资源简介

广东汕头金中海湾学校2026届高三第二学期校模数学试卷
1．设集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；指数函数的图象与性质；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：易知，
，则.
故答案为：C.
【分析】解等式不等式求得集合A，求指数函数的值域求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，得，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件结合共轭复数的定义及复数混合运算法则，从而得出.
3．已知锐角，满足，，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．5 D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由题意得，
，解得，
则，当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】先利用余弦的两角和差公式化简求得，再利用基本不等式求得的最小值即可.
4．在数列中，，若数列是公比为2的等比数列，则（　　）．
A．2048 B．2047 C．1024 D．1023
【答案】D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列是公比为2的等比数列，
所以，则，
因此数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据等比数列定义判断出数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列前n项和公式，从而得出的值．
5．在如图的平面图形中，已知，则的值为
A． B． C． D．0
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示，连结MN，
由 ，
可知点分别为线段上靠近点的三等分点，
则，
由题意可知：，，
结合数量积的运算法则，
可得：.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和向量共线定理、三角形法则、数量积定义、数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出的值.
6．我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为五名同学参加四个社团，每个社团至少一人，必为分组，分两类讨论：
①甲单独一组：从其余人中选人成组，有种，
甲不参加围棋苑，有种选择，剩余组全排列，
则方法数为；
②甲与另一人成组：选同伴有种，四组分到四社团，排除甲组去围棋苑，
则方法数为，
所以，总计方法数为.
故答案为：C.
【分析】先将 人按分组，分甲单独一组、甲和他人一组两类，再利用排列数公式、组合数公式和分类加法计数原理，从而得出不同的参加方法的种数.
7．已知函数，设甲：是偶函数，乙：是奇函数，则（　　）
A．甲是乙的必要不充分条件
B．甲是乙的充分不必要条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；奇函数与偶函数的性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由是偶函数，
得，，则，
由是奇函数，
得，，则，
若甲条件成立，取甲条件中，得，
代入乙条件验证，
所以不是整数，不满足乙，则甲推不出乙；
若乙条件成立，，代入甲条件，得，
所以，满足时，乙可以推出甲，
则甲是乙的必要不充分条件.
故答案为：A.
【分析】根据函数的奇偶性求出的值，再根据充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
8．过双曲线：（）的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若点关于点的对称点恰好落在双曲线上，则双曲线的渐近线的方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，
令双曲线的右焦点为，，
由图形的对称性，不妨设过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，
则直线的方程为，
由，解得，则点，
由点为线段的中点，得，
由点在双曲线上，得，
则，解得，
因此，则，
所以，双曲线的渐近线为.
故答案为：A.
【分析】先将直线方程和其中一条渐近线方程联立，从而求出点的坐标，再根据中点坐标公式求出对称点的坐标，利用对称点恰好落在双曲线上，则将的坐标代入双曲线的方程，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出双曲线的渐近线的方程.
9．下列命题中，真命题的是（　　）
A．一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小
B．数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点
C．若随机变量服从正态分布，，则
D．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23；
【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；回归分析的初步应用；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，设原样本有个数据，原平均数，总和为，
添加数据后，新总和为，新平均数，平均数不变，
当原方差为0时，每个数据为3，
由新增数据也为3，可知新方差；
当原方差不为0时，原方差，
新方差，方差变小，故A错误；
对于选项B，因为原回归直线必过原样本中心点，
代入，得，
因为原10个点的总，总，
去掉异常点后，
新样本中心点：，，则新中心点为，
所以，回归直线必过样本中心点，故B正确；
对于选项C，因为，又因为正态曲线对称轴为，，
所以，
由对称性，得，
则
，故C错误；
对于选项D，将数据从小到大排序：，共个数据，
计算，不是整数，
根据百分位数计算规则，向上取整得第个数据为第70百分位数，
