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江苏省扬州市新华中学2025届高三下学期校内模拟二数学试题
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】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由得：，
所以集合，
故.
故答案为：A.
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．若复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，得，得，
所以，故的虚部为.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的运算与共轭复数、虚部的概念，核心是先通过代数变形求出复数z，再求其共轭复数，最后根据虚部的定义确定结果。
3．已知向量若则（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由已知，因为，所以，，所以．
故答案为：C．
【分析】本题考查向量垂直的性质与向量模的计算，核心是利用向量垂直时数量积为0求出的值，再代入向量模的坐标公式计算。
4．的展开式中的系数为（　　）
A． B． C．20 D．60
【答案】C
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的通项公式，
取，可得，又中不含平方项，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：C
【分析】本题考查二项式定理的通项公式应用，核心是先写出的通项，再分析与该二项式相乘后得到的项的构成，进而计算系数。
5．当时，曲线与的交点个数为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【知识点】正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作图像，列表：
0
0 1 0 0 1 0 0
作图像，列表：
0
0 2 0 0 2 0
在同一坐标系中画出图形，如下图所示，
则两个函数在上有4个交点.
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数图象的交点问题，核心是通过五点法画出与在的图像，结合图像特征统计交点个数。
6．已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（　　）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 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；等差数列的性质
【解析】【解答】解：若，这意味着是数列中的最小值，
因为是公差不为的等差数列，
所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线，
当是最小值时，说明从第项开始数列的项变为正数，
则，且.
所以由“”可以推出“”，充分性成立；
若，仅知道第项是非正的，但无法确定就是的最小值，
例如，，就不是最小值，
则不能推出，必要性不成立，
因为充分性成立，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，从而分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系.
7．如图所示，直三棱柱是一块石材，测量得，，，．若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为（　　）
A．，4 B．，3 C．，4 D．，3
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：中，，，.
则斜边的长度为.
当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．
易知，设健身手球的半径为，则，解得．
则健身手球的最大直径为4．一个健身手球的最大体积.
直三棱柱的高，则由，
说明直三棱柱的高最多能容纳个球的直径长度，故加工成的健身手球的个数为.
故答案为：D.
【分析】本题考查直三棱柱内切球与球体体积计算，核心是先求底面直角三角形的内切圆半径（即健身球的最大半径），再计算球体体积，结合直三棱柱的高确定健身球个数。
8．已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系；等差中项
【解析】【解答】解：
由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为成等差数列，所以设，
则可化为，
即，
令，可知直线过定点，
且，所以在圆C内部，
当时，弦长最短，此时最小，
又，
所以，
所以，
又，所以，
故答案为：C.
【分析】设数列公差为d，进而得到直线过定点，故当时，最小，再利用余弦定理求角即可.
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．有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（　　）
A．若平均数不变，则 B．若极差不变，则
C．若，则中位数不变 D．若，则方差不变
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】 解：若平均数不变，则，解得，故A正确；
当时，极差不变，但，故B错误；
若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；
原数据的平均数为3，原数据的方差为，
新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查样本数据的平均数、极差、中位数、方差的定义与计算，核心是分别根据各统计量的定义，结合已知条件逐一验证选项的正确性。
10．已知如图是函数的部分图象，则（　　）
A．的图象关于中心对称
B．在单调递增
C．在点处的切线方程为
D．的图象向左平移个单位长度后为偶函数
【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：函数图形经过，代入得，解得，
因为，.
过点，得，解得，
有图像可知，即，解得，则.
可得，
对称中心为，解得，所以A错误.
函数在上单增，解得
当时，增区间为，所以B正确.
可知，则，
切线方程为，化简得，所以C正确.
