体生长发育所需的氨基酸和微量元素．不过新鲜的水牛奶保质期较短．某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
日销售量/件 0 1 2 3
天数 5 10 25 10
假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率．
（1）求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率；
（2）已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况．该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货．假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率．
17．如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知函数的导函数为，若函数的定义域为，且不等式对任意成立，则称函数是“超导函数”.
（1）判断是否为“超导函数”，并说明理由；
（2）若函数与都是“超导函数”，且对任意，都有，，记，求证：函数是“超导函数”；
（3）已知函数是“超导函数”且，若有且仅有一个实数满足，求的取值范围.
19．已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，又，
所以．
故答案为：C．
【分析】解一元二次不等式求出集合，根据交集的运算即可得解．
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
所以的虚部为.
故选：C.
【分析】利用模长公式先求出，再根据复数的除法运算求出，即可求得z的虚部.
3．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
由，可得，
即，整理得：．
故答案为：D．
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示，即可求出的值，从而找出正确的选项．
4．【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：设，对称轴为，
因为指数函数在R上单调递增，要使函数在区间上单调递减，
则在区间上单调递减，即，解得，故实数的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用换元大转化为指数函数和二次函数单调性进行求解即可.
5．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为轴，且，双曲线的右焦点为，
所以，设双曲线方程为，且，
将代入双曲线方程，得到，联立解得(负根舍去)，
则双曲线的实轴长为，故B正确.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得，再代入求曲线方程即可．
6．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：游览每一个景点所走环形路线都有2个出入口，
①先从3个景点选一个先游览有种选法，2种进出方式，故有种；
②再在剩下的2个景点选一个游览有种选法，有2种进出方式，故有种；
③最后一个景点有2种进出方式；
综上，一共有种.
故选：D
【分析】考虑3个景点的游览顺序，结合每个景点内部的出入口有2个，利用分步乘法即可求得不重复（除交汇点O外）的不同游览线路总数 .
7．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，故2），故，
故，所以是公差为2的等差数列，
因为，所以，
所以，所以．
故答案为：C．
【分析】将代入，整理可得，再利用等差数列的通项公式求出即可求解.
8．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由题意得，，，
∴直线所对的倾斜角为，
∴，∴，∴，
∴，
，，，
又∵，，
由，结合，
解得，
故选：B.
【分析】利用直线斜率与倾斜角关系以及诱导公式可得，再根据二倍角的正切公式即可求出的值，结合的范围以及同角三角函数的关系可得答案.
9．【答案】A,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：由，则，又，即，同理，A对；
由，且，显然时，B错；
由上分析知：且，结合的单调性知：，C对；
由，当且仅当时等号成立，D对.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意得，结合即可判断A；由，举反例即可判断B；由，结合即判断；由，结合基本不等式求最值即可．
10．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误；
B.当是的高时，此时的面积和三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确；
C.因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的体积为，故C正确；
D. 若，则是等腰直角三角形，，，
所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面，
此时三点共线时，的最小值是，
中，，
由余弦定理可知，，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对于A，根据圆锥的侧面积公式即可判断；对于B，当面积最大时，三棱锥体积最大；对于C，由圆锥的外接球半径为圆锥轴截面三角形外接圆半径进行求解；对于D，将翻折，使四点共面，则的最小值为，结合余弦定理求边长即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；导数的几何意义；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，则，
对于选项A：例如，故A错误；
对于选项B：因为，
所以的对称中心为，故B正确；
对于选项C：设切点坐标为，则切线斜率，
可得切线方程为，
代入可得，
整理可得，解得或，
所以过原点有两条直线与的图象相切，故C正确；
对于选项D：若有两个极值点，，即有2个不同的实根，
则，解得，
且，由选项B可得：，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】求出的导数即可判断A；利用对称中心的概念，检验是否成立即可判断B；利用导数的几何意义判断切线的条数即可确定C；根据题意可知有2个不同的实根，进而得到，再结合选项B即可判断D.
12．【答案】-28
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：(x+y)8的通项公式为，
①当8-r=2，即r=6时， 展开式中 项为，
②当8-r=3，即r=5时， 展开式中 项为，
则展开式中 项为，
故答案为：-28
【分析】由二项式定理，分类讨论求解即可.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：函数的周期，而，
当函数在上单调时，，
当函数在上不单调时，由正弦函数的图象性质知，
当在上的图象关于直线对称时，最小，
所以，即，
所以
，
所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】探讨函数的周期，按函数在上是否单调分类求解的范围，当函数在上单调时，可取得最大值；当区间对称分布在波峰或波谷两侧时，可取得最小值.
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由可知，
因为，所以为偶函数，
当时，，所以在单调递增且，
设，所以为奇函数且在单调递增，结合奇函数的对称性可得在单调递增，
因为 ，所以，
又是等差数列，可得，
当时，，，，
同理，即，不合题意，
当时，同理可得，也不合题意，
所以，又公差为2，可得，所以.
故答案为：.
【分析】根据题意可知函数f(x)为偶函数且在单调递增，进而可知为奇函数且在单调递增，结合题意可知，利用单调性和奇偶性可知，即，等差数列的通项公式即可求得，进而可求.
15．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，
因为A+B+C=，所以，
所以，
所以，
所以所以
因为，所以，
所以，所以，所以，
因为，所以，所以，所以.

