资源简介

河北黄骅中学等校2026届高三下学期高考模拟卷（一模）数学试题
1．已知复数，则其共轭复数（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：易知，.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算，结合共轭复数的概念求解即可.
2．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即，即集合，则.
故答案为：B.
【分析】解绝对值不等式求得集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
3．的展开式中的系数为（　　）
A．0 B．10 C． D．20
【答案】A
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，，
令，，则的系数为0.
故答案为：A.
【分析】先写出展开式的通项公式，再分别求和的项，即可得展开式中的系数.
4．某货船执行从港口到港口的航行任务，港口在港口的正北方向，已知河水的速度为向东．若货船在静水中的航速为，船长调整船头方向航行，使得实际路程最短．则该船完成此段航行的实际速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在物理中的应用
【解析】【解答】解：设船在静水中的速度为，水流速度为，船实际航行速度为，
则，且，
设，由船需要准确到达正北方向的B点，得，
则，解得，
因为，所以，
，
所以该船完成此段航行的实际速度为.
故答案为：B.
【分析】设船在静水中的速度为，水流速度为，船实际航行速度为，根据船实际航行速度与水流速度垂直，结合向量数量积求出夹角及模即可.
5．已知是定义在R上的偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为，，所以，所以，
又因为是偶函数，所以，则，
又因为的图象关于点中心对称，所以，即，．
故答案为：A.
【分析】根据函数的奇偶性，对称性求解即可.
6．是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，圆的圆心为，半径．
因为到直线的距离，
当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离，
所以的最小值为．
故答案为：C．
【分析】先求圆心到直线的距离（利用二次函数求最小值），再用该距离减去圆的半径得|PQ|的最小值。
7．球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图，球的半径，，，，为球的球面上的四点.若球面三角形的三条边长均为，则此球面三角形一个内角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为球面三角形的三条边长均为，，
所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体，
取的中点，连接，，如图所示：
则，，且，
即为二面角的平面角，
由余弦定理可得，
所以此球面三角形一个内角的余弦值为.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，四面体为正四面体，取的中点，连接，，根据，，且，可得为二面角的平面角，最后利用余弦定理求解即可.
8．已知函数，若在上恒成立，则实数m的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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：函数的定义域为，
①当时，，当时，，不符合题意；
②当时，取，则，不符合题意；
③当时，设，，
则，当且仅当时取等号，
（i）若，即，取，
，，不满足题意；
（ii）若，即，
若在上恒成立，则需在上恒成立，
又，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
故，解得，所以，
综上可知，.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再对分情况讨论，当时，设，，利用基本不等式求得，再根据的最小值与0的关系分和两种情况讨论，当时，把在上恒成立，转化成在上恒成立，利用导数判断函数的单调性，求出在上的最大值，且即可求出m的取值范围.
9．若，，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令且，则恒成立，
即在上单调递减，则，即，
因为且，，
而，
，
设且，则，即在单调递减，
由，得，则，所以.
故答案为：BC.
【分析】令且，求导，利用导数判断函数的单调性，求得，结合且，，再构造函数，由导数研究的区间单调性，得，即可得正确答案.
10．设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、因为，，所以，.
因为与为互斥事件，所以，
所以
，所以，
故，故A正确；
B、，故B正确；
C、，，
所以，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用对立事件以及和事件的概率公式求解即可判断AB；利用条件概率公式求解即可判断CD.
11．在中，，，D为边BC的中点，则（　　）
A． B．
C． D．最大时，
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，
，
，
则保存进入下一题，
整理得，
，
，
，
则.
对于A，，，
，
，
，
，
，
，不能确定，故A错误；
对于B，，，故B正确；
对于C，设，在中，，，
由余弦定理，知，
在中，，，
由余弦定理，知，
，
整理得，
在三角形中，两边之和大于第三边，
，
，
，
，故C正确；
对于D，在中，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
的最小值为，
，
，
的最大值为；此时不妨设，则，
又因为，D为边BC的中点，
所以，
，
，
为边BC的中点，
，
又因为，
所以是边长为2的正三角形，
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先将已知条件变形化简得出，则可得，利用三角形内角和定理判断出选项A；利用可判断选项B；分别在和中利用余弦定理，再利用两边之和大于第三边的性质求解，则判断出选项C；在中利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，再利用三角形的面积公式，从而得出当最大时的 的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．函数恒有，且在上单调递增，则　 　．
【答案】
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数恒有，则，即，解得，即，
已知在上单调递增，所以，即，解得，
当时，因为，所以，
因为在上单调递增，所以，
解得，所以，
解得，故，
当时，因为，所以，
取，则，因为，
所以，故在上单调递减，不满足题意，
同理可得，时，也不满足题意，
综上可得：.
