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数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则中元素的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．2
3．设是夹角为的两个单位向量，若，则（ ）
A． B．2 C． D．3
4．在某足球联赛的常规赛中，甲队进球个数的平均数为2.1，标准差为1.1；乙队进球个数的平均数为1.4，标准差为1.2，则（ ）
A．甲队进攻能力比乙队强，甲队进球数波动较大
B．乙队进攻能力比甲队强，乙队进球数波动较大
C．甲队进攻能力比乙队强，乙队进球数波动较大
D．乙队进攻能力比甲队强，甲队进球数波动较大
5．已知点在圆外，则直线与圆的位置关系为（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
6．已知曲线向右平移个单位长度得到曲线，则（ ）
A． B． C． D．
7．设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（ ）
A．4∶5 B．5∶7 C．10∶17 D．8∶19
二、多选题
9．设事件，满足，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．若，互斥，则
C．若，独立，则 D．若，则，独立
10．若抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，则实数的值可以是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
11．已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____．
13．在中，若，，则角_____．
14．某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
16．记的内角，，的对边分别为，，，且．
(1)证明：，，成等差数列；
(2)若，延长至，使得，求．
17．已知，函数.
(1)若是函数的极小值点，求；
(2)若函数存在两个极值点，.
（i）求的取值范围；
（ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行.
18．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为．
(1)求的标准方程；
(2)设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点．
（i）设为坐标原点，证明：为定值；
（ii）若，求的面积的最大值．
19．某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件．
(1)求，；
(2)求的表达式；
(3)甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义．
参考答案
1．C
【详解】由，解得，即，
所以，所以中元素的个数是．
2．B
【详解】，；
的虚部为.
3．A
【详解】，则．
4．C
【详解】因为甲队进球个数的平均数为2.1，乙队进球个数的平均数为1.4，
所以甲队进攻能力比乙队强，
又因为甲队进球个数的标准差为1.1，乙队进球个数的标准差为1.2，
所以乙队进球数波动较大．
5．C
【详解】由题知，圆的圆心为，半径为，
因为点在圆外，
所以，则，
到直线的距离，
所以直线与圆相交．
6．D
【详解】由题得，．
7．B
【详解】由得，当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
又是偶函数，所以的对称轴为直线，
因为，所以，
所以，
又，，
所以，
所以．
8．D
【详解】取的中点，连接，；
，，即点在线段上，.
过点作，分别交，于点，.
平面是过点，，三点的平面.
设，直三棱柱的高为.
.
，，；
；
直三棱柱被平面分成，两部分的体积较小），
，则；
.
9．BC
【详解】对于A，，，
所以，故A错误；
对于B，若，互斥，则，
所以，故B正确；
对于C，若，独立，则，故C正确；
对于D，，
因为，所以，
因为，所以，不独立，故D错误．
10．ABC
【详解】方法一：设与直线平行的直线方程为，
则两条平行线间的距离为，令，即，
所以或，
由方程组得，
所以，
当 ，即时，直线与抛物线有两个交点；
当 ，即时，直线与抛物线有一个交点；
当 ，即时，直线与抛物线无交点.
因为抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，
所以两条平行线与抛物线的交点总数为2，即两条平行线与抛物线的交点个数分别为2，0或1，1，
当两条平行线与抛物线的交点个数分别为2，0时，
因为，所以，解得；
当两条平行线与抛物线的交点个数分别为1，1时，有，无解.
综上，实数a的取值范围是，结合选项可知选ABC.
方法二：设抛物线上的点为，
则点到直线，即的距离为，
令，即 ，所以 或 .
因为抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，
所以这两个一元二次方程 与 的实数解的总数为2，
，.
所以有以下三种情况：
（1），即，无解，不符合题意；
（2），即，解得；
（3），即，无解，不符合题意.
综上，实数a的取值范围是，结合选项可知选ABC.
方法三（排除法）：前同方法二，
对于A，当时， ，符合题意；
对于B，当时， ，符合题意；
对于C，当时， ，符合题意；
对于D，当时， ，两个一元二次方程实数解的总数为1，不符合题意.
11．ABD
【详解】对于B，因为，假设当时，则，
即当时，成立，所以可得，故B正确.
对于A，设，则，当时，当时，
所以在上的单调递减，在上单调递增，
则，则恒成立，即.
由，可得，故A正确.
对于C，因为，，，
所以，
而，所以，故C错误.
对于D，因为，
令，由，可得，
则，即，故D正确.
12．5
【详解】由题知，，
在中，，
由得，，
所以．
13．
【详解】，
由得．
14． 4 32
【详解】当时，此时，
代入原函数指数部分：，
所以，，
已知，则，
所以当时，指数是关于的减函数，
因此在上单调递减，
当时，此时，代入原函数指数部分：
，
所以，，
同理得在上单调递增，
综合以上两种情况，在时单调递增，在时单调递减，
因此，病毒载量在时达到峰值．
在时，，
根据题意，对于任意，有：，
代入表达式：，
整理得，，，
所以，
病毒具有传染性的条件是，即，
整理得，，
当时，不等式变为：，
结合前提，得到；
当时，不等式变为：，
结合前提，得到，
综合两种情况，病毒具有传染性的时间段为，
题干要求计算从起的传染时长，即时间区间的长度，
故总时长为小时．
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设的中点为，连接，，
因为，是，的中点，所以在中，，，
因为为正方形，为中点，所以，，
所以，，即四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，，平面，所以，，
在正方形中，，
所以以为正交基底建立空间直角坐标系，
因为，
所以，，，
所以.
设平面的一个法向量为，
所以即
解得，取，得，所以，
又平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
由正弦定理得，，所以，，成等差数列．
（2）因为，代入，可得，
因为，所以，所以是等边三角形，
设，则，
在中，由余弦定理，
得，
所以．
17．(1)
(2)（i）（ii）证明见解析
【详解】（1）依题意，.
因为是的极小值点，所以，得.
此时，当时，；当时，，
所以是函数的极小值点，所以.
（2）（i）因为，是的两个极值点，
所以的判别式，
解得或，故的取值范围是.
（ii）由（i）可得，，
依题意，
，
令，设函数，
此时，对称轴，
而，故，
又，，
故在存在两个不同的零点，且，
综上，存在，且，
使得曲线在和处的切线都与直线平行.
18．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）
【详解】（1）依题意，，即，
又焦距为，所以，
解得，，所以的标准方程为．
（2）（i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，，，
设，，则直线方程为，
令得，，同理可得，，
因为，，
所以，
所以为定值．
（ii）法1：因为，所以，
又因为，，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，显然，
所以，所以，
所以，
（当且仅当，即时，等号成立），
所以的面积的最大值为．
法2：设与交于点，由椭圆的对称性知，
因为，所以，
又因为，，
所以.
所以，所以，显然，
所以，所以，
所以，
（当且仅当，即时，等号成立），
所以的面积的最大值为．
19．(1)，
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1）依题意，，
．
（2）事件发生分两步：
第一步，第次考试后恰好通过第2级考试，概率为，
第二步，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为；
由全概率公式得，，
设，
则，
两式相减得，
，
所以，所以．
（3）依题意，，
又因为，，
所以，
令，则，
因为，所以，
故数列在时递增，又，，
故当，4时，，
故，即，
说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大，
当时，，故，即，
说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小．

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