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广东省清远市第三中学教育集团2024-2025学年高三第三次模拟考试数学试题
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，只有一个选项是正确的.
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为4的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（　　）
A． B． C． D．
3．若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．已知且，函数，满足对任意实数，，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B．， C． D．，
5．复数（　　）
A． B． C． D．
6．已知菱形的边长为是的中点，与相交于点，则（　　）
A． B． C．1 D．
7．已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．定义在上的函数满足，且当时，，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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．已知点P在圆 + =16上，点A（4，0），B（0，2），则（　　）
A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|=3 D．当∠PBA最大时，|PB|=3
10．已知函数，下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若为偶函数，则
C．有且仅有个使得的最小值为
D．若函数的图象与的图象有且仅有两个交点，则的取值范围为
11．下列命题中，真命题的是（　　）
A．中位数就是第50百分位数
B．已知随机变量，若，则
C．已知随机变量，满足，若，，则，
D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为　 　．
13．若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为　 　.
14．如图，由9个单位小方格组成的方格表中共有16个格点，将每个格点染成灰色或黑色，满足：若任意4个格点构成矩形的4个顶点，则这4点中至多有2点被染成灰色.则被染为灰色的格点数目最多为　 　.
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．在中，．
（1）求的值；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
16．已知椭圆的离心率为，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知点，过点且斜率为的直线l与椭圆E相交于不同两点B、C，直线AB、AC分别与直线交于点M、N，当时，求斜率k的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.
（1）求证：平面；
（2）若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.
18．已知函数，．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系．
19．已知有限数列，其中，.在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质.
（1）判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
（2）若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
（3）若，且存在具有性质，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式
【解析】【解答】解：由，可得，解得，所以，
所以.
故选：C
【分析】先根据分式不等式计算求解集合B，再利用交集定义计算即可求解.
2．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由图知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为，
设扇形半径为，则有，解得，因此圆锥的母线长为，
所以圆锥的高.
故答案为：D
【分析】根据圆锥的展开图，先求出底面半径，再求高即可．
3．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
又因为直线与双曲线有两个不同的交点，
又因为直线过原点，所以，
则的取值范围是.
故答案为：B．
【分析】根据双曲线方程得出双曲线的渐近线方程，再利用直线与双曲线有两个不同交点和直线的方程过原点，从而得出实数的取值范围．
4．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的单调性及单调区间；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：对任意实数，，都有成立，
在定义域上是增函数，
∴，解得，．
故选：D.
【分析】由已知条件可判断函数是增函数，根据分段函数的性质可知，函数在，上单调递增，在上单调递增，且，解不等式即可求得实数的取值范围.
5．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算计算即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
所以，
所以，
所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，从而得到，则用、作为基底表示出，再根据数量积的定义和数量积的运算律，从而计算可得的值.
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：①，
②，
①②两式相减可得：.
故答案为：D.
【分析】利用两角和、差的余弦公式展开后消去求解即可.
8．【答案】D
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：由题意可知令得：，∴，
又，∴
∴①，
再令，由， 可求得，
∵
∴②，
由①②可得：有，
，，而
∴，
故.
故选：D.
【分析】先由已知条件求出一些特值，， 可得，反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论.
9．【答案】A,C,D
【知识点】直线的截距式方程；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：直线AB为：，即x+2y-4=0，
设点P（5+4cosθ，5+4sinθ），则点P到直线AB的距离为，则
所以A正确B错误；
又圆心O为（5，5），半径为4，则，
所以当直线PB与圆相切时，∠PBA取得最值，此时，
所以CD正确
故答案为：ACD.
【分析】根据直线的截距式，利用点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系求解即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A，，则，解得，故选项A正确；
B，若函数为偶函数，则，
即，可得，
所以或，
由可得；由解得；
由可得，即，
所以，或，
由可得；由可得，
综上所述，或，
经检验，当或，函数为偶函数，
当时，，故选项B错误；
C，由三角不等式可得，
解得或，
当且仅当时，取最小值，故选项C正确；
D，
①当时，，可知若与有且仅有两个交点，
只需点在的图象的下方，即，可得；
②当时，，
由，可得点在的图象的下方，
此时的图象与有且仅有两个交点；
③当时，，
当与相切时，有，
令，则，可得，
解得（舍去）或，
可得与有两个交点时，
由上知，故选项D正确，
故选：ACD．
【分析】解方程求出的值即可判断选项A；由偶函数的性质，求出的值或，当时，即可判断选项B；利用绝对值三角不等式求最值即可判断选项C；化简函数的解析式，对的取值进行分类讨论，数形结合可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围可判断选项D.
