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四川省成都石室中学2025-2026学年下学期高三二诊模拟测试数学试卷
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知命题p：“，”，则为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．若点是函数的图象的一个对称中心，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．已知抛物线的焦点为是C上一点，对于x轴上一点，都有，则t的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．已知不重合的圆都过点，且均与两坐标轴相切，则圆的公共弦长为（　　）
A．1 B． C． D．
8．美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm.
A． B． C． D．
9．已知数据的平均数为M，中位数为N，方差为P，极差为Q，设，得到新数据，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（　　）
A．平均数是3M B．中位数是
C．方差是9P D．极差是
10．如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（　　）
A．平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．点Q的轨迹长度为
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
11．在中，角，，所对的边长分别为a，b，c，且满足．点在线段的延长线上，则下列选项中正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．
D．若，当点运动时，为定值
12．已知复数满足，其中为虚数单位，则　 　.
13．已知，则的最大值为　 　．
14．若函数的图象存在对称轴，则的最小值为　 　．
15．已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
16．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若直线与曲线相切，求的值．
17．如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，且为的重心，求直线与平面所成角的正弦值．
18．如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．
（1）若，求点的坐标；
（2）证明：是定值，并求出的值；
（3）求四边形面积最大值．
19．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为.
（1）将五进制数转化成三进制数.
（2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：当或时，；
当时，.
所以，，
所以，.
故答案为：B.
【分析】逐个判断中元素与的关系，再求交集即可．
2．【答案】C
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以“，”的否定是“，”．
故答案为：C．
【分析】由全称量词命题的否定为特称量词命题.
3．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：点，
易知，，，
则向量在上的投影向量为.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标表示先求，再根据向量数量积的坐标运算求，最后利用投影向量的定义求解即可.
4．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由题意得，
所以二项式的展开式的项数是.
故答案为：A.
【分析】先由二项式系数和公式求出n的值，再由二项式展开式得出展开式的项数.
5．【答案】D
【知识点】三角函数诱导公式一；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为点是函数的图象的一个对称中心，
所以，，即，，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】先根据函数得对称中心求得，，再利用诱导公式求值即可.
6．【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；平面内两点间的距离公式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线的焦点为，可得，解得，则抛物线；
设，则对，，
整理得，则因为，所以，所以，
又因为，所以的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据抛物线的焦点坐标求得抛物线方程，设，利用两点间距离公式结合恒成立，可得，即，据此求解的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：如图所示：
因为两圆都过点，且均与两坐标轴相切，所以必在直线上，
点关于直线的对称点为，则线段即为圆的公共弦，
则，即圆的公共弦长为.
故答案为：B.
【分析】由题意，作出图形，利用点关于直线对称求得两圆公共弦的端点，再利用两点间的距离公式求公共弦长即可.
8．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长，
所以，
所以，
故答案为：C.
【分析】将投影至底面为，则与小圆相切（切点为）时最长，再利用勾股定理求边长即可．
9．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由数据的平均数为，可得，
新数据的平均数为
，故A错误；
B、由数据的中位数为，
将新数据从小到大排序，因为，所以新数据的排序和原数据的排序相同，
所以新数据的中位数为，故B正确；
C、由数据的方差为，
设新数据的方差为，因为新数据满足，可得，故C正确；
D、由原数据的极差为，可得，
因为新数据满足，则新数据的极差为，故D错误.
【分析】计算数据的平均数即可判断A；将数据从小到大排序，结合中位数定义求解即可判断B；根据方差的性质求解即可判断C；根据极差的定义计算即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；
C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证线面垂直即可；B选项，作出截面，再求面积即可；C选项，根据题意，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值．
11．【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、，由正弦定理可得，
再由余弦定理得，整理得，故A正确；
B、若，则，则，，
由余弦定理可得，故B错误；
C、，由正弦定理可得，
因为，
由正弦定理得，
即，因为，所以，
所以，故或（不符合题意舍去），故C正确；
D、因为互补，所以，
结合余弦定理可得，因为，，
则，整理得，又，
则，
从而，故为定值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理可得，再根据余弦定理化简求解即可判断A；若，由A选项化简可得，，再利用余弦定理计算即可判断B；结合A选项，由正弦定理化简即可判断C；利用诱导公式与余弦定理，结合A选项化得，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再求复数的模即可.