则第6个数据，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用平均数公式计算出新样本平均数，再利用方差公式判断出选项A；利用回归直线必过样本中心点，先利用平均数公式计算出原样本的中心点，再去除异常点后结合平均数公式计算出新的样本中心点，再验证判断出选项B；利用正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，再利用函数图象的对称性求出和的值，从而计算出的值，则判断出选项C；根据百分位数的计算方法判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．如图，已知圆台的轴截面为四边形EFGH，FG=4，EH=2，EF=3，沿着该圆台侧面从E到G的路径的长度为a.在该圆台内有一个棱长为b的正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则（　　）
A．圆台的高为 B．圆台的体积为
C．a的最小值为 D．b的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；余弦定理的应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知圆台的轴截面是等腰梯形，
下底底半径，上底上底半径，母线长，
则圆台的高，故A错误；
因为圆台的体积，故B正确；
将圆台补成圆锥，
由相似比得小圆锥母线长，大圆锥母线长，
则侧面展开圆心角，
设圆锥顶点为，展开后为，，，
由余弦定理，得：，
则，
所以，故C正确；
因为正方体能任意转动等价于正方体的外接球完全容纳在圆台内，且圆台恰好有内切球
（满足母线长），
又因为内切球半径，则正方体外接球直径等于体对角线，
所以，解得，
则最大值为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据圆台的高与上、下底面半径和母线的几何关系以及勾股定理，从而得出圆台的高，则可判断选项A；根据圆台的体积公式可判断选项B；根据侧面展开图和弦长公式以及余弦定理，从而得出a的最小值，则可判断选项C；根据正方体的外接球直径不大于圆台的内切球直径，从而得出b的最大值，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
11．已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；互为反函数的两个函数之间的关系；图形的对称性
【解析】【解答】解：，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减，
设点是上的一点，则，
，，则也是函数上的点，
图象关于直线对称，
由，得：，
因为与图象关于对称，
则可作出，与图象，如下图所示，
对于A，当时，，
设，则，
，，，
，则，
，则，
与的交点横坐标落在区间中，
则，，故A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又因为图象关于直线对称，
与关于直线对称，
或，整理可得：，
，故B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由选项A知：，
，与图象交点的横坐标落在区间中，则，
因为，，故C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当时，即当时取等号），
由选项C知：，等号不成立，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】作出，与的图象，设，，结合函数图象和指数函数的单调性、对数函数的单调性以及不等式的基本性质，从而得出的取值范围，则判断出选项A；由方程的根与两函数交点的横坐标的等价关系和函数图象的对称性，从而得出，再代入整理可得，则判断出选项B；根据和，从而可得的取值范围，再结合判断出选项C；利用方程的根和基本不等式求最值的方法以及选项C，从而得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．已知，则曲线在点处的切线方程为　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意，则，
所以，，
则所求切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】先根据导数的几何意义得出切线斜率以及切点坐标，再由点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
13．在政府发布的光伏发电补贴政策的引导下，西北某地光伏发电装机量急剧上升，现对2016年至2023年的新增光伏装机量进行调查，根据散点图选择了两个模型进行拟合，并得到相应的经验回归方程．为判断模型的拟合效果，甲、乙、丙三位同学进行了如下分析：
（1）甲同学通过计算残差作出了两个模型的残差图，如图所示；
（2）乙同学求出模型①的残差平方和为0.4175、模型②的残差平方和为1.5625；
（3）丙同学分别求出模型①的决定系数、模型②的决定系数为；
经检验，模型①拟合效果最佳，则甲、乙、丙三位同学中，运算结果肯定出错的同学是　 　．（填“甲”或“乙”或“丙”）
【答案】丙
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：在甲的残差图中，模型①的残差点更均匀地分布在以横轴为对称轴的水平带状区域内，且水平带状区域更窄，说明模型①拟合效果更好，
残差平方和越大，则决定系数越小，说明数据点越离散，
所以乙的计算结果显示模型①的拟合效果更好，
而丙的计算结果显示模型②的拟合效果更好．
故答案为：丙.
【分析】利用残差图和残差平方和，则根据决定系数的性质，从而得出运算结果肯定出错的同学.
14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记表示5次传球过程中，甲接到球的总次数，则X的数学期望　 　．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：记第次传球后球在甲手中的概率为，
则不在甲手中的概率为，所以，第次传球后球在甲手中，
当且仅当第次传球后球不在甲手中，且传球者将球传给甲，
所以，
根据题意，第一次由甲传出，所以第一次传球后球肯定不在甲手中，则，
因为共传5次结束，
所以，
记为示性变量，当第次传球后球在甲手中时，
否则，则每次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，
所以，
则
.