（2）解：因为，且的面积为，
所以有，
所以，即，所以周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化可得，结合三角形的内角和关系和三角恒等变换，辅助角公式可得，进而利用角的范围即可求得B的值；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式可得，进而利用完全平方和公式即可求得a+c的值，再求得的周长即可.
（1）因为，
所以，
，
，
，
因为，所以，
即，所以，
因为，所以，所以有，所以.
（2）因为，且的面积为，
所以有，
所以，即，所以周长为.
16．【答案】（1）解：由题设可知，能卖出3件水牛奶的概率为，3件以下的概率为，
所以三天中卖出3件水牛奶的天数，
所以，
所以接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率.
（2）解：由（1）及题意知：第一天营业结束后不补货的情况为A={销售0件}或B={销售1件}，
所以，，
令C={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
第一天营业结束后补货的情况为D={销售3件}或E={销售2件}，
所以，，
令F={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.
【知识点】二项分布；全概率公式；并（和）事件与交（积）事件；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）先求得能卖出3件水牛奶的概率，可知三天中卖出3件水牛奶的天数，利用二项分布的概率概率公式求即可；
（2）根据补货规则，分情况讨论第一天的存货情况，营业结束是否需要补货，再结合第二天的销售情况，利用全概率公式分别求出不需补货、需要补货情况下在第二天营业结束货架上有1件存货的概率，即可得结果.
（1）由题设，能卖出3件水牛奶的概率为，3件以下的概率为，
所以三天中卖出3件水牛奶的天数，
则.
（2）由（1）及题意知：第一天营业结束后不补货的情况为A={销售0件}或B={销售1件}，
所以，，
令C={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
第一天营业结束后补货的情况为D={销售3件}或E={销售2件}，
所以，，
令F={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.
17．【答案】（1）证明：如图所示，分别取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理平面，所以，
又因为是全等的正三角形，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：如图所示，连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，所以
则，取，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）分别取的中点，连接，先证明，再结合可得四边形是平行四边形，即可知，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）连接，以的方向为轴的正方向，建立所示的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量，代入夹角公式，即可求得直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：分别取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理平面，所以，
又因为是全等的正三角形，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，所以
则，取，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，则．
18．【答案】（1）解：函数定义域为，求导得，则，所以是“超导函数”；；
（2）证明：函数，求导得，
则，
由函数与都是“超导函数”，得，
由对任意，都有，，得，
因此，即，
所以函数是“超导函数”；
（3）解：由函数是“超导函数”，得对任意，，
令，求导得，函数在上单调递减，且，
由，得，即，
因此，即，令，
由有且仅有一个实数满足，得直线与函数的图象有且只有1个交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，函数值的集合为，在上单调递减，函数值的集合为，
因此当或时，直线与函数的图象有且只有1个交点，
则的取值范围或.
【知识点】导数的四则运算；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）先求函数的定义域，再求导，利用“超导函数”定义判断即可；
（2）求函数的导函数，作差变形，利用“超导函数”定义推理判断符号即可证明；
（3）由函数是“超导函数”，得对任意，，构造函数，求导，利用“超导函数”定义确定单调性可得，再构造函数，利用导数求出函数值集合，结合已知求的取值范围即可.
（1）函数，求导得，则，
所以是“超导函数”.
（2）函数，求导得，
则，
由函数与都是“超导函数”，得，
由对任意，都有，，得，
因此，即，
所以函数是“超导函数”.
（3）由函数是“超导函数”，得对任意，，
令，求导得，函数在上单调递减，且，
由，得，即，
因此，即，令，
由有且仅有一个实数满足，得直线与函数的图象有且只有1个交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，函数值的集合为，在上单调递减，函数值的集合为，
因此当或时，直线与函数的图象有且只有1个交点，
所以的取值范围或.
19．【答案】（1）解：由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）解：（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
【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）根据题意，确定的值即可；
（2）（i）分两种情况，当直线的斜率不存在和直线的斜率存在，再联立结合韦达定理及 直线AP，AQ的斜率之积为进行求解；
（ii）根据题意可得，进而得到，再结合焦半径公式，代入进行求解．
（1）由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
1 / 1

展开更多......

收起↑