平移后得，是偶函数，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先根据图像确定的解析式，利用整体法求出对称中心即可判断A；求出单调递增区间判断B即可；利用导数的几何意义求切线方程即可判断C；根据平移及函数奇偶性即可判断D．
11．著名数学家笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了方程，该方程表示的曲线C就是优美的“笛卡尔叶形线”（如图），它具有非常完美的对称性，则下列说法正确的是（　　）
A．曲线C过点
B．曲线C关于对称
C．若，曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值为3
D．若，曲线C上任一点均满足
【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：A，将点代入方程得，点满足方程，故曲线C过该点，故A正确；
B，在方程中，把x，y互换方程不变，即当在曲线C上时，它关于的对称点也在曲线C上，故曲线C关于对称，故B正确；
C，当，由A，B知曲线过点且关于对称，从形上看曲线上有点的纵坐标大于3（如下图1），从数上看取，
则，记，，，图像连续不间断，
故在上必有一根，故曲线上有点的纵坐标的最大值大于3，故C错误；
D，设，则，代入曲线方程得，
即，当，即时，代入得，矛盾；
当即时，，
可得，又，故，如图2从形上看曲线C夹在渐近
线和切线之间，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查笛卡尔叶形线的性质分析，核心是通过代入验证、对称性判断、函数最值与方程判别式分析，逐一验证选项的正确性。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知，，，则　 　.
【答案】
【知识点】条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：.
.
故答案为：
【分析】本题考查条件概率与全概率公式的应用，核心是先利用全概率公式求出，再通过条件概率公式计算结果。
13．若函数的最小值为2，则实数a的值是　 　.
【答案】1
【知识点】函数的单调性及单调区间；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，求导可得，
当时，令，可得，
由可得，由得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，解得；
当时，，显然函数在上单调递减，故不合题意；
当时，，函数在上单调递减，故不合题意.
故答案为：
【分析】本题考查利用导数求函数的最值，核心是对参数a分情况讨论，分析函数的单调性，找到最小值点后建立方程求解a的值。
14．已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为　 　.
【答案】14
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：四边形中，，，
则，．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
所以：．
则
当时，最大值，最大值为14，
故答案为：14．
【分析】在、中，利用余弦定理可得，再根据面积公式化简求最值即可.
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．已知是等差数列，公差不为，其前项和为.若，，构成等比数列，.
（1）求及；
（2）数列满足，，，为数列的前项和，求.
【答案】（1）解：设等差数列的首项为，公差为，且，
由，，构成等比数列，，
则，
解得，
则，；
（2）解：由（1）得，
即，
则，，，，，
等式左右分别相加可得
又，
所以，
所以，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1) 设等差数列的首项和公差，结合等比中项性质与前3项和公式列方程组，求解首项和公差，进而得到通项公式和前项和。
(2) 利用累加法由求出的表达式，进而得到，再用裂项相消法求数列的前项和。
（1）设等差数列的首项为，公差为，且，
由，，构成等比数列，，
则，
解得，
则，；
（2）由（1）得，
即，
则，，，，，
等式左右分别相加可得
又，
所以，
所以，
则
.
16．已知和，直线与椭圆切于点.
（1）求的离心率；
（2）若过的直线交于另一点，且的面积为，求的方程.
【答案】（1）解：由已知点在椭圆上，则，
又，，可知，即，
又直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆，得，
即，
化简可得，
联立，解得，
则，即，，，
所以离心率；
（2）解：由（1）得椭圆方程为，
设，由已知，且，
则点到直线的距离，
又的面积，
化简可得，
又点在椭圆上，则，
联立方程，解得，则，
所以，即直线.
【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）利用待定系数法得到椭圆方程，再求离心率即可；
（2）设点，求出直线的方程及，再求出点到直线的距离，结合面积及点在椭圆上求出点，进而得到直线的方程 .
（1）由已知点在椭圆上，则，
又，，可知，即，
又直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆，得，
即，
化简可得，
联立，解得，
则，即，，，
所以离心率；
（2）由（1）得椭圆方程为，
设，由已知，且，
则点到直线的距离，
又的面积，
化简可得，
又点在椭圆上，则，
联立方程，解得，则，
所以，即直线.