11．【答案】A,B
【知识点】分层抽样方法；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A选项，中位数就是第50百分位数，A选项正确.
对于B选项，已知随机变量，根据二项分布的方差公式（其中是试验次数，是每次试验成功的概率），可得.
又因为（、为常数），那么.
已知，即，解得，B选项正确.
对于C选项，已知随机变量，满足，根据期望的性质（、为常数），可得.
因为，所以.
再根据方差的性质（、为常数），可得.
因为，所以，C选项错误.
对于D选项，设男生样本为，平均数为，方差为；女生样本为，平均数为，方差为.
总体样本平均数.
根据分层抽样样本方差公式（其中、分别是男生、女生的样本数量），可得：
，所以D选项错误.
故答案为：AB.
【分析】对于A，由中位数及百分位数的概念判断即可；对于BC，由二项分布的方差公式，结合期望和方差的线性运算求解；对于D，根据分层抽样的方程公式求解．
12．【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图，
设为与渐近线的交点，
由题意：，，
所以Q是线段的中点，
所以.
又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知，
所以，所以，
所以，
所以离心率.
故答案为：2.
【分析】根据题意可得，则，再由计算即可．
13．【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由垂径定理可得：，解得，
所以圆心M为(1，1)
所以
所以，
故答案为：.
【分析】利用垂径定理列式求得m的值，进而求得圆心M的坐标，再利用勾股定理来求切线长，即可求得的值 .
14．【答案】6
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，
若其中一行4个格点均涂成灰色，则每一列均不能再涂灰色，此时红色的格点数目为4；
若其中一行有3个格点涂成灰色，则这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余一列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为6；
若每一行有2个格点可以涂成灰色，这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余2列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为5；
若每行4个格点均只有1个或0个涂成灰色，符合题意，但灰色的格点数目不为最多；
综上所述：染为灰色的格点数目最多为6.
故答案为：6.
【分析】先考虑行，再考虑列，关键在于一旦一行的灰色格点数不少于2个，则同列就不能再涂灰色，
分类讨论每行涂成灰的格点个数，再分析每列涂成灰色的格点个数，即可得结果.
15．【答案】（1）解：由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
（2）解：选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
设边上的高为，则三角形面积，
所以．
选择条件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
【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）由正弦定理可得，再利用和差公式化简即可求解；
（2）对于条件①，由（1）可知，与矛盾，不符合要求；
选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用等面积法可求出边上的高；
选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得出边上的高为，求解即可；
（1）由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
（2）选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
设边上的高为，则三角形面积，
所以．
选择条件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
16．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
所以椭圆.
（2）解：设直线，，
联立方程组，消y整理得，
则且，可得，所以，
则，
则直线的方程为，与直线交于点，
直线的方程为，与直线交于点，
当时，且，则，
将，
代入可得，所以，解得，
所以斜率的取值范围为．
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）结合已知条件和椭圆的性质列方程组，求得的值，即可得到椭圆E的方程；
（2）设直线，设，联立直线与椭圆方程由，求得， 由韦达定理得到，再由和的方程联立得和，结合，以及和，得到，即，求解即可求得斜率k的取值范围 .
（1）由椭圆的离心率为，且椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，
可得，解得，椭圆.
（2）设直线，联立方程组，整理得，
则且，可得，所以，
设，则，
则直线的方程为，与直线交于点，
直线的方程为，与直线交于点，
当时，且，则，
将，
代入可得，所以，解得，
所以斜率的取值范围为．
17．【答案】（1）证明：因为底面是平行四边形，且是等边三角形，
所以四边形是菱形，所以，
又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）解：设，所以是等腰三角形，
所以，，
以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设与所成角为，
所以
，
即与所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由菱形的性质得出，结合线面垂直的性质得出，从而由线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，由向量夹角的余弦的坐标公式即可求得异面直线与所成角的余弦值. .
