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江苏省南京市2025届高三下学期第二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，只有一项是符合题目要求的.
1．已知全集，集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，故，
故答案为：A
【分析】本题考查集合的补集与交集运算，核心是先通过全集和补集求出集合B，再根据交集的定义计算A∩B。
2．已知，其中为虚数单位，是的共轭复数，则（　　）
A． B．2 C． D．8
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由，得，则，.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的四则运算化简求得，再根据共轭复数的概念可得，最后根据复数的模公式求解即可.
3．设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若与所成的角相等，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若，，则与可能平行、相交或异面，故A错误；
B、若，则存在直线，使.又因为，根据直线与平面垂直的性质得.
由于，根据异面直线所成角的定义可知，故B正确.
C、若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且，故C选项错误.
D、若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面.
例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用空间中点、线、面的位置关系和相关定理，结合举例，对每个选项逐一进行分析即可求解.
4．把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（　　）
A． B．
C． D．.
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）后的函数为，再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数为.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象的伸缩、平移变换求解即可.
5．展开式中的常数项为（　　）
A．160 B．60 C． D．
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，
当时，
，
所以，展开式中的常数项为：60.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项的定义得出展开式中的常数项.
6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，
由，得，则，即；
，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查对数函数的单调性与对数大小比较，核心是利用对数函数的单调性，结合对数运算性质，将a、b与c、1 进行比较，进而确定三者的大小关系。
7．在四边形中，，，，E是线段中点，是线段上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题以点为坐标原点，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
因为，E是线段中点，
所以，
而是线段上的动点，
从而可设，
所以点的坐标是，
所以，
，
所以当时，的最小值是.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量的数量积与二次函数的最值，核心是通过建立平面直角坐标系，用参数表示动点坐标，将数量积转化为二次函数，再求闭区间内的最小值。
8．在平面直角坐标系中，双曲线的右焦点为，点，在的右支上，且，点关于原点的对称点为.若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设双曲线的左焦点为，连接、、、，如图所示，
根据双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形，
设，因为，则，
由双曲线的定义可得：，，
又因为为直角三角形，
所以，即，解得，
所以，，
又因为为直角三角形，，
所以，即，
所以，即.
故答案为：D.
【分析】本题考查双曲线的定义与几何性质，核心是利用双曲线的定义、对称性得出四边形的形状，结合勾股定理建立a、c的关系，进而求解离心率。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共1S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.不选或有选错的得0分.
9．某研究所研究耕种深度（单位：）与水稻每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表：
耕种深度 8 10 12 14 16
每公顷产量 6.0 7.5 7.8 9.2 9.5
经计算可知每公顷产量与耕种深度的线性回归方程为，则下列说法中正确的是（　　）
A．每公顷产量与耕种深度呈负相关
B．耕种深度的平均数为12
C．每公顷产量的平均数为7.8
D．
【答案】B,D
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：A：对于，，所以每公顷产量与耕种深度呈正相关，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：将点代入方程，得，解得，故D正确.
故答案为：BD
【分析】本题考查线性回归方程的性质与平均数计算，核心是根据回归系数判断相关性，通过平均数公式计算、，再利用回归直线过样本中心点求解。
10．已知数列中，，，，其前项和为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，得，
所以数列是以为公差的等差数列，
而，，所以，得，故A正确；
所以，得，故B正确；
令，解得，对于，
为正，且依次递增；
为负，且依次递增，
所以，故C错误；
，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】本题考查等差数列的判定与数列性质、前项和求解，核心是通过对递推式变形得到为等差数列，再结合等差数列通项、数列单调性与放缩法分析选项。
11．已知定义在上的函数，当时，，且，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．若，则在上恰有5个零点
D．若，在区间有最大值，则
【答案】A,C,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A，由题意可知：当时，有，故A正确；
B，当时，有，
又因为，所以有，故B错误；
C，当时，，
当时，由于，，
，，，
所以，，
作出分段函数和函数的图象如下：
由于，直线经过点，而函数的图象不经过点，
则由图象可得，它们只有5个交点，即在上恰有5个零点，故C正确；
D，根据当时，由于，
要满足对，在区间有最大值，
则只需要在上存大最大值，
即满足或，解得或，
综上可得：，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查分段函数的性质、函数零点与最值问题，核心是利用函数的递推关系分析函数值，结合分段函数解析式判断零点，通过二次函数最值确定参数范围。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若圆心在轴上的圆与直线相切于点，则圆心的坐标为　 　.