故答案为：.
【分析】由题意可得，即，求得，由的单调性得到，再分和，根据在上单调性进行讨论，求的值即可.
13．已知集合，将与（其中，）的乘积放入如图的方格中，则方格中全部数之和的最大值为　 　.
【答案】110
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：由表格数据可得所有数之和为：
，
，
集合，
，
设，则，，，
当或时，取最大值，最大值为110，
此时，，可取最大值110.
故答案为：110.
【分析】先利用题意求方格中全部数之和的表达式，，设，再利用换元可得，最后利用二次函数性质求其最大值即可.
14．已知为抛物线上两点，为焦点，为坐标原点，在第一象限，且点的纵坐标大于点的纵坐标，若，则点的坐标为　 　.
【答案】
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，，，则，，
由抛物线定义可得，
当位于轴的不同侧时，，
由，
整理可得，所以，，
则，解得，点的坐标为；
当位于轴同侧时，，此时无解.
故答案为：.
【分析】设，，利用斜率公式求，由抛物线定义可得，分位于轴和两侧两种情况讨论，当位于同侧时无解；当位于轴的不同侧时，，，联立求解即可.
15．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：作线段的中点，连接，如图所示：
因为侧面为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以，
因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，所以面，
因为平面，所以平面面；
（2）解：作中点，连接，则
由（1）可得，面，面，所以面，
以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设面的法向量为，则，得，
令，解得，则面的一个法向量为，
易知面得一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作线段的中点，连接，根据面面垂直的性质定理推出平面，再求证面，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）作中点，连接，由（1）可得，面，面，所以面，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）如图所示，作线段的中点，连接，
因为侧面为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以，
因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，所以面，
因为平面，所以平面面.
（2）如图所示，作中点，连接，则
由（1）可得，面，面，所以面，
则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系；
则，
可得，
设面的法向量为，则，得，
令，解得，所以面的一个法向量为，
易知面得一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．已知正项数列的前n项之积为，且.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，求的前2n项和.
【答案】（1）证明：由题意，①，
当时，得②，由①②可得，
再由，得，则，即，
当时，，，解得，
则数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）解：由（1）得，
则，
所以
.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，当时，，作商可得，由，化简得到，求得，再结合等差数列的定义证明即可；
（2）由（1）可得，代入化简可得，再利用裂项相消法求解即可.
（1）依题意，，当时，得，则，
由，得，则，即，
当时，，于是，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）得，
则，
所以
.
17．某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分．现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
科普测试成绩x 科普过程性积分 人数
4 10
3 a
2 b
1 23
0 2
（1）当a=25时，
（i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率；
（ii）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望；
（2）从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为．若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值．
【答案】（1）解：（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.35；
（ii）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，
这名学生的科普过程性积分为3分的频率为，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为，
X的所有可能值为6，7，8，
，，，
则X的数学期望；
（2）解：由表知，，则，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，100名学生科普测试成绩的平均值记为，要使恒成立，当且仅当，
显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此，则，解得，
故根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7．
【知识点】函数恒成立问题；离散型随机变量的期望与方差；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）（i）利用频率代替概率求解即可；
（ii）利用频率代替概率求出科普过程性积分为的概率，由题意可得X的所有可能值为6，7，8，利用独立事件的乘法公式计算相应的概率，列分布列，求期望即可；
（2）先求出的最大值，再根据各分数段取最小值求得的平均分作为的最小值，根据求解即可.
（1）（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.35．
（ii）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频率为，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为，
X的所有可能值为6，7，8，
，，，
所以X的数学期望.
（2）由表知，，则，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，100名学生科普测试成绩的平均值记为，要使恒成立，当且仅当，
显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此，
则，解得，
所以根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7．
18．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点.