（1）因为底面是平行四边形，且是等边三角形，
所以四边形是菱形，则有，
又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）设，
∵是等腰三角形，
∴，，
以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，
如图，
则，，，，
所以，，
设与所成角为，
所以
，
即与所成角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由，，
令，得或，
因为，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）解：当时，，且，
因为，
所以在上单调递增，
所以的解集为.
（3）解：设，，，
且，，
因为曲线在点处切线斜率为，
所以两点连线斜率为：
，
，
令，
则，
令，，
则，
令，
，
则在上单调递减，
，则，
所以在上单调递减，故，
，
又因为，则，
所以，则，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；斜率的计算公式
【解析】【分析】（1）先求导，再根据，令，从而得出函数的单调递增区间.
（2）当时，可判断在上单调递增，再结合得出不等式的解集.
（3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，再通过作差比较，从而构造函数，，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再根据，则，从而根据两点求斜率公式，进而判断出曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率的大小关系.
（1）由，，
令，得或，由于，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）当时，，且，
又，即在上单调递增，
所以的解集为.
（3）设，，，且，，
曲线在点处切线斜率为，
两点连线斜率为
，
，
令，则，
令，，
则，令，
，即在上单调递减，
，即，
所以在上单调递减，故，
，又，即，
所以，即，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
19．【答案】（1）解：根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
（2）解：不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
（3）不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性
【解析】【分析】（1）利用定义计算即可；
（2）根据数列中各项的取值范围，结合定义判定当时至少需要子列含4个数与任意4项子列和大于3矛盾即可；
（3）根据新定义结合第一、二问举例说理即可.
（1）根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
（2）不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
（3）由题可知，时，又，所以，
由（2）道理相同可知，，
取，
因为，
，，
所以具有性质，
综上.
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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，只有一个选项是正确的.
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式
【解析】【解答】解：由，可得，解得，所以，
所以.
故选：C
【分析】先根据分式不等式计算求解集合B，再利用交集定义计算即可求解.
2．如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为4的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由图知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为，
设扇形半径为，则有，解得，因此圆锥的母线长为，
所以圆锥的高.
故答案为：D
【分析】根据圆锥的展开图，先求出底面半径，再求高即可．
3．若直线与双曲线有两个不同交点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线方程为，
又因为直线与双曲线有两个不同的交点，
又因为直线过原点，所以，
则的取值范围是.
故答案为：B．
【分析】根据双曲线方程得出双曲线的渐近线方程，再利用直线与双曲线有两个不同交点和直线的方程过原点，从而得出实数的取值范围．
4．已知且，函数，满足对任意实数，，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B．， C． D．，
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的单调性及单调区间；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：对任意实数，，都有成立，
在定义域上是增函数，
∴，解得，．
故选：D.
【分析】由已知条件可判断函数是增函数，根据分段函数的性质可知，函数在，上单调递增，在上单调递增，且，解不等式即可求得实数的取值范围.
5．复数（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算计算即可.
6．已知菱形的边长为是的中点，与相交于点，则（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
所以，
所以，
所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，从而得到，则用、作为基底表示出，再根据数量积的定义和数量积的运算律，从而计算可得的值.
7．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：①，
②，
①②两式相减可得：.
故答案为：D.
【分析】利用两角和、差的余弦公式展开后消去求解即可.
8．定义在上的函数满足，且当时，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：由题意可知令得：，∴，
又，∴
∴①，
再令，由， 可求得，
∵
∴②，
由①②可得：有，
，，而
∴，
故.
故选：D.
【分析】先由已知条件求出一些特值，， 可得，反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．已知点P在圆 + =16上，点A（4，0），B（0，2），则（　　）
A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|=3 D．当∠PBA最大时，|PB|=3
【答案】A,C,D
【知识点】直线的截距式方程；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：直线AB为：，即x+2y-4=0，
设点P（5+4cosθ，5+4sinθ），则点P到直线AB的距离为，则
所以A正确B错误；
又圆心O为（5，5），半径为4，则，
所以当直线PB与圆相切时，∠PBA取得最值，此时，
所以CD正确
故答案为：ACD.