故答案为：.
【分析】记第次传球后球在甲手中的概率为，则不在甲手中的概率为，从而得出，再利用已知条件求出，再根据每一次传球后球在甲手中的次数都服从两点分布，则由数学期望公式和求和法，从而得出的值.
15．已知中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若的角平分线与交于点，且，求的最小值.
【答案】（1）解：因为 ，
根据正弦定理，化简得：，
由余弦定理，得，
代入上式，得：，
因为，所以.
（2）解：因为角的角平分线与交于点，
所以，
又因为，
所以，
得，则，
所以
，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
则的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用已知条件和正弦定理、余弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）由角平分线性质得出两角均为，利用三角形面积拆分相等，从而建立等式，再化简推出，将乘上定值式子展开，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1） ；
根据正弦定理化简得：，再由余弦定理，
代入上式得：，因为，所以.
（2）因为的角平分线与交于点，
所以，因为，
所以，
得，故；
所以，
当且仅当，即，时，等号成立；
故的最小值为.
16．已知函数
（1）设，分别讨论函数与在上的单调性；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）解：由题意，得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由，
得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：因为，所以.
①当时，，
由（1）知，函数在上单调递增，所以，
因为，所以，则；
②当时，令，
则，，
由（1）知，在上单调递增，
所以，则，所以在上单调递减，
则，
当时，，
综上所述，当时，.
【知识点】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）先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而分别讨论出函数与函数在上的单调性.
（2）分，两种情况，再利用结合函数单调性，从而得出函数的值域，进而证出当时，.
（1）由题意得，
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
由，得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，所以，
①当时，，由（1）知在上单调递增，
所以，因为，所以，
所以；
②当时，令，
则，，
由（1）知在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递减，所以，
即当时，.
综上，当时，.
17．如图三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：在内任取一点P，过点P作于，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
过作于点，
同理可得，
又因为平面，平面，，
所以平面.
（2）解：过点作于，
由平面平面，平面平面，知平面，
因为平面，所以，
过点作于，连接，
因为 ， 平面，
所以平面，
则即为二面角的平面角，所以，
又因为，所以为等边三角形，
则，，所以，
在中，，所以，
则，所以，
又因为为等边三角形，
所以，
则三棱锥的体积.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到线面垂直，再根据线面垂直的定义得出线线垂直，最后由线线垂直证出平面.
（2）作出辅助线，先得到二面角的平面角，再根据已知条件和正切值得到各边长，由等边三角形的结构特征和三角形的面积公式以及三棱锥的体积公式，从而求出三棱锥的体积.
（1）略
（2）过点作于，由平面平面，
平面平面知平面.
又平面，所以
再过点作于，连接，
因为 ， 平面，
则平面，
所以即为二面角的平面角.
所以，
又，故为等边三角形，
所以，，
故，
又中，，所以，故，
所以，又为等边三角形，故，
所以三棱锥的体积.
18．有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有3个红球2个蓝球，其余盒子中均为2个红球1个蓝球.现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推.在以上取球过程中，记从第个盒子中取出蓝球的概率为.
（1）求；
（2）求；
（3）求数列的前项和.
【答案】（1）解：记事件表示从第个盒子里取出蓝球，
则，
所以.
（2）解：由（1）知：
所以.
因为，所以，
则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
则.
（3）解：由（2）得，，
设的前项和分别是，
则，
所以，
以上两式相减，
得
，
所以，，
则，
所以，数列的前项和为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和对立事件求概率公式、全概率公式，从而得出的值.
（2）利用（1）和全概率公式，从而建立数列递推关系，再构造等比数列，则根据等差数列的通项公式求出.
（3）由（2）得出数列的通项公式，再将拆分为两部分，分别用错位相减法和等差数列前n项和公式，从而合并得到数列的前项和.
（1）记事件表示从第个盒子里取出蓝球，则
，
所以.
（2）由（1）知，
所以.
因为，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列.
所以，即.
（3）由（2）得.