【答案】
【知识点】圆的切线方程
【解析】【解答】解：设过点且与直线垂直的直线为，
则，解得，
所以，即圆心在直线，又圆心在轴上，
令，可得，所以圆心坐标为.
故答案为：
【分析】本题考查圆的切线性质与直线垂直的斜率关系，核心是利用 “圆心与切点的连线垂直于切线”，结合直线方程求解圆心坐标。
13．所有棱长均为2的正三棱柱，它的顶点均在球的表面上，则球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设正三棱柱上、下底面的外接圆的圆心分别为，
如图，连接，则为的中点，连接，
则为球的半径，设圆的半径为，
在中，由正弦定理得，解得，
又，所以，
所以球的表面积为.
故答案为：
【分析】设正三棱柱上、下底面的外接圆的圆心分别为，则为的中点，再得到球的表面积即可．
14．英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有　 　种（用数字作答）.
【答案】216
【知识点】分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：如图，将6个行政区标上序号，
区域1有4种颜色可选，共4种方法；
区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法；
区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法；
①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法；
②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法，
若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法，
所以一共有种方法.
故答案为：216.
【分析】本题考查分步乘法计数原理的应用，核心是按照区域的相邻关系依次确定每个区域的涂色方法数，再将各步方法数相乘得到总方法数。
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．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面.
（1）证明：为的中点；
（2）若，二面角的余弦值为，求的长.
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
因为底面为菱形，所以为的中点，
又因为平面，平面，平面平面，所以，所以为的中点；
（2）解：取中点，连接，
在菱形中，，所以，则为正三角形，
所以，又，所以，
又因为平面，建立空间直角坐标系，如图所示：
设， 则，，，，
则，，，则平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，取，
因为二面角的余弦值为，所以，解得，
所以．
【知识点】直线与平面平行的性质；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，根据菱形的性质，结合线面平行的性质证明即可；
（2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量的夹角公式列式求的值即可.
（1）连接交于点，连接．
因为底面为菱形，所以为的中点．
又因为平面，平面，平面平面，
所以，
所以为的中点.
（2）取中点，连接．
在菱形中，，所以，则为正三角形，
所以，又，所以．
又因为平面，如图建立空间直角坐标系．
设， 则，，，，
则，，，
则平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
则，取，
因为二面角的余弦值为，
所以，解得（负值已舍去），
所以．
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求；
（2）若，，求.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
所以，
所以，
由，
得.
（2）解：如图，
因为，，
所以，，
在中，由余弦定理，
得，
则；
在中，由余弦定理，
得，
则，①
所以，
则，
由，解得，
代入①，得，
由，解得.
在中，由余弦定理，
得.
【知识点】平面向量的共线定理；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由（1）结合题意可得，，在和中，利用余弦定理建立方程，从而得出，进而得出，再次利用余弦定理计算得出的值.
（1），由正弦定理得，
得，所以，
由，得.
（2）如图，因为，，所以，，
在中，由余弦定理得，
即；
在中，由余弦定理得，
即，①
所以，得，
由解得，代入①得，由解得.
在中，由余弦定理得.
17．已知函数，.
（1）当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数；
（2）当时，若，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，其定义域为.
因为，所以.
所以曲线在处的切线方程为，即.
联立方程可得，.
设，，求导得.
所以在上单调递增.
又，所以有且仅有一个零点，所以直线与曲线的公共点个数为1.
