资源简介

浙江温州市平阳县万全综合高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题
1．若复数满足，则的虚部是（　　）
A． B． C．1 D．3
2．已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
3．已知数据，，…，的平均数和方差分别为4，10，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（　　）
A．， B．1， C．， D．，
4．设等差数列的前n项和，若，，则（　　）
A．18 B．27 C．45 D．63
5．加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，W区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（　　）种
A．90 B．125 C．180 D．243
6．将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．已知三次函数，若不等式的解集为，则的值为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．4
8．已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．在正方体中，分别为的中点，则（　　）
A． B．平面
C． D．平面
10．设，为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（　　）
A．若事件，互斥，则
B．若事件，互斥，则
C．若事件，相互独立，则
D．若，则
11．已知的面积为，若，，则（　　）
A． B．
C．的外接圆半径为1 D．
12．的展开式中的系数为　 　.
13．已知，则　 　
14．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为　 　．
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求的值；
（2）若的面积为2，求的周长．
16．已知抛物线的焦点为上有一点到焦点的距离为3，过焦点作直线与抛物线交于两点，为坐标原点.
（1）求点的坐标；
（2）求的面积.
17．如图，四棱锥中，底面，，平面，，．
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值．
18．在2026年央视春晚舞台上，多款智能机器人协同完成舞蹈 列队 翻转等高难度表演.某实验室为测试A，B两种型号机器人的动作稳定性，设计如下试验：每次独立执行一个动作，若某型号机器人试验成功，则下一轮继续使用该型号机器人进行试验；若试验失败，则下一轮更换另外一种型号的机器人进行试验.
已知A型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为；型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为.试验成功记1分，失败记0分，且第1轮使用A型号机器人.
（1）记为前3轮试验的总得分，求的数学期望；
（2）设为第轮试验使用A型号机器人的概率.
①求数列的通项公式；
②记为前轮试验的期望总得分，求关于的表达式.
19．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
（2）若对恒成立，求整数的最小值；
（3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
代入原式得：，
所以复数标准形式中，虚部为3.
故答案为：D.
【分析】根据复数的乘法运算得，从而可得虚部.
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：根据绝对值不等式性质得：，
不等式两边同时加1可得：，
即，
又因为集合，
所以.
故答案为：D.
【分析】解不等式得到，再根据交集的概念求解.
3．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设数据，，…，的平均数和方差分别为和，
则数据，，…，的平均数为，方差为，
解得，.
故答案为：D．
【分析】设数据，，…，的平均数和方差分别为和，利用平均数与方差的性质求解即可．
4．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由题意得，，成等差数列，
即9，36-9，成等差数列，解得，故C正确.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列的性质，，成等差数列，得到方程，求出答案.
5．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为2、2、1，然后分配给3位专家，
所以不同的安排方法共有种.
故答案为：A．
【分析】先分组，三组人数为2、2、1，再分配给3位专家即可.
6．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：点在上，
代入，可得，
点向左平移个单位，纵坐标不变，横坐标减，得，
因为点在的图象上，所以，
化简得，解得，
因为，取，得最小正值.
故答案为：C.
【分析】点在上，将代入函数，求出的值，再根据三角函数图象的平移变化规律，写出点的坐标，进而得到关于的等式，最后等式转化为同名三角函数，再结合三角函数的周期性，求出的最小值即可.
7．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，解得或，令，解得，
则函数在单调递增，在单调递减，
当时，极大值为4，即当时，，
当时，极小值为0，当时，，
且函数在单调递减，在单调递增，
当时，，当时，，
综上可知不等式的解集为，则的值为4.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求极值，进而求不等式的解集，即可得m的值.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，
又，故，则，即，即平分，
又，故，则，则，
，，由，
故，即，即，又，
故.
故答案为：B.
【分析】围绕椭圆性质展开，需结合椭圆定义、正弦定理、角度关系及向量条件，推导边的关系，最终用离心率公式求解.用椭圆定义和向量条件，通过正弦定理建立角度与边的联系，结合垂直条件得出边的等量关系，再用余弦定理或椭圆关系求离心率.
9．【答案】A,B,D
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为，则，，，，
对于A，可得，，
则，得到，故A正确；
对于B，由题意得，，，，
则，，，
可得，得到，
可得，得到，
而平面，得到平面，故B正确；
对于C，由题意得，，
若，则，得到，
而不存在使方程组成立，即不成立，故C错误；
对于D，由题意得，，，
设平面的法向量为，则，
令，解得，，得到，
可得，得到平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断线线、线面的关系.