（1）若是的左焦点，且，求的值；
（2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标；
（3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：易知，，
由，可得，解得；
（2）解：因为，，
所以，代入解得，
若在第一象限，则，则在第二象限，
设，而，整理可得，
代入椭圆方程，可得：，
所以解得(增根舍去)，所以，
因此；
（3）解：由题意可知：直线的方程为，
设直线的解析式为()，且、，
联立，消元整理可得，，
根据韦达定理，，，
因为、两点均在直线的左侧，故，
又因为，，因此，
代入化简可得方程，
设，又因为，故，
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此，
② 若，而此时在的外部，，故，
若存在，使得，
而，
故，可得，故，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知椭圆的焦点坐标，，根据，利用两点间距离公式求解即可；
（2）由题意，先确定在第二象限，设点设，结合两角和正切，应用点在椭圆上计算即可；
（3）由题意可知：直线的方程为，设直线的解析式为()，且、，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围即可.
（1）因为与的左焦点重合，故，因此.
又因为，而，
所以，解得：(负舍).
（2）因为，又因为，
而，
代入解得.
若在第一象限，则，故在第二象限.
设，而，
整理可得.
代入椭圆方程，可得：.
所以解得(增根舍去)，所以.
因此.
（3）由题意可知：直线的解析式为，
设直线的解析式为()，且、.
联立，
可得，.
根据韦达定理，，.
因为、两点均在直线的左侧，故.
又因为，，因此，
代入化简可得方程.
设，又因为，故.
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此.
② 若，而此时在的外部，，故.
若存在，使得，
而，
故，可得，故.
综上所述，的取值范围为.
19．已知函数，其中.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；
（Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证：
【答案】解： （Ⅰ）当为奇数时：令，解得或，
当变化时，的变化情况如下表：
则函数在，上单调递减，在内单调递增；
当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
（Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则
由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有；
（Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，
设方程的根为，可得，
当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得，
类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，
，即对任意，，
设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，
因此，由此可得，
因为，所以，故，所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】（Ⅰ）分为奇数和偶数讨论，求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（Ⅱ）设点的坐标为，求导，利用导数的几何意义，结合导数判断函数的单调性证明即可；
（Ⅲ）不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，利用导数研究函数性质、证明不等式即可.
1 / 1河北黄骅中学等校2026届高三下学期高考模拟卷（一模）数学试题
1．已知复数，则其共轭复数（　　）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
3．的展开式中的系数为（　　）
A．0 B．10 C． D．20
4．某货船执行从港口到港口的航行任务，港口在港口的正北方向，已知河水的速度为向东．若货船在静水中的航速为，船长调整船头方向航行，使得实际路程最短．则该船完成此段航行的实际速度为（　　）
A． B． C． D．
5．已知是定义在R上的偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图，球的半径，，，，为球的球面上的四点.若球面三角形的三条边长均为，则此球面三角形一个内角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数，若在上恒成立，则实数m的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．若，，且，则（　　）
A． B． C． D．
10．设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．在中，，，D为边BC的中点，则（　　）
A． B．
C． D．最大时，
12．函数恒有，且在上单调递增，则　 　．
13．已知集合，将与（其中，）的乘积放入如图的方格中，则方格中全部数之和的最大值为　 　.
14．已知为抛物线上两点，为焦点，为坐标原点，在第一象限，且点的纵坐标大于点的纵坐标，若，则点的坐标为　 　.
15．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
16．已知正项数列的前n项之积为，且.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，求的前2n项和.
17．某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分．现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
科普测试成绩x 科普过程性积分 人数
4 10
3 a
2 b
1 23
0 2
（1）当a=25时，
（i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率；
（ii）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望；
（2）从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为．若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值．
18．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点.
（1）若是的左焦点，且，求的值；
（2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标；
（3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围.
19．已知函数，其中.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；
（Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证：
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：易知，.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算，结合共轭复数的概念求解即可.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即，即集合，则.
故答案为：B.
【分析】解绝对值不等式求得集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，，
令，，则的系数为0.
故答案为：A.
【分析】先写出展开式的通项公式，再分别求和的项，即可得展开式中的系数.
4．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在物理中的应用
【解析】【解答】解：设船在静水中的速度为，水流速度为，船实际航行速度为，
则，且，
设，由船需要准确到达正北方向的B点，得，
则，解得，
因为，所以，
，
所以该船完成此段航行的实际速度为.
故答案为：B.
【分析】设船在静水中的速度为，水流速度为，船实际航行速度为，根据船实际航行速度与水流速度垂直，结合向量数量积求出夹角及模即可.