（2）解：对函数求导得，令，可得.
分情况讨论，①当时，即，此时在区间上单调递增，
则，解得.
又，所以.
②当时，即，在上单调递减，在上单调递增.
所以最小值为，，，
当最大时，即，解得.
此时，，而恒成立.
所以，满足题意.
当最大时，即，解得.
此时，即.
设，，，
所以在上递减，故，所以，满足题意.
综上，.
③当时，即，在区间上单调递减，
此时.
若其成立，则，与条件相矛盾，所以该情况下不等式不能恒成立.
综上所述，实数的取值范围为.
【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) 先利用导数的几何意义求出切线 的方程，再联立切线与曲线方程，构造新函数 ，分析其单调性与零点个数，从而确定公共点个数。
(2) 当 时，求导确定函数 在区间 上的单调性，求出最大值与最小值之差，令其小于 ，解不等式得到实数 的取值范围。
18．在平面直角坐标系中，点，，，动点满足，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与相交于两点E，F（在的左侧）.设直线，的斜率分别为，.
①求证：为定值；
②设直线，相交于点，求证：为定值.
【答案】（1）解：由，，
所以点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，
则，，所以，
所以的方程为.
（2）①证明：由，直线的斜率存在且不为．
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以．
又，所以，，
所以
.
②证明：由①知，所以．
作关于轴的对称点，则，，三点共线．
又，，设.
则直线方程即为直线方程.
又直线方程为，
作差，得，
所以，
所以，，
由，得．
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动，
所以．
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 根据椭圆的定义，判断点P的轨迹为以A、B为焦点的椭圆，结合椭圆的基本参数关系（长轴长、焦距）求解轨迹方程。
(2) ①设过Q点的直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理得到、的关系，再结合斜率公式推导为定值。
②作E关于x轴的对称点，利用三点共线的性质表示出点M的坐标，结合双曲线的定义证明为定值。
（1）由，，
所以点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，
则，，所以，
所以的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为．
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以．
又，所以，，
所以
.
②由①知，所以．
作关于轴的对称点，则，，三点共线．
又，，设.
则直线方程即为直线方程.
又直线方程为，
作差，得，
所以，
所以，，
由，得．
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动，
所以．
19．不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为.
（1）若，求；
（2）若，且，求的最小值；
（3）若，求证：且，.
【答案】（1）解：由，得.
（2）解：由，得．
则
.
令，得．
又在上单调递减，
且，
故的最小值为3．
（3）证明：由，得，
所以
.
设，则．令，得，列表如下：
0
0
单调递减 极小值 单调递增
所以，
故，当且仅当时取＂=＂．
令，则，
故，
即．
所以
，
所以，
所以，故且．
【知识点】函数单调性的性质；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件
【解析】【分析】(1) 根据“BM分布”的定义，结合有放回抽取的概率计算规则，分析的事件构成，利用独立事件乘法公式和组合数求解概率。
(2) 先推导时的概率分布，再利用期望公式计算，构造关于的函数并分析其单调性，求解满足的的最小值。
(3) 先利用期望公式将表示为关于的表达式，再通过放缩法（结合不等式）或数学归纳法，证明。
（1）由，得
.
（2）由，得．
则
.
令，得．
又在上单调递减，
且，
故的最小值为3．
（3）由，得
，
所以
.
方法1：先证．
设，则．令，得，列表如下：
0
0
极小值
所以，
故，当且仅当时取＂=＂．
令，则，
故，
即．
所以
，
所以，
所以，故且．
方法2：要证且，即证，即证．
①当时，左边右边，成立；
②假设当且时命题成立，即．
则当时，
，
只要证，即证且．
因为，
所以且．
故当时，，命题也成立．
综合①②，且，
故得证．
1 / 1江苏省南京市2025届高三下学期第二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，只有一项是符合题目要求的.
1．已知全集，集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知，其中为虚数单位，是的共轭复数，则（　　）
A． B．2 C． D．8
3．设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若与所成的角相等，则
4．把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（　　）
A． B．
C． D．.