设的前项和分别是，
，
，
以上两式相减，得
，
所以.
，
所以，
即数列的前项和为.
19．已知圆心在坐标原点的圆O与直线相切.
（1）求圆O的方程.
（2）设点A是圆O与x轴正半轴的交点，点B是圆O与y轴正半轴的交点，点P，Q分别是圆O上在第二象限、第一象限的动点，点是点Q关于y轴的对称点.将圆O的左半部分沿着y轴翻折，使得点分别到达点的位置，记二面角的大小为θ，且.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.将线段在平面上的正投影的中点记为点M.
（i）证明：点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）若求（i）中椭圆离心率的取值范围.
【答案】（1）解：由题意，知圆的半径为点到直线的距离，
则 ，
可得圆的方程为.
（2）（i）证明：如图，作出符合题意的图形，
设，的坐标为，
则在平面的正投影的坐标为，
得到在平面的正投影的坐标为，
则线段在平面上的正投影的中点的坐标为，
所以，则，
由题意知，则，
化简得，
所以，点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）解：由题意，得，
因为，所以，
则.

【知识点】直线与圆的位置关系；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）利用已知条件和直线与圆相切位置关系判断方法，再利用点到直线的距离公式，从而得出圆O的标准方程.
（2）（i）设点，点的坐标为，则，在平面的正投影的坐标分别为，，从而得出点的坐标为，则，由题意知，则 ，从而化简证出点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）由题意和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式、正弦函数的图象，从而得出（i）中椭圆离心率的取值范围.
（1）由题意知圆的半径即为点到直线的距离，即 ，
可得圆的方程为.
（2）（i）如图，作出符合题意的图形，
设，的坐标为，
则在平面的正投影的坐标为，
得到在平面的正投影的坐标为，
线段在平面上的正投影的中点的坐标为，
所以，即，
由题意知，故，
化简得.
所以点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）由题意得，
因为，所以，故.
1 / 1广东汕头金中海湾学校2026届高三第二学期校模数学试卷
1．设集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知锐角，满足，，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．5 D．
4．在数列中，，若数列是公比为2的等比数列，则（　　）．
A．2048 B．2047 C．1024 D．1023
5．在如图的平面图形中，已知，则的值为
A． B． C． D．0
6．我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数，设甲：是偶函数，乙：是奇函数，则（　　）
A．甲是乙的必要不充分条件
B．甲是乙的充分不必要条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
8．过双曲线：（）的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若点关于点的对称点恰好落在双曲线上，则双曲线的渐近线的方程为（　　）
A． B． C． D．
9．下列命题中，真命题的是（　　）
A．一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小
B．数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点
C．若随机变量服从正态分布，，则
D．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23；
10．如图，已知圆台的轴截面为四边形EFGH，FG=4，EH=2，EF=3，沿着该圆台侧面从E到G的路径的长度为a.在该圆台内有一个棱长为b的正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则（　　）
A．圆台的高为 B．圆台的体积为
C．a的最小值为 D．b的最大值为
11．已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．已知，则曲线在点处的切线方程为　 　．
13．在政府发布的光伏发电补贴政策的引导下，西北某地光伏发电装机量急剧上升，现对2016年至2023年的新增光伏装机量进行调查，根据散点图选择了两个模型进行拟合，并得到相应的经验回归方程．为判断模型的拟合效果，甲、乙、丙三位同学进行了如下分析：
（1）甲同学通过计算残差作出了两个模型的残差图，如图所示；
（2）乙同学求出模型①的残差平方和为0.4175、模型②的残差平方和为1.5625；
（3）丙同学分别求出模型①的决定系数、模型②的决定系数为；
经检验，模型①拟合效果最佳，则甲、乙、丙三位同学中，运算结果肯定出错的同学是　 　．（填“甲”或“乙”或“丙”）
14．甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记表示5次传球过程中，甲接到球的总次数，则X的数学期望　 　．
15．已知中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若的角平分线与交于点，且，求的最小值.
16．已知函数
（1）设，分别讨论函数与在上的单调性；
（2）证明：当时，.
17．如图三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积.