10．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：选项A：若事件，互斥，则，A正确；
选项B：，.
若事件，互斥，事件，不一定互斥，因此.
实际（事件，互斥，），B错误；
选项C：若事件相互独立，则，C正确；
选项D：由得，，
所以，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据互斥事件的加法公式即可判断A；由事件，互斥，事件，不一定互斥即可判断B；由独立事件的乘法公式，结合即可判断C；对于D，由全概率公式即可求出.
11．【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，故，
代入原式得： ，
又，，将其代入式得 ，
因为三角形中，又由，
而在三角形中，故，
即为钝角，故，因此只能，即，得，，
所以 ，，
将上述等式代入得，
解得，得，，，因此，故选项A正确，B错误；
设外接圆半径为，由正弦定理得，，，
面积，得，选项C正确；
，选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用和差化积得，进而得到，结合，即可解，再逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式中的系数即为的展开式中的系数，
又二项式的展开式的通项为，
令，可得的展开式中的系数为.
故答案为：
【分析】本题考查二项式展开式的应用，解题关键是将 中 的系数转化为 中 的系数，再利用二项式通项公式求解。
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：设，则
所以
故答案为：
【分析】利用二倍角公式，结合诱导公式即可求解.
14．【答案】18
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
则，
由题意可得，，
则
，
由，得，，
可知位于之间，
不妨设，则，
可得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为18，
故答案为：18
【分析】根据题意结合导数的几何意义分析可得，，结合基本不等式分析求解.
15．【答案】（1）解：在中，，由正弦定理得，
又，
所以有，
由题意得，，所以，得.
（2）解：由题意得，由，解得，
可得，解得，
由余弦定理，得，
所以的周长.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简可得，进而可得；
（2）由同角三角形函数的关系可求，再利用的面积和余弦定理求出，进而得到的周长．
（1）在中，，由正弦定理得，
又，
所以有，
由题意得，，所以，得.
（2）由题意得，由，解得，
可得，解得，
由余弦定理，得，
所以的周长.
16．【答案】（1）解：由抛物线定义可得，解得，
则抛物线的方程为，焦点的坐标为；
（2）解：设直线的方程为，，
联立，消元整理可得，
，由韦达定理可得，
则，
解得，原点到直线的距离为，
故.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，利用抛物线的定义求得p的值，确定抛物线方程，再求焦点坐标即可；
（2）设直线的方程为，，联立直线和抛物线方程，利用弦长公式求出直线方程，进而得到到直线距离，再利用面积公式求的面积即可.
（1）由抛物线定义可得，因此
所以抛物线的方程为，焦点的坐标为
（2）设直线的方程为，与联立，消元可得，
，
设，则，
所以；
解得.
所以原点到直线的距离为，
所以
17．【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，
所以，
又因为底面，平面，
所以，
因为，，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
（2）解：由（1）可知，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示坐标系，
过点作，交于点，
因为底面，平面，
所以，
又因为，
所以平面，
因为点到平面的距离为，
所以，
在中，，
由，可得；
设，则，
所以，
解得，
则为的中点且，
所以．
可得，，，，，
所以，．
设是平面的法向量，
则，
所以，
取，则，，
所以是平面的一个法向量，
因为平面，
所以是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理得出线线平行，再利用线面垂直的定义可知，由线面垂直判定定理证出平面，再结合线面垂直定义证出.
（2）过点B作，利用线线垂直证出平面，再由（1）和已知条件可得的长，从而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面ACP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）因为平面，平面，平面平面，
所以
因为底面，平面，所以，
因为，，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系．
过点作，交于点，因为底面，平面，所以，
因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以，
在中，，由可得；
设，则，即，解得；
因此为的中点，，所以．
可得，，，，，
所以，．
设是平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：由题意，可知：随机变量的可能值为0，1，2，3，
若，则3轮都失败，
所以；
若，则3轮中只有1轮成功，
所以；
若，则3轮中只有2轮成功，
所以；
若，则3轮都成功，
所以，
则.
（2）解： ①设第轮试验使用A型号机器人为事件，
则，，，
由全概率公式，可得，
所以，
则，且，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，
所以.
②设第轮得分期望为，
则，
所以，前轮期望总得分为：.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件可知随机变量的可能取值并求其概率 再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（2）①根据题意结合全概率公式可得，利用构造法和等比数列的定义，从而判断出数列是以首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
②利用已知条件和数学期望公式，从而可得，再利用分组求和法和等比数列求和公式，从而得出关于的表达式.