5．展开式中的常数项为（　　）
A．160 B．60 C． D．
6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
7．在四边形中，，，，E是线段中点，是线段上的动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．在平面直角坐标系中，双曲线的右焦点为，点，在的右支上，且，点关于原点的对称点为.若，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共1S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.不选或有选错的得0分.
9．某研究所研究耕种深度（单位：）与水稻每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表：
耕种深度 8 10 12 14 16
每公顷产量 6.0 7.5 7.8 9.2 9.5
经计算可知每公顷产量与耕种深度的线性回归方程为，则下列说法中正确的是（　　）
A．每公顷产量与耕种深度呈负相关
B．耕种深度的平均数为12
C．每公顷产量的平均数为7.8
D．
10．已知数列中，，，，其前项和为，则（　　）
A． B． C． D．
11．已知定义在上的函数，当时，，且，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．若，则在上恰有5个零点
D．若，在区间有最大值，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若圆心在轴上的圆与直线相切于点，则圆心的坐标为　 　.
13．所有棱长均为2的正三棱柱，它的顶点均在球的表面上，则球的表面积为　 　.
14．英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有　 　种（用数字作答）.
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．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面.
（1）证明：为的中点；
（2）若，二面角的余弦值为，求的长.
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求；
（2）若，，求.
17．已知函数，.
（1）当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数；
（2）当时，若，恒成立，求实数的取值范围.
18．在平面直角坐标系中，点，，，动点满足，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与相交于两点E，F（在的左侧）.设直线，的斜率分别为，.
①求证：为定值；
②设直线，相交于点，求证：为定值.
19．不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为.
（1）若，求；
（2）若，且，求的最小值；
（3）若，求证：且，.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，故，
故答案为：A
【分析】本题考查集合的补集与交集运算，核心是先通过全集和补集求出集合B，再根据交集的定义计算A∩B。
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由，得，则，.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的四则运算化简求得，再根据共轭复数的概念可得，最后根据复数的模公式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若，，则与可能平行、相交或异面，故A错误；
B、若，则存在直线，使.又因为，根据直线与平面垂直的性质得.
由于，根据异面直线所成角的定义可知，故B正确.
C、若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且，故C选项错误.
D、若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面.
例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用空间中点、线、面的位置关系和相关定理，结合举例，对每个选项逐一进行分析即可求解.
4．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）后的函数为，再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数为.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象的伸缩、平移变换求解即可.
5．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，
当时，
，
所以，展开式中的常数项为：60.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项的定义得出展开式中的常数项.
6．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，
由，得，则，即；
，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查对数函数的单调性与对数大小比较，核心是利用对数函数的单调性，结合对数运算性质，将a、b与c、1 进行比较，进而确定三者的大小关系。
7．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题以点为坐标原点，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
因为，E是线段中点，
所以，
而是线段上的动点，
从而可设，
所以点的坐标是，
所以，
，
所以当时，的最小值是.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量的数量积与二次函数的最值，核心是通过建立平面直角坐标系，用参数表示动点坐标，将数量积转化为二次函数，再求闭区间内的最小值。
8．【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：设双曲线的左焦点为，连接、、、，如图所示，
根据双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形，
设，因为，则，
由双曲线的定义可得：，，
又因为为直角三角形，
所以，即，解得，
所以，，
又因为为直角三角形，，
所以，即，
所以，即.
故答案为：D.
【分析】本题考查双曲线的定义与几何性质，核心是利用双曲线的定义、对称性得出四边形的形状，结合勾股定理建立a、c的关系，进而求解离心率。
9．【答案】B,D
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：A：对于，，所以每公顷产量与耕种深度呈正相关，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：将点代入方程，得，解得，故D正确.