18．有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有3个红球2个蓝球，其余盒子中均为2个红球1个蓝球.现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推.在以上取球过程中，记从第个盒子中取出蓝球的概率为.
（1）求；
（2）求；
（3）求数列的前项和.
19．已知圆心在坐标原点的圆O与直线相切.
（1）求圆O的方程.
（2）设点A是圆O与x轴正半轴的交点，点B是圆O与y轴正半轴的交点，点P，Q分别是圆O上在第二象限、第一象限的动点，点是点Q关于y轴的对称点.将圆O的左半部分沿着y轴翻折，使得点分别到达点的位置，记二面角的大小为θ，且.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.将线段在平面上的正投影的中点记为点M.
（i）证明：点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）若求（i）中椭圆离心率的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；指数函数的图象与性质；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：易知，
，则.
故答案为：C.
【分析】解等式不等式求得集合A，求指数函数的值域求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，得，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件结合共轭复数的定义及复数混合运算法则，从而得出.
3．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：由题意得，
，解得，
则，当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】先利用余弦的两角和差公式化简求得，再利用基本不等式求得的最小值即可.
4．【答案】D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列是公比为2的等比数列，
所以，则，
因此数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据等比数列定义判断出数列的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列前n项和公式，从而得出的值．
5．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示，连结MN，
由 ，
可知点分别为线段上靠近点的三等分点，
则，
由题意可知：，，
结合数量积的运算法则，
可得：.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和向量共线定理、三角形法则、数量积定义、数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出的值.
6．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为五名同学参加四个社团，每个社团至少一人，必为分组，分两类讨论：
①甲单独一组：从其余人中选人成组，有种，
甲不参加围棋苑，有种选择，剩余组全排列，
则方法数为；
②甲与另一人成组：选同伴有种，四组分到四社团，排除甲组去围棋苑，
则方法数为，
所以，总计方法数为.
故答案为：C.
【分析】先将 人按分组，分甲单独一组、甲和他人一组两类，再利用排列数公式、组合数公式和分类加法计数原理，从而得出不同的参加方法的种数.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；奇函数与偶函数的性质；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由是偶函数，
得，，则，
由是奇函数，
得，，则，
若甲条件成立，取甲条件中，得，
代入乙条件验证，
所以不是整数，不满足乙，则甲推不出乙；
若乙条件成立，，代入甲条件，得，
所以，满足时，乙可以推出甲，
则甲是乙的必要不充分条件.
故答案为：A.
【分析】根据函数的奇偶性求出的值，再根据充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
8．【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，
令双曲线的右焦点为，，
由图形的对称性，不妨设过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，
则直线的方程为，
由，解得，则点，
由点为线段的中点，得，
由点在双曲线上，得，
则，解得，
因此，则，
所以，双曲线的渐近线为.
故答案为：A.
【分析】先将直线方程和其中一条渐近线方程联立，从而求出点的坐标，再根据中点坐标公式求出对称点的坐标，利用对称点恰好落在双曲线上，则将的坐标代入双曲线的方程，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出双曲线的渐近线的方程.
