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四川省南充市2025屆高三下學期高考適應性考試（二診）數學試題
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025·南充模擬）若集合，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】交集及其運算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因為，
，
所以.
故答案為：A.
【分析】通過解分式不等式、求二次函數的值域，從而確定集合，再由交集的運算法則得出集合.
2．（2025·南充模擬）已知復數，則（　?。?br/>A．0 B． C．2 D．
【答案】C
【知識點】虛數單位i及其性質；復數的模
【解析】【解答】解：，則，即.
故答案為：C.
【分析】由題意，根據復數的運算求得復數，再根據復數模的性質計算即可.
3．（2025·南充模擬）在遞增的等比數列中，，，則數列的公比為（　?。?br/>A． B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知識點】數列的函數特性；等比數列的性質
【解析】【解答】解：由題意得出，易知是方程的兩個根，
又因為為遞增的等比數列，所以，
故公比.
故答案為：B.
【分析】由等比數列的性質得出，易知是方程的兩個根，由已知條件和數列的單調性，從而得出的值，再利用等比數列的通項公式求出公比的值.
4．（2025·南充模擬）已知的內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，若，.則（　?。?br/>A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，即，
由，可得，
化簡可得，即，
即，即，解得，
再由正弦定理：，可得.
故答案為：D.
【分析】利用三角形的內角和性質結合兩角差的正弦公式求得角，再利用正弦定理求解即可.
5．（2025·南充模擬）已知非零向量，滿足，若，則在方向上的投影向量坐標為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐標表示
【解析】【解答】解：因為向量的坐標為(2， 0)，其模長為2，
因此，
根據已知條件，即它們的數量積為零：
展開數量積：，得出：
因此：，
代入已知條件：，
因此，在方向上的投影向量坐標為(2， 0).
故答案為：B.
【分析】根據兩向量垂直數量積為0的等價關系，再結合已知條件和數量積的運算法則以及投影向量的坐標公式，從而得出在方向上的投影向量坐標.
6．（2025·南充模擬）若直線與曲線有公共點，則實數m的取值范圍為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】平面內點到直線的距離公式；圓的標準方程；直線與圓的位置關系
【解析】【解答】解：曲線，變形可得，
即曲線是以為圓心，為半徑的左半圓（直線左側），如圖所示：
當直線過點時，；
當直線與圓相切時，，，
由圖知當直線與曲線相切時，，
則實數的范圍是.
故答案為：C．
【分析】將曲線方程變形可得曲線是以為圓心，為半徑的左半圓（直線左側），作出曲線，數形結合求直線與曲線有公共點時參數范圍即可．
7．（2025·南充模擬）已知正三棱錐底面邊長為2，其內切球的表面積為，則二面角的余弦值為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：設內切球的半徑為，
因為內切球表面積為，所以，解得，
設正棱錐的頂點在底面上的射影為，取中點，連接，
如圖所示：
易知平面，，根據三垂線定理可得，
則就是二面角的平面角，
由底面是邊長為的正三角形，可得，
設正棱錐的體積為，表面積為，
底面的面積，
側面中，，，
則側面面積，
正棱錐的表面積，
根據等體積法，
即，
化簡，
即，，
兩邊平方：整理得到，即，解得，
在中，，，，
則，即二面角的余弦值為.
故答案為：A.
【分析】設內切球的半徑為，根據內切球的表面積求出內切球半徑，再利用等體積法求出正三棱錐的高，最后找出二面角的平面角，求其余弦值即可.
8．（2025·南充模擬）已知函數，有5個不相等的實數根，從小到大依次為，，，，，則的取值范圍為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：因為當時，，
所以，
所以當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
所以，，
當時，，
所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，
作出函數的圖象，如圖所示：
由此可得，
當時，令，解得或，
所以，
又因為，
所以，所以，
由題意可得，，是方程，即的三個根，
所以，
即，
所以，即，
所以．
故答案為：．
【分析】利用導數判斷出函數在，上的單調性，從而得出函數極值，進而作出函數的圖象，由圖象可得k的取值范圍，由對數函數的性質可得的值，再結合，，是方程的三個根，可得，從而得出的取值范圍．
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2025·南充模擬）如圖所示為函數（，）的部分圖象，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．
B．在區間上單調遞增
C．將的圖象向右平移個單位可以得到的圖象
D．方程在上有三個根
【答案】A,C
【知識點】正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：A、由圖象可得的最小正周期，所以，
因為，所以，所以，
而，所以，所以，故選項A正確；
B、當時，，所以在區間上不單調，故選項B錯誤；
C、，故選項C正確；
D、當時，，由，得或，所以方程在上有2個根，故選項D錯誤.
故選：AC.
【分析】根據給定的函數圖象和正弦函數的性質求得函數解析式即可判斷選項A；根據求得，進而利用正弦函數的單調性即可判斷選項B；根據三角函數的圖象變換和誘導公式即可判斷選項C；由可得，利用正弦函數的性質即可判斷選項D.
10．（2025·南充模擬）數學家波利亞說過：為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來，即將一個量算兩次，從而建立相等關系.根據波利亞的思想，由恒等式（m，）左右兩邊展開式（其中，，）系數相同，可得恒等式，我們稱之為范德蒙德恒等式，下列關于范德蒙德恒等式說法正確的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C,D
【知識點】組合及組合數公式；排列與組合的綜合
【解析】【解答】解：根據范德蒙德恒等式，而不是.