故答案为：BD
【分析】本题考查线性回归方程的性质与平均数计算，核心是根据回归系数判断相关性，通过平均数公式计算、，再利用回归直线过样本中心点求解。
10．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，得，
所以数列是以为公差的等差数列，
而，，所以，得，故A正确；
所以，得，故B正确；
令，解得，对于，
为正，且依次递增；
为负，且依次递增，
所以，故C错误；
，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】本题考查等差数列的判定与数列性质、前项和求解，核心是通过对递推式变形得到为等差数列，再结合等差数列通项、数列单调性与放缩法分析选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A，由题意可知：当时，有，故A正确；
B，当时，有，
又因为，所以有，故B错误；
C，当时，，
当时，由于，，
，，，
所以，，
作出分段函数和函数的图象如下：
由于，直线经过点，而函数的图象不经过点，
则由图象可得，它们只有5个交点，即在上恰有5个零点，故C正确；
D，根据当时，由于，
要满足对，在区间有最大值，
则只需要在上存大最大值，
即满足或，解得或，
综上可得：，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查分段函数的性质、函数零点与最值问题，核心是利用函数的递推关系分析函数值，结合分段函数解析式判断零点，通过二次函数最值确定参数范围。
12．【答案】
【知识点】圆的切线方程
【解析】【解答】解：设过点且与直线垂直的直线为，
则，解得，
所以，即圆心在直线，又圆心在轴上，
令，可得，所以圆心坐标为.
故答案为：
【分析】本题考查圆的切线性质与直线垂直的斜率关系，核心是利用 “圆心与切点的连线垂直于切线”，结合直线方程求解圆心坐标。
13．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设正三棱柱上、下底面的外接圆的圆心分别为，
如图，连接，则为的中点，连接，
则为球的半径，设圆的半径为，
在中，由正弦定理得，解得，
又，所以，
所以球的表面积为.
故答案为：
【分析】设正三棱柱上、下底面的外接圆的圆心分别为，则为的中点，再得到球的表面积即可．
14．【答案】216
【知识点】分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：如图，将6个行政区标上序号，
区域1有4种颜色可选，共4种方法；
区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法；
区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法；
①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法；
②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法，
若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法，
所以一共有种方法.
故答案为：216.
【分析】本题考查分步乘法计数原理的应用，核心是按照区域的相邻关系依次确定每个区域的涂色方法数，再将各步方法数相乘得到总方法数。
15．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
因为底面为菱形，所以为的中点，
又因为平面，平面，平面平面，所以，所以为的中点；
（2）解：取中点，连接，
在菱形中，，所以，则为正三角形，
所以，又，所以，
又因为平面，建立空间直角坐标系，如图所示：
设， 则，，，，
则，，，则平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，取，
因为二面角的余弦值为，所以，解得，
所以．
【知识点】直线与平面平行的性质；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，根据菱形的性质，结合线面平行的性质证明即可；
（2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量的夹角公式列式求的值即可.
（1）连接交于点，连接．
因为底面为菱形，所以为的中点．
又因为平面，平面，平面平面，
所以，
所以为的中点.
（2）取中点，连接．
在菱形中，，所以，则为正三角形，
所以，又，所以．
又因为平面，如图建立空间直角坐标系．
设， 则，，，，
则，，，
则平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
则，取，
因为二面角的余弦值为，
所以，解得（负值已舍去），
所以．
16．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理，得，
所以，
所以，
由，
得.
（2）解：如图，
因为，，
所以，，
在中，由余弦定理，
得，
则；
在中，由余弦定理，
得，
则，①
所以，
则，
由，解得，
代入①，得，
由，解得.
在中，由余弦定理，
得.
【知识点】平面向量的共线定理；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）由（1）结合题意可得，，在和中，利用余弦定理建立方程，从而得出，进而得出，再次利用余弦定理计算得出的值.
（1），由正弦定理得，
得，所以，
由，得.
（2）如图，因为，，所以，，
在中，由余弦定理得，
即；
在中，由余弦定理得，
即，①
所以，得，
由解得，代入①得，由解得.