（1）由题意可知：随机变量的可能值为0，1，2，3，
若，则3轮都失败，则；
若，则3轮中只有1轮成功，；
若，则3轮中只有2轮成功，；
若，则3轮都成功，；
所以.
（2）①设第轮试验使用A型号机器人为事件，
则，，，
由全概率公式可得，
即，则，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，所以；
②设第轮得分期望为，则，
所以前轮期望总得分为.
19．【答案】（1）解：由函数，可得，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得.
（2）解：由，且，
由，可得，
当时，，，不符合，故，
法一：当时成立，此时，
当时，，
令，可得，
所以在递增，在递减，
又，，所以，即.
当时，可得，所以.
所以当时，均有对恒成立，
综上所述，整数的最小值为.
法二：当时成立，此时，
当时，，令，
可得在上递增，
因为，，
所以存在，使得，即，
又因为，所以，
则，
所以在递增，有，
当时，，
所以，也成立.
综上所述，整数的最小值为.
（3）证明：由，可得，
令，可得，
当时，在上递增，
而，，所以存在，使得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，，，
所以存在，使得，所以在递减，在递增，
又当时，，所以在递增，
所以在单调递减，在单调递增，
所以是在上的唯一极小值点；
此时，，
所以在，即上存在唯一零点，使得，
下证：.
因为，所以，又因为在递增，只需证，
因为是的唯一极小值点，可得，即，可得
又因为，即，
因为，只需证明：，
令，其中，
则，
所以在上单调递增，，
所以成立，证毕，
所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义可得，再列方程求解即可；
（2）由，则，可得，又，则，接着进行验证，
法一：结合放缩得，令，再利用导数证明即可；法二：直接利用导数检验即可；
（3）利用导数及隐零点问题证明即可.
（1）解：由函数，可得，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得.
（2）解：由，且，
由，可得，
当时，，，不符合，故，
法一：当时成立，此时，
当时，，
令，可得，
所以在递增，在递减，
又，，所以，即.
当时，可得，所以.
所以当时，均有对恒成立，
综上所述，整数的最小值为.
法二：当时成立，此时，
当时，，令，
可得在上递增，
因为，，
所以存在，使得，即，
又因为，所以，
则，
所以在递增，有，
当时，，
所以，也成立.
综上所述，整数的最小值为.
（3）略
1 / 1浙江温州市平阳县万全综合高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题
1．若复数满足，则的虚部是（　　）
A． B． C．1 D．3
【答案】D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
代入原式得：，
所以复数标准形式中，虚部为3.
故答案为：D.
【分析】根据复数的乘法运算得，从而可得虚部.
2．已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：根据绝对值不等式性质得：，
不等式两边同时加1可得：，
即，
又因为集合，
所以.
故答案为：D.
【分析】解不等式得到，再根据交集的概念求解.
3．已知数据，，…，的平均数和方差分别为4，10，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（　　）
A．， B．1， C．， D．，
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：设数据，，…，的平均数和方差分别为和，
则数据，，…，的平均数为，方差为，
解得，.
故答案为：D．
【分析】设数据，，…，的平均数和方差分别为和，利用平均数与方差的性质求解即可．
4．设等差数列的前n项和，若，，则（　　）
A．18 B．27 C．45 D．63
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由题意得，，成等差数列，
即9，36-9，成等差数列，解得，故C正确.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列的性质，，成等差数列，得到方程，求出答案.
5．加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，W区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（　　）种
A．90 B．125 C．180 D．243
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为2、2、1，然后分配给3位专家，
所以不同的安排方法共有种.
故答案为：A．
【分析】先分组，三组人数为2、2、1，再分配给3位专家即可.
6．将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：点在上，
代入，可得，
点向左平移个单位，纵坐标不变，横坐标减，得，
因为点在的图象上，所以，
化简得，解得，
因为，取，得最小正值.
故答案为：C.
【分析】点在上，将代入函数，求出的值，再根据三角函数图象的平移变化规律，写出点的坐标，进而得到关于的等式，最后等式转化为同名三角函数，再结合三角函数的周期性，求出的最小值即可.
7．已知三次函数，若不等式的解集为，则的值为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．4
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
令，解得或，令，解得，
则函数在单调递增，在单调递减，
当时，极大值为4，即当时，，
当时，极小值为0，当时，，
且函数在单调递减，在单调递增，
当时，，当时，，
综上可知不等式的解集为，则的值为4.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求极值，进而求不等式的解集，即可得m的值.
8．已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，
又，故，则，即，即平分，
又，故，则，则，
，，由，
故，即，即，又，
故.
故答案为：B.