17．如图，在底面是矩形的四棱锥中，，点在底面上的射影为点与在直线的两侧，且.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，
因为平面平面，
所以.
又，所以.
又，故，所以为等腰直角三角形.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由（1）知，两两垂直，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，
由，得，可得点坐标为，
同理得.
所以，
设为，
则，即
令，则，得平面的一个法向量.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，结合为等腰直角三角形，再利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系平面的法向量，面的一个法向量，法向量夹角的余弦公式即可求解.
（1）证明：连接，
因为平面平面，
所以.
又，所以.
又，故，所以为等腰直角三角形.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，两两垂直，
以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
由，得，可得点坐标为，
同理得.
所以，
设为平面的法向量，
则，即
令，则，得平面的一个法向量.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．已知函数.
（1）若，且，求a的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若当且仅当，求b的取值范围.
【答案】（1）解：时，，则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故，即，所以的最小值为.
（2）证明：的定义域为.
设为图象上任意一点，关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）解：因为当且仅当，故为的一个解，
所以，可得，依题意在上恒成立，
设，则，
则有在上恒成立，
因为，可设，
所以
①当时，由知，，所以，
所以在单调递增.
1.当，即时，对任意都成立，
所以在上单调递减，则；
2.当，即时，而当时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以舍去；
②当时，所以在上单调递增，则，所以舍去；
③当时，与在上都单调递增，
所以在上单调递增，则，所以舍去.
综上，.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 当时求的导数，利用基本不等式分析导数的最小值，结合的条件求解的最小值。
(2) 先确定函数的定义域，再设图象上任意一点，证明其关于某点的对称点也在图象上，从而证明曲线的中心对称性。
(3) 由的解集为，确定和是方程的根，代入求出与的关系，再构造函数利用导数分析单调性，求解的取值范围。
（1）时，，则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故，即，所以的最小值为.
（2）的定义域为.
设为图象上任意一点，关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以，可得，依题意在上恒成立，
设，则，
则有在上恒成立，
因为，可设，
所以
①当时，由知，，所以，
所以在单调递增.
1.当，即时，对任意都成立，
所以在上单调递减，则；
2.当，即时，而当时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以舍去；
②当时，所以在上单调递增，则，所以舍去；
③当时，与在上都单调递增，
所以在上单调递增，则，所以舍去.
综上，.
19．在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”.
（1）求，
（2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1.
（i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1；
（ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率.
【答案】（1）解：由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则，
若机器人经过，则必不经过3，包括：前两次都向左移动1个单位；
先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位；
先向右移动1个单位，再向左移动3个单位，则其概率，
若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率，
故；
（2）证明：（i），因此，，
，
对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，，
则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，
即“雷达会收到信息”的概率为；
（ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息，
根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1，
再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1，
首次发信息在3的概率相等，即
设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到
易知事件与事件相互独立，故
又根据全概率公式，若机器人初始位置为0，
第一次移动后的位置为1 或，故，
故，①
若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故，
即，②
解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为

【知识点】全概率公式
【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率公式结合对立事件的概率公式求解即可；
（2）（i）利用条件概率公式化简，得，即可证明结论；
（ii）先记事件，再利用全概率公式计算即可.