9．【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；回归分析的初步应用；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A，设原样本有个数据，原平均数，总和为，
添加数据后，新总和为，新平均数，平均数不变，
当原方差为0时，每个数据为3，
由新增数据也为3，可知新方差；
当原方差不为0时，原方差，
新方差，方差变小，故A错误；
对于选项B，因为原回归直线必过原样本中心点，
代入，得，
因为原10个点的总，总，
去掉异常点后，
新样本中心点：，，则新中心点为，
所以，回归直线必过样本中心点，故B正确；
对于选项C，因为，又因为正态曲线对称轴为，，
所以，
由对称性，得，
则
，故C错误；
对于选项D，将数据从小到大排序：，共个数据，
计算，不是整数，
根据百分位数计算规则，向上取整得第个数据为第70百分位数，
则第6个数据，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用平均数公式计算出新样本平均数，再利用方差公式判断出选项A；利用回归直线必过样本中心点，先利用平均数公式计算出原样本的中心点，再去除异常点后结合平均数公式计算出新的样本中心点，再验证判断出选项B；利用正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，再利用函数图象的对称性求出和的值，从而计算出的值，则判断出选项C；根据百分位数的计算方法判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；余弦定理的应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知圆台的轴截面是等腰梯形，
下底底半径，上底上底半径，母线长，
则圆台的高，故A错误；
因为圆台的体积，故B正确；
将圆台补成圆锥，
由相似比得小圆锥母线长，大圆锥母线长，
则侧面展开圆心角，
设圆锥顶点为，展开后为，，，
由余弦定理，得：，
则，
所以，故C正确；
因为正方体能任意转动等价于正方体的外接球完全容纳在圆台内，且圆台恰好有内切球
（满足母线长），
又因为内切球半径，则正方体外接球直径等于体对角线，
所以，解得，
则最大值为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据圆台的高与上、下底面半径和母线的几何关系以及勾股定理，从而得出圆台的高，则可判断选项A；根据圆台的体积公式可判断选项B；根据侧面展开图和弦长公式以及余弦定理，从而得出a的最小值，则可判断选项C；根据正方体的外接球直径不大于圆台的内切球直径，从而得出b的最大值，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；互为反函数的两个函数之间的关系；图形的对称性
【解析】【解答】解：，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减，
设点是上的一点，则，
，，则也是函数上的点，
图象关于直线对称，
由，得：，
因为与图象关于对称，
则可作出，与图象，如下图所示，
对于A，当时，，
设，则，
，，，
，则，
，则，
与的交点横坐标落在区间中，
则，，故A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又因为图象关于直线对称，
与关于直线对称，
或，整理可得：，
，故B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由选项A知：，
，与图象交点的横坐标落在区间中，则，
因为，，故C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当时，即当时取等号），
由选项C知：，等号不成立，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】作出，与的图象，设，，结合函数图象和指数函数的单调性、对数函数的单调性以及不等式的基本性质，从而得出的取值范围，则判断出选项A；由方程的根与两函数交点的横坐标的等价关系和函数图象的对称性，从而得出，再代入整理可得，则判断出选项B；根据和，从而可得的取值范围，再结合判断出选项C；利用方程的根和基本不等式求最值的方法以及选项C，从而得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意，则，
所以，，
则所求切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】先根据导数的几何意义得出切线斜率以及切点坐标，再由点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
13．【答案】丙
【知识点】回归分析
【解析】【解答】解：在甲的残差图中，模型①的残差点更均匀地分布在以横轴为对称轴的水平带状区域内，且水平带状区域更窄，说明模型①拟合效果更好，
残差平方和越大，则决定系数越小，说明数据点越离散，
所以乙的计算结果显示模型①的拟合效果更好，
而丙的计算结果显示模型②的拟合效果更好．
故答案为：丙.
【分析】利用残差图和残差平方和，则根据决定系数的性质，从而得出运算结果肯定出错的同学.
14．【答案】
【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
【解析】【解答】解：记第次传球后球在甲手中的概率为，
则不在甲手中的概率为，所以，第次传球后球在甲手中，
当且仅当第次传球后球不在甲手中，且传球者将球传给甲，
所以，
根据题意，第一次由甲传出，所以第一次传球后球肯定不在甲手中，则，
因为共传5次结束，
所以，
记为示性变量，当第次传球后球在甲手中时，
否则，则每次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，
所以，
则
.
故答案为：.
【分析】记第次传球后球在甲手中的概率为，则不在甲手中的概率为，从而得出，再利用已知条件求出，再根据每一次传球后球在甲手中的次数都服从两点分布，则由数学期望公式和求和法，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：因为 ，
根据正弦定理，化简得：，
由余弦定理，得，
代入上式，得：，
因为，所以.
（2）解：因为角的角平分线与交于点，
所以，
又因为，
所以，
得，则，
所以
，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
则的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用已知条件和正弦定理、余弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）由角平分线性质得出两角均为，利用三角形面积拆分相等，从而建立等式，再化简推出，将乘上定值式子展开，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1） ；
根据正弦定理化简得：，再由余弦定理，
代入上式得：，因为，所以.
（2）因为的角平分线与交于点，
所以，因为，
所以，
得，故；
所以，
当且仅当，即，时，等号成立；
故的最小值为.