13．【答案】1
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，则，当且仅当时等号成立，故的最大值为1.
故答案为：1.
【分析】根据重要不等式直接求值即可.
14．【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【解答】解：设的对称轴为，则，
即，
化简得，
，
，
故需满足，解得，
故，
令，故，
则，
故当时，即时，取得最小值，最小值为.
故答案为：.
【分析】设的对称轴为，则，从而得到方程，求出，再令，则，据此求最小值即可.
15．【答案】（1）解：由，当时，，
则，即，
则，即，
因为数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，；
（2）解：由（1）知，所以，
，则，
，
即，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系，结合等差数列的定义求数列的通项公式即可；
（2）由（1）知，利用错位相减法求解即可.
（1）由，当时，，
则，即，
所以，即，
由数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，．
（2）由（1）知，所以，
，则，
从而，
即，
所以.
16．【答案】（1）解：的定义域为R， ，
当时，，单调递减；
当时，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减； 在上单调递增；
（2）解：由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故，
又，即，将代入，得，
设，则，
令，即，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
综上，.
【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
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和，利用导数判断函数的单调性；
（2）由（1）知，，设切点为，利用导数的几何意义，结合导数判断函数的单调性，求最值即可得的值．
（1）的定义域为R， ，
当时，，单调递减；
当时，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减； 在上单调递增.
（2）由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故.
又，即，将代入，得.
设，则.
令，即，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
综上，.
17．【答案】（1）证明：如图，过点A作于点E，
因为平面平面，平面平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由（1）知，
以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，
过点B且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设．①
．②
由①②得．
又为的重心，．
设平面的法向量为，则
，
令，则
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）过点A作于点E，利用面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）由（1）知，以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）如图，过点A作于点E．
平面平面，平面平面平面，
平面．
又平面．
又平面平面．
平面平面．
又平面．
（2）由（1）知，
以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，
过点B且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设．①
．②
由①②得．
又为的重心，．
设平面的法向量为，则
，
令，则
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值．
18．【答案】（1）解：，，则，
由，则，故，
故，化简得，又，
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为；
（2）解：由，，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
，则，由，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
故，
故是定值，且；
（3）解：，，
则
，
则，
由，，则，
又，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
故四边形面积最大值为.
【知识点】平面向量的共线定理；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，设，根据向量线性运算求出点坐标，结合、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，计算即可；
（2）根据向量线性运算可用、表示出点、点坐标，再利用、、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，则可用表示出、，再求和即可；
（3）利用三角形面积公式分别求，求得，即可得，再计算出面积后，利用、间的关系，结合基本不等式求解即可.
（1），，则，
由，则，故，
故，化简得，又，
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为；
（2）由，，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
，则，由，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
故，
故是定值，且；
（3），，
则
，
则，
由，，则，
又，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积最大值为.
19．【答案】（1）解：由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
因为，所以，
则五进制数转化成三进制数为；
（2）解：①、若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况，因为，所以的所有可能取值为，
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，
则，，
随机变量的分布列为：
1 2 3
；
②、因为位二进制数的，
所以根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
因为，所以的可能取值为，
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
，
随机变量的分布列为
1 2 3
因为，
所以
，
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合数公式
【解析】【分析】（1）根据定义，先将五进制数转化为十进制数，再将十进制数转化为三进制数即可；
（2）①、 若，求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，列分布列，再根据期望的公式求数学期望即可；
②、求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，列分布列，根据组合数公式，结合数学期望公式化简即可.
（1）由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
∵，∴，
∴五进制数转化成三进制数为.
（2）①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.
∵，∴的所有可能取值为.
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，
∴，
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∴.