（1）由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则，
若机器人经过，则必不经过3，包括：
前两次都向左移动1个单位；
先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位；
先向右移动1个单位，再向左移动3个单位，
则其概率，
若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率，
故；
（2）（i），因此，
，
，
对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，，
则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为
（ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息，
根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1，
再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1，
首次发信息在3的概率相等，即
设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到
易知事件与事件相互独立，故
又根据全概率公式，若机器人初始位置为0，
第一次移动后的位置为1 或，故，
故，①
若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故，
即，②
解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为
1 / 1江苏省扬州市新华中学2025届高三下学期校内模拟二数学试题
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．若复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．
3．已知向量若则（　　）
A． B． C．2 D．4
4．的展开式中的系数为（　　）
A． B． C．20 D．60
5．当时，曲线与的交点个数为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
6．已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（　　）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．如图所示，直三棱柱是一块石材，测量得，，，．若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为（　　）
A．，4 B．，3 C．，4 D．，3
8．已知直线与圆交于两点，若成等差数列，则的最小值为（　　）
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．有一组样本数据1，2，3，4，5，现加入两个正整数，构成新样本数据，与原样本数据比较，下列说法正确的是（　　）
A．若平均数不变，则 B．若极差不变，则
C．若，则中位数不变 D．若，则方差不变
10．已知如图是函数的部分图象，则（　　）
A．的图象关于中心对称
B．在单调递增
C．在点处的切线方程为
D．的图象向左平移个单位长度后为偶函数
11．著名数学家笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，列出了方程，该方程表示的曲线C就是优美的“笛卡尔叶形线”（如图），它具有非常完美的对称性，则下列说法正确的是（　　）
A．曲线C过点
B．曲线C关于对称
C．若，曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值为3
D．若，曲线C上任一点均满足
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知，，，则　 　.
13．若函数的最小值为2，则实数a的值是　 　.
14．已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为　 　.
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．已知是等差数列，公差不为，其前项和为.若，，构成等比数列，.
（1）求及；
（2）数列满足，，，为数列的前项和，求.
16．已知和，直线与椭圆切于点.
（1）求的离心率；
（2）若过的直线交于另一点，且的面积为，求的方程.
17．如图，在底面是矩形的四棱锥中，，点在底面上的射影为点与在直线的两侧，且.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知函数.
（1）若，且，求a的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若当且仅当，求b的取值范围.
19．在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”.
（1）求，
（2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1.
（i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1；
（ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由得：，
所以集合，
故.
故答案为：A.
【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，得，得，
所以，故的虚部为.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的运算与共轭复数、虚部的概念，核心是先通过代数变形求出复数z，再求其共轭复数，最后根据虚部的定义确定结果。
3．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由已知，因为，所以，，所以．
故答案为：C．
【分析】本题考查向量垂直的性质与向量模的计算，核心是利用向量垂直时数量积为0求出的值，再代入向量模的坐标公式计算。
4．【答案】C
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：的通项公式，
取，可得，又中不含平方项，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：C
【分析】本题考查二项式定理的通项公式应用，核心是先写出的通项，再分析与该二项式相乘后得到的项的构成，进而计算系数。
5．【答案】B
【知识点】正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作图像，列表：
0
0 1 0 0 1 0 0
作图像，列表：
0
0 2 0 0 2 0
在同一坐标系中画出图形，如下图所示，
则两个函数在上有4个交点.
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数图象的交点问题，核心是通过五点法画出与在的图像，结合图像特征统计交点个数。
6．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质
【解析】【解答】解：若，这意味着是数列中的最小值，
因为是公差不为的等差数列，
所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线，
当是最小值时，说明从第项开始数列的项变为正数，
则，且.
所以由“”可以推出“”，充分性成立；
若，仅知道第项是非正的，但无法确定就是的最小值，
例如，，就不是最小值，
则不能推出，必要性不成立，
因为充分性成立，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：C.
【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，从而分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系.
7．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：中，，，.
则斜边的长度为.
当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．
易知，设健身手球的半径为，则，解得．
则健身手球的最大直径为4．一个健身手球的最大体积.
直三棱柱的高，则由，
说明直三棱柱的高最多能容纳个球的直径长度，故加工成的健身手球的个数为.
故答案为：D.
【分析】本题考查直三棱柱内切球与球体体积计算，核心是先求底面直角三角形的内切圆半径（即健身球的最大半径），再计算球体体积，结合直三棱柱的高确定健身球个数。
8．【答案】C
【知识点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系；等差中项
【解析】【解答】解：
由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为成等差数列，所以设，
则可化为，
即，
令，可知直线过定点，
且，所以在圆C内部，
当时，弦长最短，此时最小，
又，
所以，
所以，
又，所以，
故答案为：C.