16．【答案】（1）解：由题意，得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由，
得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：因为，所以.
①当时，，
由（1）知，函数在上单调递增，所以，
因为，所以，则；
②当时，令，
则，，
由（1）知，在上单调递增，
所以，则，所以在上单调递减，
则，
当时，，
综上所述，当时，.
【知识点】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）先求导，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而分别讨论出函数与函数在上的单调性.
（2）分，两种情况，再利用结合函数单调性，从而得出函数的值域，进而证出当时，.
（1）由题意得，
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
由，得，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，所以，
①当时，，由（1）知在上单调递增，
所以，因为，所以，
所以；
②当时，令，
则，，
由（1）知在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递减，所以，
即当时，.
综上，当时，.
17．【答案】（1）证明：在内任取一点P，过点P作于，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
过作于点，
同理可得，
又因为平面，平面，，
所以平面.
（2）解：过点作于，
由平面平面，平面平面，知平面，
因为平面，所以，
过点作于，连接，
因为 ， 平面，
所以平面，
则即为二面角的平面角，所以，
又因为，所以为等边三角形，
则，，所以，
在中，，所以，
则，所以，
又因为为等边三角形，
所以，
则三棱锥的体积.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到线面垂直，再根据线面垂直的定义得出线线垂直，最后由线线垂直证出平面.
（2）作出辅助线，先得到二面角的平面角，再根据已知条件和正切值得到各边长，由等边三角形的结构特征和三角形的面积公式以及三棱锥的体积公式，从而求出三棱锥的体积.
（1）略
（2）过点作于，由平面平面，
平面平面知平面.
又平面，所以
再过点作于，连接，
因为 ， 平面，
则平面，
所以即为二面角的平面角.
所以，
又，故为等边三角形，
所以，，
故，
又中，，所以，故，
所以，又为等边三角形，故，
所以三棱锥的体积.
18．【答案】（1）解：记事件表示从第个盒子里取出蓝球，
则，
所以.
（2）解：由（1）知：
所以.
因为，所以，
则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
则.
（3）解：由（2）得，，
设的前项和分别是，
则，
所以，
以上两式相减，
得
，
所以，，
则，
所以，数列的前项和为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和对立事件求概率公式、全概率公式，从而得出的值.
（2）利用（1）和全概率公式，从而建立数列递推关系，再构造等比数列，则根据等差数列的通项公式求出.
（3）由（2）得出数列的通项公式，再将拆分为两部分，分别用错位相减法和等差数列前n项和公式，从而合并得到数列的前项和.
（1）记事件表示从第个盒子里取出蓝球，则
，
所以.
（2）由（1）知，
所以.
因为，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列.
所以，即.
（3）由（2）得.
设的前项和分别是，
，
，
以上两式相减，得
，
所以.
，
所以，
即数列的前项和为.
19．【答案】（1）解：由题意，知圆的半径为点到直线的距离，
则 ，
可得圆的方程为.
（2）（i）证明：如图，作出符合题意的图形，
设，的坐标为，
则在平面的正投影的坐标为，
得到在平面的正投影的坐标为，
则线段在平面上的正投影的中点的坐标为，
所以，则，
由题意知，则，
化简得，
所以，点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）解：由题意，得，
因为，所以，
则.

【知识点】直线与圆的位置关系；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1）利用已知条件和直线与圆相切位置关系判断方法，再利用点到直线的距离公式，从而得出圆O的标准方程.
（2）（i）设点，点的坐标为，则，在平面的正投影的坐标分别为，，从而得出点的坐标为，则，由题意知，则 ，从而化简证出点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）由题意和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式、正弦函数的图象，从而得出（i）中椭圆离心率的取值范围.
（1）由题意知圆的半径即为点到直线的距离，即 ，
可得圆的方程为.
（2）（i）如图，作出符合题意的图形，
设，的坐标为，
则在平面的正投影的坐标为，
得到在平面的正投影的坐标为，
线段在平面上的正投影的中点的坐标为，
所以，即，
由题意知，故，
化简得.
所以点M的轨迹为椭圆的一部分.
（ii）由题意得，
因为，所以，故.
1 / 1

展开更多......

收起↑