【分析】围绕椭圆性质展开，需结合椭圆定义、正弦定理、角度关系及向量条件，推导边的关系，最终用离心率公式求解.用椭圆定义和向量条件，通过正弦定理建立角度与边的联系，结合垂直条件得出边的等量关系，再用余弦定理或椭圆关系求离心率.
9．在正方体中，分别为的中点，则（　　）
A． B．平面
C． D．平面
【答案】A,B,D
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为，则，，，，
对于A，可得，，
则，得到，故A正确；
对于B，由题意得，，，，
则，，，
可得，得到，
可得，得到，
而平面，得到平面，故B正确；
对于C，由题意得，，
若，则，得到，
而不存在使方程组成立，即不成立，故C错误；
对于D，由题意得，，，
设平面的法向量为，则，
令，解得，，得到，
可得，得到平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断线线、线面的关系.
10．设，为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（　　）
A．若事件，互斥，则
B．若事件，互斥，则
C．若事件，相互独立，则
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：选项A：若事件，互斥，则，A正确；
选项B：，.
若事件，互斥，事件，不一定互斥，因此.
实际（事件，互斥，），B错误；
选项C：若事件相互独立，则，C正确；
选项D：由得，，
所以，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据互斥事件的加法公式即可判断A；由事件，互斥，事件，不一定互斥即可判断B；由独立事件的乘法公式，结合即可判断C；对于D，由全概率公式即可求出.
11．已知的面积为，若，，则（　　）
A． B．
C．的外接圆半径为1 D．
【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，故，
代入原式得： ，
又，，将其代入式得 ，
因为三角形中，又由，
而在三角形中，故，
即为钝角，故，因此只能，即，得，，
所以 ，，
将上述等式代入得，
解得，得，，，因此，故选项A正确，B错误；
设外接圆半径为，由正弦定理得，，，
面积，得，选项C正确；
，选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用和差化积得，进而得到，结合，即可解，再逐项判断即可.
12．的展开式中的系数为　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：的展开式中的系数即为的展开式中的系数，
又二项式的展开式的通项为，
令，可得的展开式中的系数为.
故答案为：
【分析】本题考查二项式展开式的应用，解题关键是将 中 的系数转化为 中 的系数，再利用二项式通项公式求解。
13．已知，则　 　
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：设，则
所以
故答案为：
【分析】利用二倍角公式，结合诱导公式即可求解.
14．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为　 　．
【答案】18
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，
则，
由题意可得，，
则
，
由，得，，
可知位于之间，
不妨设，则，
可得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为18，
故答案为：18
【分析】根据题意结合导数的几何意义分析可得，，结合基本不等式分析求解.
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求的值；
（2）若的面积为2，求的周长．
【答案】（1）解：在中，，由正弦定理得，
又，
所以有，
由题意得，，所以，得.
（2）解：由题意得，由，解得，
可得，解得，
由余弦定理，得，
所以的周长.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简可得，进而可得；
（2）由同角三角形函数的关系可求，再利用的面积和余弦定理求出，进而得到的周长．
（1）在中，，由正弦定理得，
又，
所以有，
由题意得，，所以，得.
（2）由题意得，由，解得，
可得，解得，
由余弦定理，得，
所以的周长.
16．已知抛物线的焦点为上有一点到焦点的距离为3，过焦点作直线与抛物线交于两点，为坐标原点.
（1）求点的坐标；
（2）求的面积.
【答案】（1）解：由抛物线定义可得，解得，
则抛物线的方程为，焦点的坐标为；
（2）解：设直线的方程为，，
联立，消元整理可得，
，由韦达定理可得，
则，
解得，原点到直线的距离为，
故.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，利用抛物线的定义求得p的值，确定抛物线方程，再求焦点坐标即可；
（2）设直线的方程为，，联立直线和抛物线方程，利用弦长公式求出直线方程，进而得到到直线距离，再利用面积公式求的面积即可.
（1）由抛物线定义可得，因此
所以抛物线的方程为，焦点的坐标为
（2）设直线的方程为，与联立，消元可得，
，
设，则，
所以；
解得.
所以原点到直线的距离为，
所以
17．如图，四棱锥中，底面，，平面，，．
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，
所以，
又因为底面，平面，
所以，
因为，，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
（2）解：由（1）可知，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示坐标系，
过点作，交于点，
因为底面，平面，
所以，
又因为，
所以平面，
因为点到平面的距离为，
所以，
在中，，
由，可得；
设，则，
所以，
解得，
则为的中点且，
所以．
可得，，，，，
所以，．
设是平面的法向量，
则，
所以，
取，则，，
所以是平面的一个法向量，
因为平面，
所以是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理得出线线平行，再利用线面垂直的定义可知，由线面垂直判定定理证出平面，再结合线面垂直定义证出.