【分析】设数列公差为d，进而得到直线过定点，故当时，最小，再利用余弦定理求角即可.
9．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】 解：若平均数不变，则，解得，故A正确；
当时，极差不变，但，故B错误；
若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；
原数据的平均数为3，原数据的方差为，
新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查样本数据的平均数、极差、中位数、方差的定义与计算，核心是分别根据各统计量的定义，结合已知条件逐一验证选项的正确性。
10．【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：函数图形经过，代入得，解得，
因为，.
过点，得，解得，
有图像可知，即，解得，则.
可得，
对称中心为，解得，所以A错误.
函数在上单增，解得
当时，增区间为，所以B正确.
可知，则，
切线方程为，化简得，所以C正确.
平移后得，是偶函数，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先根据图像确定的解析式，利用整体法求出对称中心即可判断A；求出单调递增区间判断B即可；利用导数的几何意义求切线方程即可判断C；根据平移及函数奇偶性即可判断D．
11．【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：A，将点代入方程得，点满足方程，故曲线C过该点，故A正确；
B，在方程中，把x，y互换方程不变，即当在曲线C上时，它关于的对称点也在曲线C上，故曲线C关于对称，故B正确；
C，当，由A，B知曲线过点且关于对称，从形上看曲线上有点的纵坐标大于3（如下图1），从数上看取，
则，记，，，图像连续不间断，
故在上必有一根，故曲线上有点的纵坐标的最大值大于3，故C错误；
D，设，则，代入曲线方程得，
即，当，即时，代入得，矛盾；
当即时，，
可得，又，故，如图2从形上看曲线C夹在渐近
线和切线之间，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查笛卡尔叶形线的性质分析，核心是通过代入验证、对称性判断、函数最值与方程判别式分析，逐一验证选项的正确性。
12．【答案】
【知识点】条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：.
.
故答案为：
【分析】本题考查条件概率与全概率公式的应用，核心是先利用全概率公式求出，再通过条件概率公式计算结果。
13．【答案】1
【知识点】函数的单调性及单调区间；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，求导可得，
当时，令，可得，
由可得，由得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，解得；
当时，，显然函数在上单调递减，故不合题意；
当时，，函数在上单调递减，故不合题意.
故答案为：
【分析】本题考查利用导数求函数的最值，核心是对参数a分情况讨论，分析函数的单调性，找到最小值点后建立方程求解a的值。
14．【答案】14
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：四边形中，，，
则，．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
所以：．
则
当时，最大值，最大值为14，
故答案为：14．
【分析】在、中，利用余弦定理可得，再根据面积公式化简求最值即可.
15．【答案】（1）解：设等差数列的首项为，公差为，且，
由，，构成等比数列，，
则，
解得，
则，；
（2）解：由（1）得，
即，
则，，，，，
等式左右分别相加可得
又，
所以，
所以，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1) 设等差数列的首项和公差，结合等比中项性质与前3项和公式列方程组，求解首项和公差，进而得到通项公式和前项和。
(2) 利用累加法由求出的表达式，进而得到，再用裂项相消法求数列的前项和。
（1）设等差数列的首项为，公差为，且，
由，，构成等比数列，，
则，
解得，
则，；
（2）由（1）得，
即，
则，，，，，
等式左右分别相加可得
又，
所以，
所以，
则
.
16．【答案】（1）解：由已知点在椭圆上，则，
又，，可知，即，
又直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆，得，
即，
化简可得，
联立，解得，
则，即，，，
所以离心率；
（2）解：由（1）得椭圆方程为，
设，由已知，且，
则点到直线的距离，
又的面积，
化简可得，
又点在椭圆上，则，
联立方程，解得，则，
所以，即直线.
【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）利用待定系数法得到椭圆方程，再求离心率即可；
（2）设点，求出直线的方程及，再求出点到直线的距离，结合面积及点在椭圆上求出点，进而得到直线的方程 .