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为，，所以，所以，
又因为是偶函数，所以，则，
又因为的图象关于点中心对称，所以，即，．
故答案为：A.
【分析】根据函数的奇偶性，对称性求解即可.
6．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，圆的圆心为，半径．
因为到直线的距离，
当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离，
所以的最小值为．
故答案为：C．
【分析】先求圆心到直线的距离（利用二次函数求最小值），再用该距离减去圆的半径得|PQ|的最小值。
7．【答案】C
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为球面三角形的三条边长均为，，
所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体，
取的中点，连接，，如图所示：
则，，且，
即为二面角的平面角，
由余弦定理可得，
所以此球面三角形一个内角的余弦值为.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，四面体为正四面体，取的中点，连接，，根据，，且，可得为二面角的平面角，最后利用余弦定理求解即可.
8．【答案】D
【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：函数的定义域为，
①当时，，当时，，不符合题意；
②当时，取，则，不符合题意；
③当时，设，，
则，当且仅当时取等号，
（i）若，即，取，
，，不满足题意；
（ii）若，即，
若在上恒成立，则需在上恒成立，
又，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
故，解得，所以，
综上可知，.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再对分情况讨论，当时，设，，利用基本不等式求得，再根据的最小值与0的关系分和两种情况讨论，当时，把在上恒成立，转化成在上恒成立，利用导数判断函数的单调性，求出在上的最大值，且即可求出m的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令且，则恒成立，
即在上单调递减，则，即，
因为且，，
而，
，
设且，则，即在单调递减，
由，得，则，所以.
故答案为：BC.
【分析】令且，求导，利用导数判断函数的单调性，求得，结合且，，再构造函数，由导数研究的区间单调性，得，即可得正确答案.
10．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、因为，，所以，.
因为与为互斥事件，所以，
所以
，所以，
故，故A正确；
B、，故B正确；
C、，，
所以，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用对立事件以及和事件的概率公式求解即可判断AB；利用条件概率公式求解即可判断CD.
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，
，
，
则保存进入下一题，
整理得，
，
，
，
则.
对于A，，，
，
，
，
，
，
，不能确定，故A错误；
对于B，，，故B正确；
对于C，设，在中，，，
由余弦定理，知，
在中，，，
由余弦定理，知，
，
整理得，
在三角形中，两边之和大于第三边，
，
，
，
，故C正确；
对于D，在中，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
的最小值为，
，
，
的最大值为；此时不妨设，则，
又因为，D为边BC的中点，
所以，
，
，
为边BC的中点，
，
又因为，
所以是边长为2的正三角形，
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先将已知条件变形化简得出，则可得，利用三角形内角和定理判断出选项A；利用可判断选项B；分别在和中利用余弦定理，再利用两边之和大于第三边的性质求解，则判断出选项C；在中利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，再利用三角形的面积公式，从而得出当最大时的 的值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数恒有，则，即，解得，即，
已知在上单调递增，所以，即，解得，
当时，因为，所以，
因为在上单调递增，所以，
解得，所以，
解得，故，
当时，因为，所以，
取，则，因为，
所以，故在上单调递减，不满足题意，
同理可得，时，也不满足题意，
综上可得：.
故答案为：.
【分析】由题意可得，即，求得，由的单调性得到，再分和，根据在上单调性进行讨论，求的值即可.
13．【答案】110
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：由表格数据可得所有数之和为：
，
，
集合，
，
设，则，，，
当或时，取最大值，最大值为110，
此时，，可取最大值110.
故答案为：110.
【分析】先利用题意求方格中全部数之和的表达式，，设，再利用换元可得，最后利用二次函数性质求其最大值即可.
14．【答案】
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，，，则，，
由抛物线定义可得，
当位于轴的不同侧时，，
由，
整理可得，所以，，
则，解得，点的坐标为；
当位于轴同侧时，，此时无解.
故答案为：.
【分析】设，，利用斜率公式求，由抛物线定义可得，分位于轴和两侧两种情况讨论，当位于同侧时无解；当位于轴的不同侧时，，，联立求解即可.