（2）过点B作，利用线线垂直证出平面，再由（1）和已知条件可得的长，从而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面ACP的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值．
（1）因为平面，平面，平面平面，
所以
因为底面，平面，所以，
因为，，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系．
过点作，交于点，因为底面，平面，所以，
因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以，
在中，，由可得；
设，则，即，解得；
因此为的中点，，所以．
可得，，，，，
所以，．
设是平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．在2026年央视春晚舞台上，多款智能机器人协同完成舞蹈 列队 翻转等高难度表演.某实验室为测试A，B两种型号机器人的动作稳定性，设计如下试验：每次独立执行一个动作，若某型号机器人试验成功，则下一轮继续使用该型号机器人进行试验；若试验失败，则下一轮更换另外一种型号的机器人进行试验.
已知A型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为；型号机器人试验成功的概率为，失败的概率为.试验成功记1分，失败记0分，且第1轮使用A型号机器人.
（1）记为前3轮试验的总得分，求的数学期望；
（2）设为第轮试验使用A型号机器人的概率.
①求数列的通项公式；
②记为前轮试验的期望总得分，求关于的表达式.
【答案】（1）解：由题意，可知：随机变量的可能值为0，1，2，3，
若，则3轮都失败，
所以；
若，则3轮中只有1轮成功，
所以；
若，则3轮中只有2轮成功，
所以；
若，则3轮都成功，
所以，
则.
（2）解： ①设第轮试验使用A型号机器人为事件，
则，，，
由全概率公式，可得，
所以，
则，且，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，
所以.
②设第轮得分期望为，
则，
所以，前轮期望总得分为：.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件可知随机变量的可能取值并求其概率 再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（2）①根据题意结合全概率公式可得，利用构造法和等比数列的定义，从而判断出数列是以首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
②利用已知条件和数学期望公式，从而可得，再利用分组求和法和等比数列求和公式，从而得出关于的表达式.
（1）由题意可知：随机变量的可能值为0，1，2，3，
若，则3轮都失败，则；
若，则3轮中只有1轮成功，；
若，则3轮中只有2轮成功，；
若，则3轮都成功，；
所以.
（2）①设第轮试验使用A型号机器人为事件，
则，，，
由全概率公式可得，
即，则，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，所以；
②设第轮得分期望为，则，
所以前轮期望总得分为.
19．已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
（2）若对恒成立，求整数的最小值；
（3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且.
【答案】（1）解：由函数，可得，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得.
（2）解：由，且，
由，可得，
当时，，，不符合，故，
法一：当时成立，此时，
当时，，
令，可得，
所以在递增，在递减，
又，，所以，即.
当时，可得，所以.
所以当时，均有对恒成立，
综上所述，整数的最小值为.
法二：当时成立，此时，
当时，，令，
可得在上递增，
因为，，
所以存在，使得，即，
又因为，所以，
则，
所以在递增，有，
当时，，
所以，也成立.
综上所述，整数的最小值为.
（3）证明：由，可得，
令，可得，
当时，在上递增，
而，，所以存在，使得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，，，
所以存在，使得，所以在递减，在递增，
又当时，，所以在递增，
所以在单调递减，在单调递增，
所以是在上的唯一极小值点；
此时，，
所以在，即上存在唯一零点，使得，
下证：.
因为，所以，又因为在递增，只需证，
因为是的唯一极小值点，可得，即，可得
又因为，即，
因为，只需证明：，
令，其中，
则，
所以在上单调递增，，
所以成立，证毕，
所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义可得，再列方程求解即可；
（2）由，则，可得，又，则，接着进行验证，
法一：结合放缩得，令，再利用导数证明即可；法二：直接利用导数检验即可；
（3）利用导数及隐零点问题证明即可.
（1）解：由函数，可得，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得.
（2）解：由，且，
由，可得，
当时，，，不符合，故，
法一：当时成立，此时，
当时，，
令，可得，
所以在递增，在递减，
又，，所以，即.
当时，可得，所以.
所以当时，均有对恒成立，
综上所述，整数的最小值为.
法二：当时成立，此时，
当时，，令，
可得在上递增，
因为，，
所以存在，使得，即，
又因为，所以，
则，
所以在递增，有，
当时，，
所以，也成立.
综上所述，整数的最小值为.
（3）略
1 / 1

展开更多......

收起↑