②∵位二进制数的，
∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
∵，∴的可能取值为.
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
∴，
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∵，
∴
，
∴.
1 / 1四川省成都石室中学2025-2026学年下学期高三二诊模拟测试数学试卷
1．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：当或时，；
当时，.
所以，，
所以，.
故答案为：B.
【分析】逐个判断中元素与的关系，再求交集即可．
2．已知命题p：“，”，则为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以“，”的否定是“，”．
故答案为：C．
【分析】由全称量词命题的否定为特称量词命题.
3．已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：点，
易知，，，
则向量在上的投影向量为.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标表示先求，再根据向量数量积的坐标运算求，最后利用投影向量的定义求解即可.
4．在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由题意得，
所以二项式的展开式的项数是.
故答案为：A.
【分析】先由二项式系数和公式求出n的值，再由二项式展开式得出展开式的项数.
5．若点是函数的图象的一个对称中心，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角函数诱导公式一；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为点是函数的图象的一个对称中心，
所以，，即，，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】先根据函数得对称中心求得，，再利用诱导公式求值即可.
6．已知抛物线的焦点为是C上一点，对于x轴上一点，都有，则t的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；平面内两点间的距离公式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线的焦点为，可得，解得，则抛物线；
设，则对，，
整理得，则因为，所以，所以，
又因为，所以的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据抛物线的焦点坐标求得抛物线方程，设，利用两点间距离公式结合恒成立，可得，即，据此求解的取值范围.
7．已知不重合的圆都过点，且均与两坐标轴相切，则圆的公共弦长为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：如图所示：
因为两圆都过点，且均与两坐标轴相切，所以必在直线上，
点关于直线的对称点为，则线段即为圆的公共弦，
则，即圆的公共弦长为.
故答案为：B.
【分析】由题意，作出图形，利用点关于直线对称求得两圆公共弦的端点，再利用两点间的距离公式求公共弦长即可.
8．美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长，
所以，
所以，
故答案为：C.
【分析】将投影至底面为，则与小圆相切（切点为）时最长，再利用勾股定理求边长即可．
9．已知数据的平均数为M，中位数为N，方差为P，极差为Q，设，得到新数据，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（　　）
A．平均数是3M B．中位数是
C．方差是9P D．极差是
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由数据的平均数为，可得，
新数据的平均数为
，故A错误；
B、由数据的中位数为，
将新数据从小到大排序，因为，所以新数据的排序和原数据的排序相同，
所以新数据的中位数为，故B正确；
C、由数据的方差为，
设新数据的方差为，因为新数据满足，可得，故C正确；
D、由原数据的极差为，可得，
因为新数据满足，则新数据的极差为，故D错误.
【分析】计算数据的平均数即可判断A；将数据从小到大排序，结合中位数定义求解即可判断B；根据方差的性质求解即可判断C；根据极差的定义计算即可判断D.
10．如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（　　）
A．平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．点Q的轨迹长度为
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；
C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量法证线面垂直即可；B选项，作出截面，再求面积即可；C选项，根据题意，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值．
11．在中，角，，所对的边长分别为a，b，c，且满足．点在线段的延长线上，则下列选项中正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．
D．若，当点运动时，为定值
【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、，由正弦定理可得，
再由余弦定理得，整理得，故A正确；
B、若，则，则，，
由余弦定理可得，故B错误；
C、，由正弦定理可得，
因为，
由正弦定理得，
即，因为，所以，
所以，故或（不符合题意舍去），故C正确；
D、因为互补，所以，
结合余弦定理可得，因为，，
则，整理得，又，
则，
从而，故为定值，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理可得，再根据余弦定理化简求解即可判断A；若，由A选项化简可得，，再利用余弦定理计算即可判断B；结合A选项，由正弦定理化简即可判断C；利用诱导公式与余弦定理，结合A选项化得，即可判断D.
12．已知复数满足，其中为虚数单位，则　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：.
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再求复数的模即可.
13．已知，则的最大值为　 　．
【答案】1
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，则，当且仅当时等号成立，故的最大值为1.