15．【答案】（1）证明：作线段的中点，连接，如图所示：
因为侧面为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以，
因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，所以面，
因为平面，所以平面面；
（2）解：作中点，连接，则
由（1）可得，面，面，所以面，
以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设面的法向量为，则，得，
令，解得，则面的一个法向量为，
易知面得一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作线段的中点，连接，根据面面垂直的性质定理推出平面，再求证面，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）作中点，连接，由（1）可得，面，面，所以面，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）如图所示，作线段的中点，连接，
因为侧面为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以，
因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，所以面，
因为平面，所以平面面.
（2）如图所示，作中点，连接，则
由（1）可得，面，面，所以面，
则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系；
则，
可得，
设面的法向量为，则，得，
令，解得，所以面的一个法向量为，
易知面得一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）证明：由题意，①，
当时，得②，由①②可得，
再由，得，则，即，
当时，，，解得，
则数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）解：由（1）得，
则，
所以
.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，当时，，作商可得，由，化简得到，求得，再结合等差数列的定义证明即可；
（2）由（1）可得，代入化简可得，再利用裂项相消法求解即可.
（1）依题意，，当时，得，则，
由，得，则，即，
当时，，于是，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）得，
则，
所以
.
17．【答案】（1）解：（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.35；
（ii）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，
这名学生的科普过程性积分为3分的频率为，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为，
X的所有可能值为6，7，8，
，，，
则X的数学期望；
（2）解：由表知，，则，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，100名学生科普测试成绩的平均值记为，要使恒成立，当且仅当，
显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此，则，解得，
故根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7．
【知识点】函数恒成立问题；离散型随机变量的期望与方差；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）（i）利用频率代替概率求解即可；
（ii）利用频率代替概率求出科普过程性积分为的概率，由题意可得X的所有可能值为6，7，8，利用独立事件的乘法公式计算相应的概率，列分布列，求期望即可；
（2）先求出的最大值，再根据各分数段取最小值求得的平均分作为的最小值，根据求解即可.
（1）（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.35．
（ii）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频率为，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为，
X的所有可能值为6，7，8，
，，，
所以X的数学期望.
（2）由表知，，则，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，100名学生科普测试成绩的平均值记为，要使恒成立，当且仅当，
显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此，
则，解得，
所以根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7．
18．【答案】（1）解：易知，，
由，可得，解得；
（2）解：因为，，
所以，代入解得，
若在第一象限，则，则在第二象限，
设，而，整理可得，
代入椭圆方程，可得：，
所以解得(增根舍去)，所以，
因此；
（3）解：由题意可知：直线的方程为，
设直线的解析式为()，且、，
联立，消元整理可得，，
根据韦达定理，，，
因为、两点均在直线的左侧，故，
又因为，，因此，
代入化简可得方程，
设，又因为，故，
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此，
② 若，而此时在的外部，，故，
若存在，使得，
而，
故，可得，故，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知椭圆的焦点坐标，，根据，利用两点间距离公式求解即可；
（2）由题意，先确定在第二象限，设点设，结合两角和正切，应用点在椭圆上计算即可；
（3）由题意可知：直线的方程为，设直线的解析式为()，且、，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围即可.
（1）因为与的左焦点重合，故，因此.
又因为，而，
所以，解得：(负舍).
（2）因为，又因为，
而，
代入解得.
若在第一象限，则，故在第二象限.
设，而，
整理可得.
代入椭圆方程，可得：.
所以解得(增根舍去)，所以.
因此.
（3）由题意可知：直线的解析式为，
设直线的解析式为()，且、.
联立，
可得，.
根据韦达定理，，.
因为、两点均在直线的左侧，故.
又因为，，因此，
代入化简可得方程.
设，又因为，故.
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此.
② 若，而此时在的外部，，故.
若存在，使得，
而，
故，可得，故.
综上所述，的取值范围为.
19．【答案】解： （Ⅰ）当为奇数时：令，解得或，
当变化时，的变化情况如下表：
则函数在，上单调递减，在内单调递增；
当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
（Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则
由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有；
（Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，
设方程的根为，可得，
当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得，
类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，
，即对任意，，
设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，
因此，由此可得，
因为，所以，故，所以.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】（Ⅰ）分为奇数和偶数讨论，求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（Ⅱ）设点的坐标为，求导，利用导数的几何意义，结合导数判断函数的单调性证明即可；
（Ⅲ）不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，利用导数研究函数性质、证明不等式即可.
1 / 1

展开更多......

收起↑