在中，由余弦定理得.
17．【答案】（1）解：当时，，其定义域为.
因为，所以.
所以曲线在处的切线方程为，即.
联立方程可得，.
设，，求导得.
所以在上单调递增.
又，所以有且仅有一个零点，所以直线与曲线的公共点个数为1.
（2）解：对函数求导得，令，可得.
分情况讨论，①当时，即，此时在区间上单调递增，
则，解得.
又，所以.
②当时，即，在上单调递减，在上单调递增.
所以最小值为，，，
当最大时，即，解得.
此时，，而恒成立.
所以，满足题意.
当最大时，即，解得.
此时，即.
设，，，
所以在上递减，故，所以，满足题意.
综上，.
③当时，即，在区间上单调递减，
此时.
若其成立，则，与条件相矛盾，所以该情况下不等式不能恒成立.
综上所述，实数的取值范围为.
【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) 先利用导数的几何意义求出切线 的方程，再联立切线与曲线方程，构造新函数 ，分析其单调性与零点个数，从而确定公共点个数。
(2) 当 时，求导确定函数 在区间 上的单调性，求出最大值与最小值之差，令其小于 ，解不等式得到实数 的取值范围。
18．【答案】（1）解：由，，
所以点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，
则，，所以，
所以的方程为.
（2）①证明：由，直线的斜率存在且不为．
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以．
又，所以，，
所以
.
②证明：由①知，所以．
作关于轴的对称点，则，，三点共线．
又，，设.
则直线方程即为直线方程.
又直线方程为，
作差，得，
所以，
所以，，
由，得．
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动，
所以．
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 根据椭圆的定义，判断点P的轨迹为以A、B为焦点的椭圆，结合椭圆的基本参数关系（长轴长、焦距）求解轨迹方程。
(2) ①设过Q点的直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理得到、的关系，再结合斜率公式推导为定值。
②作E关于x轴的对称点，利用三点共线的性质表示出点M的坐标，结合双曲线的定义证明为定值。
（1）由，，
所以点在以，为焦点，为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为，焦距为，
则，，所以，
所以的方程为.
（2）①由，直线的斜率存在且不为．
设直线的方程为，，，，
联立，得，
则，，，
所以．
又，所以，，
所以
.
②由①知，所以．
作关于轴的对称点，则，，三点共线．
又，，设.
则直线方程即为直线方程.
又直线方程为，
作差，得，
所以，
所以，，
由，得．
又因为，所以，
即，即，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线的左支（椭圆内部）上运动，
所以．
19．【答案】（1）解：由，得.
（2）解：由，得．
则
.
令，得．
又在上单调递减，
且，
故的最小值为3．
（3）证明：由，得，
所以
.
设，则．令，得，列表如下：
0
0
单调递减 极小值 单调递增
所以，
故，当且仅当时取＂=＂．
令，则，
故，
即．
所以
，
所以，
所以，故且．
【知识点】函数单调性的性质；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件
【解析】【分析】(1) 根据“BM分布”的定义，结合有放回抽取的概率计算规则，分析的事件构成，利用独立事件乘法公式和组合数求解概率。
(2) 先推导时的概率分布，再利用期望公式计算，构造关于的函数并分析其单调性，求解满足的的最小值。
(3) 先利用期望公式将表示为关于的表达式，再通过放缩法（结合不等式）或数学归纳法，证明。
（1）由，得
.
（2）由，得．
则
.
令，得．
又在上单调递减，
且，
故的最小值为3．
（3）由，得
，
所以
.
方法1：先证．
设，则．令，得，列表如下：
0
0
极小值
所以，
故，当且仅当时取＂=＂．
令，则，
故，
即．
所以
，
所以，
所以，故且．
方法2：要证且，即证，即证．
①当时，左边右边，成立；
②假设当且时命题成立，即．
则当时，
，
只要证，即证且．
因为，
所以且．
故当时，，命题也成立．
综合①②，且，
故得证．
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