故答案为：1.
【分析】根据重要不等式直接求值即可.
14．若函数的图象存在对称轴，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【解答】解：设的对称轴为，则，
即，
化简得，
，
，
故需满足，解得，
故，
令，故，
则，
故当时，即时，取得最小值，最小值为.
故答案为：.
【分析】设的对称轴为，则，从而得到方程，求出，再令，则，据此求最小值即可.
15．已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：由，当时，，
则，即，
则，即，
因为数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，；
（2）解：由（1）知，所以，
，则，
，
即，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系，结合等差数列的定义求数列的通项公式即可；
（2）由（1）知，利用错位相减法求解即可.
（1）由，当时，，
则，即，
所以，即，
由数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，．
（2）由（1）知，所以，
，则，
从而，
即，
所以.
16．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若直线与曲线相切，求的值．
【答案】（1）解：的定义域为R， ，
当时，，单调递减；
当时，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减； 在上单调递增；
（2）解：由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故，
又，即，将代入，得，
设，则，
令，即，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
综上，.
【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
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分和，利用导数判断函数的单调性；
（2）由（1）知，，设切点为，利用导数的几何意义，结合导数判断函数的单调性，求最值即可得的值．
（1）的定义域为R， ，
当时，，单调递减；
当时，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减； 在上单调递增.
（2）由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故.
又，即，将代入，得.
设，则.
令，即，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
综上，.
17．如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，且为的重心，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：如图，过点A作于点E，
因为平面平面，平面平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由（1）知，
以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，
过点B且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设．①
．②
由①②得．
又为的重心，．
设平面的法向量为，则
，
令，则
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）过点A作于点E，利用面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）由（1）知，以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）如图，过点A作于点E．
平面平面，平面平面平面，
平面．
又平面．
又平面平面．
平面平面．
又平面．
（2）由（1）知，
以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，
过点B且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设．①
．②
由①②得．
又为的重心，．
设平面的法向量为，则
，
令，则
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值．
18．如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．
（1）若，求点的坐标；
（2）证明：是定值，并求出的值；
（3）求四边形面积最大值．
【答案】（1）解：，，则，
由，则，故，
故，化简得，又，
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为；
（2）解：由，，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
，则，由，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
故，
故是定值，且；
（3）解：，，
则
，
则，
由，，则，
又，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
故四边形面积最大值为.
【知识点】平面向量的共线定理；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，设，根据向量线性运算求出点坐标，结合、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，计算即可；
（2）根据向量线性运算可用、表示出点、点坐标，再利用、、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，则可用表示出、，再求和即可；
（3）利用三角形面积公式分别求，求得，即可得，再计算出面积后，利用、间的关系，结合基本不等式求解即可.
（1），，则，
由，则，故，
故，化简得，又，
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为；
（2）由，，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
，则，由，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
故，
故是定值，且；
（3），，
则
，
则，
由，，则，
又，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积最大值为.
19．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为.
（1）将五进制数转化成三进制数.
（2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
【答案】（1）解：由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
因为，所以，
则五进制数转化成三进制数为；
（2）解：①、若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况，因为，所以的所有可能取值为，
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，
则，，
随机变量的分布列为：
1 2 3
；
②、因为位二进制数的，
所以根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
因为，所以的可能取值为，
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
，
随机变量的分布列为
1 2 3
因为，
所以
，
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合数公式
【解析】【分析】（1）根据定义，先将五进制数转化为十进制数，再将十进制数转化为三进制数即可；
（2）①、 若，求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，列分布列，再根据期望的公式求数学期望即可；
②、求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，列分布列，根据组合数公式，结合数学期望公式化简即可.
（1）由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
∵，∴，
∴五进制数转化成三进制数为.
（2）①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.
∵，∴的所有可能取值为.
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，
∴，
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∴.
②∵位二进制数的，
∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
∵，∴的可能取值为.
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
∴，
∴随机变量的分布列为
1 2 3
∵，
∴
，
∴.
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