（1）由已知点在椭圆上，则，
又，，可知，即，
又直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆，得，
即，
化简可得，
联立，解得，
则，即，，，
所以离心率；
（2）由（1）得椭圆方程为，
设，由已知，且，
则点到直线的距离，
又的面积，
化简可得，
又点在椭圆上，则，
联立方程，解得，则，
所以，即直线.
17．【答案】（1）证明：连接，
因为平面平面，
所以.
又，所以.
又，故，所以为等腰直角三角形.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由（1）知，两两垂直，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，
由，得，可得点坐标为，
同理得.
所以，
设为，
则，即
令，则，得平面的一个法向量.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，结合为等腰直角三角形，再利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系平面的法向量，面的一个法向量，法向量夹角的余弦公式即可求解.
（1）证明：连接，
因为平面平面，
所以.
又，所以.
又，故，所以为等腰直角三角形.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，两两垂直，
以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
由，得，可得点坐标为，
同理得.
所以，
设为平面的法向量，
则，即
令，则，得平面的一个法向量.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：时，，则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故，即，所以的最小值为.
（2）证明：的定义域为.
设为图象上任意一点，关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）解：因为当且仅当，故为的一个解，
所以，可得，依题意在上恒成立，
设，则，
则有在上恒成立，
因为，可设，
所以
①当时，由知，，所以，
所以在单调递增.
1.当，即时，对任意都成立，
所以在上单调递减，则；
2.当，即时，而当时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以舍去；
②当时，所以在上单调递增，则，所以舍去；
③当时，与在上都单调递增，
所以在上单调递增，则，所以舍去.
综上，.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 当时求的导数，利用基本不等式分析导数的最小值，结合的条件求解的最小值。
(2) 先确定函数的定义域，再设图象上任意一点，证明其关于某点的对称点也在图象上，从而证明曲线的中心对称性。
(3) 由的解集为，确定和是方程的根，代入求出与的关系，再构造函数利用导数分析单调性，求解的取值范围。
（1）时，，则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故，即，所以的最小值为.
（2）的定义域为.
设为图象上任意一点，关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以，可得，依题意在上恒成立，
设，则，
则有在上恒成立，
因为，可设，
所以
①当时，由知，，所以，
所以在单调递增.
1.当，即时，对任意都成立，
所以在上单调递减，则；
2.当，即时，而当时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以舍去；
②当时，所以在上单调递增，则，所以舍去；
③当时，与在上都单调递增，
所以在上单调递增，则，所以舍去.
综上，.
19．【答案】（1）解：由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则，
若机器人经过，则必不经过3，包括：前两次都向左移动1个单位；
先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位；
先向右移动1个单位，再向左移动3个单位，则其概率，
若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率，
故；
（2）证明：（i），因此，，
，
对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，，
则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，
即“雷达会收到信息”的概率为；
（ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息，
根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1，
再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1，
首次发信息在3的概率相等，即
设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到
易知事件与事件相互独立，故
又根据全概率公式，若机器人初始位置为0，
第一次移动后的位置为1 或，故，
故，①
若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故，
即，②
解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为

【知识点】全概率公式
【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率公式结合对立事件的概率公式求解即可；
（2）（i）利用条件概率公式化简，得，即可证明结论；
（ii）先记事件，再利用全概率公式计算即可.
（1）由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则，
若机器人经过，则必不经过3，包括：
前两次都向左移动1个单位；
先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位；
先向右移动1个单位，再向左移动3个单位，
则其概率，
若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率，
故；
（2）（i），因此，
，
，
对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，，
则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为
（ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息，
根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1，
再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1，
首次发信息在3的概率相等，即
设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到
易知事件与事件相互独立，故
又根据全概率公式，若机器人初始位置为0，
第一次移动后的位置为1 或，故，
故，①
若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故，
即，②
解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为
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