【分析】根据直线的截距式，利用点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系求解即可.
10．已知函数，下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若为偶函数，则
C．有且仅有个使得的最小值为
D．若函数的图象与的图象有且仅有两个交点，则的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A，，则，解得，故选项A正确；
B，若函数为偶函数，则，
即，可得，
所以或，
由可得；由解得；
由可得，即，
所以，或，
由可得；由可得，
综上所述，或，
经检验，当或，函数为偶函数，
当时，，故选项B错误；
C，由三角不等式可得，
解得或，
当且仅当时，取最小值，故选项C正确；
D，
①当时，，可知若与有且仅有两个交点，
只需点在的图象的下方，即，可得；
②当时，，
由，可得点在的图象的下方，
此时的图象与有且仅有两个交点；
③当时，，
当与相切时，有，
令，则，可得，
解得（舍去）或，
可得与有两个交点时，
由上知，故选项D正确，
故选：ACD．
【分析】解方程求出的值即可判断选项A；由偶函数的性质，求出的值或，当时，即可判断选项B；利用绝对值三角不等式求最值即可判断选项C；化简函数的解析式，对的取值进行分类讨论，数形结合可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围可判断选项D.
11．下列命题中，真命题的是（　　）
A．中位数就是第50百分位数
B．已知随机变量，若，则
C．已知随机变量，满足，若，，则，
D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120
【答案】A,B
【知识点】分层抽样方法；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A选项，中位数就是第50百分位数，A选项正确.
对于B选项，已知随机变量，根据二项分布的方差公式（其中是试验次数，是每次试验成功的概率），可得.
又因为（、为常数），那么.
已知，即，解得，B选项正确.
对于C选项，已知随机变量，满足，根据期望的性质（、为常数），可得.
因为，所以.
再根据方差的性质（、为常数），可得.
因为，所以，C选项错误.
对于D选项，设男生样本为，平均数为，方差为；女生样本为，平均数为，方差为.
总体样本平均数.
根据分层抽样样本方差公式（其中、分别是男生、女生的样本数量），可得：
，所以D选项错误.
故答案为：AB.
【分析】对于A，由中位数及百分位数的概念判断即可；对于BC，由二项分布的方差公式，结合期望和方差的线性运算求解；对于D，根据分层抽样的方程公式求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为　 　．
【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图，
设为与渐近线的交点，
由题意：，，
所以Q是线段的中点，
所以.
又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知，
所以，所以，
所以，
所以离心率.
故答案为：2.
【分析】根据题意可得，则，再由计算即可．
13．若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由垂径定理可得：，解得，
所以圆心M为(1，1)
所以
所以，
故答案为：.
【分析】利用垂径定理列式求得m的值，进而求得圆心M的坐标，再利用勾股定理来求切线长，即可求得的值 .
14．如图，由9个单位小方格组成的方格表中共有16个格点，将每个格点染成灰色或黑色，满足：若任意4个格点构成矩形的4个顶点，则这4点中至多有2点被染成灰色.则被染为灰色的格点数目最多为　 　.
【答案】6
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，
若其中一行4个格点均涂成灰色，则每一列均不能再涂灰色，此时红色的格点数目为4；
若其中一行有3个格点涂成灰色，则这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余一列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为6；
若每一行有2个格点可以涂成灰色，这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余2列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为5；
若每行4个格点均只有1个或0个涂成灰色，符合题意，但灰色的格点数目不为最多；
综上所述：染为灰色的格点数目最多为6.
故答案为：6.
【分析】先考虑行，再考虑列，关键在于一旦一行的灰色格点数不少于2个，则同列就不能再涂灰色，
分类讨论每行涂成灰的格点个数，再分析每列涂成灰色的格点个数，即可得结果.
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．在中，．
（1）求的值；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）解：由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
（2）解：选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
设边上的高为，则三角形面积，
所以．
选择条件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
【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）由正弦定理可得，再利用和差公式化简即可求解；
（2）对于条件①，由（1）可知，与矛盾，不符合要求；
选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用等面积法可求出边上的高；
选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得出边上的高为，求解即可；
（1）由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
（2）选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
设边上的高为，则三角形面积，
所以．
选择条件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
16．已知椭圆的离心率为，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知点，过点且斜率为的直线l与椭圆E相交于不同两点B、C，直线AB、AC分别与直线交于点M、N，当时，求斜率k的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
所以椭圆.
（2）解：设直线，，
联立方程组，消y整理得，
则且，可得，所以，
则，
则直线的方程为，与直线交于点，
直线的方程为，与直线交于点，
当时，且，则，
将，
代入可得，所以，解得，
所以斜率的取值范围为．
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）结合已知条件和椭圆的性质列方程组，求得的值，即可得到椭圆E的方程；
（2）设直线，设，联立直线与椭圆方程由，求得， 由韦达定理得到，再由和的方程联立得和，结合，以及和，得到，即，求解即可求得斜率k的取值范围 .
（1）由椭圆的离心率为，且椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，
可得，解得，椭圆.
（2）设直线，联立方程组，整理得，
则且，可得，所以，
设，则，
则直线的方程为，与直线交于点，
直线的方程为，与直线交于点，
当时，且，则，
将，
代入可得，所以，解得，
所以斜率的取值范围为．
17．如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且是等边三角形，.
（1）求证：平面；
（2）若是等腰三角形，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为底面是平行四边形，且是等边三角形，
所以四边形是菱形，所以，
又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）解：设，所以是等腰三角形，
所以，，
以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设与所成角为，
所以
，
即与所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由菱形的性质得出，结合线面垂直的性质得出，从而由线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，由向量夹角的余弦的坐标公式即可求得异面直线与所成角的余弦值. .
（1）因为底面是平行四边形，且是等边三角形，
所以四边形是菱形，则有，
又平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）设，
∵是等腰三角形，
∴，，
以O为坐标原点，射线，分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系，
如图，
则，，，，
所以，，
设与所成角为，
所以
，
即与所成角的余弦值为.
18．已知函数，．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若函数图象上有三个点，，，并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点处的切线斜率与，两点连线斜率的大小关系．
【答案】（1）解：由，，
令，得或，
因为，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）解：当时，，且，
因为，
所以在上单调递增，
所以的解集为.
（3）解：设，，，
且，，
因为曲线在点处切线斜率为，
所以两点连线斜率为：
，
，
令，
则，
令，，
则，
令，
，
则在上单调递减，
，则，
所以在上单调递减，故，
，
又因为，则，
所以，则，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；斜率的计算公式
【解析】【分析】（1）先求导，再根据，令，从而得出函数的单调递增区间.
（2）当时，可判断在上单调递增，再结合得出不等式的解集.
（3）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，再通过作差比较，从而构造函数，，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再根据，则，从而根据两点求斜率公式，进而判断出曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率的大小关系.
（1）由，，
令，得或，由于，则，
令，解得或，
所以的单调增区间为和.
（2）当时，，且，
又，即在上单调递增，
所以的解集为.
（3）设，，，且，，
曲线在点处切线斜率为，
两点连线斜率为
，
，
令，则，
令，，
则，令，
，即在上单调递减，
，即，
所以在上单调递减，故，
，又，即，
所以，即，
所以曲线在点处切线斜率小于两点连线斜率.
19．已知有限数列，其中，.在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质.
（1）判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
（2）若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
（3）若，且存在具有性质，求的取值范围.
【答案】（1）解：根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
（2）解：不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
（3）不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性
【解析】【分析】（1）利用定义计算即可；
（2）根据数列中各项的取值范围，结合定义判定当时至少需要子列含4个数与任意4项子列和大于3矛盾即可；
（3）根据新定义结合第一、二问举例说理即可.
（1）根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
（2）不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
（3）由题可知，时，又，所以，
由（2）道理相同可知，，
取，
因为，
，，
所以具有性质，
综上.
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