A、例如時，左邊，右邊，此時，故A錯誤.
B、對于，這里.
根據范德蒙德恒等式，此時，.
所以，故B正確.
C、對于，這里.
由范德蒙德恒等式，，.
所以，故C正確.
D、對于，可以看作（因為）.
這里，，根據范德蒙德恒等式，而.
所以，D正確.
故答案為：BCD.
【分析】利用范德蒙德恒等式適當對賦值來判斷各個選項的正確性.
11．（2025·南充模擬）已知拋物線的焦點為F，過x軸下方一點作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，直線PA，PB分別交x軸于M，N兩點，則下列結論中正確的是（　?。?br/>A．當點P的坐標為時，則直線AB方程為
B．若直線AB過點F，則四邊形PMFN為矩形
C．當時，
D．時，面積的最大值為4
【答案】A,B,D
【知識點】拋物線的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：將方程變形為，則，
設，，
直線的方程：，即，
同理可得直線的方程為：，
因為點在直線和上，
∴，，
∴的方程為，
聯立，得①，
由韋達定理得，，②，
對于選項A，當為時，，故A正確；
對于選項B，若直線過點時，，即，
則，，
利用韋達定理，則，
∴，同理，
由②得，，
∴四邊形PMFN為矩形，故B正確；
對于選項C，當時，取，方程①變為，
則，，，故C錯誤；
對于選項D，當時，由弦長公式得，
即，
因為點到直線的距離為，，
∴，
∴，當取等號，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】設，，由導數的幾何意義可得切線，的方程，從而可得直線的方程，再把代入，即可判斷選項A；再由直線與拋物線方程聯立結合韋達定理，即可判斷選項B；取滿足的軌跡上的特殊點，即可判斷選項C；由弦長公式得和滿足的方程，再求出點到直線的距離，則代入三角形面積公式結合不等式的基本性質，即可判斷出選項D，從而找出結論正確的選項.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．（2025·南充模擬）某班從含有3名男生和2名女生的5名候選人中選出兩名同學分別擔任正、副班長，則至少選到1名女生的概率　 　.
【答案】
【知識點】古典概型及其概率計算公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：根據題意，從3名男生和2名女生中選出2名學生，有種選法，
若選出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女兩種情況，共有種選法，
則選出的2人中至少有1名女生的概率為.
故答案為：．
【分析】根據題意，首先分析從5人中選出2人，再分析可得若選出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女分別擔任正、副班長兩種情況，分別計算其情況數目，由等可能事件的概率公式，從而計算出至少選到1名女生的概率.
13．（2025·南充模擬）已知，為雙曲線的左、右頂點，直線與雙曲線C的左支相交于一點M，滿足，則雙曲線C的離心率的值為　 　.
【答案】
【知識點】直線的斜率；恒過定點的直線；雙曲線的簡單性質
【解析】【解答】解：易知，
由直線，可得直線過點，且，
因為，所以，
所以，所以，
過作軸于點，如圖所示：
則，，，
即點的坐標為，
因為點在雙曲線上，所以，整理可得，
又因為，所以，所以，則離心率.
故答案為：.
【分析】易知，由直線方程可得，則，，過作軸于點，表示出點的坐標，代入雙曲線方程化簡求其離心率即可.
14．（2025·南充模擬）若函數（其中），方程在上有解，則的最小值為　 　.
【答案】
【知識點】利用導數研究函數的單調性；平面內點到直線的距離公式
【解析】【解答】解：令，則，即，
兩式相加得，
令，則，
又因為，
所以單調遞增，
所以，即，
即在上有解．
因為，所以在上單調遞增，
所以，即，
則的最小值為原點到直線的距離的平方，即．
故答案為：．
【分析】根據題意結合換元法和導數判斷函數的單調性的方法，將的最小值轉化為原點到直線的距離的平方，從而得出的最小值．
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．（2025·南充模擬）某公司在年終總結大會上開展了一次趣味抽獎活動.活動規則為：先在一個密閉不透光的箱子中裝入6個標有一定金額的球（除標注金額不同外，其余均相同），其中標注金額為10元、20元、50元的球分別有3個、2個、1個.若員工甲每次從箱子中隨機摸出1個球，記下摸出的球上的金額數，摸m次.規定：摸出的球上所標注的金額之和為其所獲得的抽獎獎金總金額.
（1）若，設員工甲獲得的金額，求的分布列和數學期望；
（2）若，采用有放回方式摸球，設事件“員工甲獲得的總金額不低于40元”，求.
【答案】（1）解：由題意可知：隨機變量的可能取值為10、20、50，
，，，
則的分布列如下：
10 20 50
P
數學期望為；
（2）解： 若，采用有放回方式摸球，則每次摸到10元的概率為，摸到20元的概率為，
摸到50元的概率為，
事件X包含4種情況：兩次均摸到20元；一次摸到10元，一次摸到50元；一次摸到20元，一次摸到50元；
兩次均摸到50元，
則.
【知識點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；離散型隨機變量及其分布列
【解析】【分析】（1）由題意可得：隨機變量的可能取值為10、20、50，求出對應概率，列分布列，求期望即可；
（2）根據題設，分析事件所含的基本事件組成，再應用獨立事件乘法公式、互斥事件加法求概率即可.
（1）的可能取值為10、20、50，其中，，.
故的分布列如下：
10 20 50
P
則數學期望為.
（2）采用有放回方式摸球，
每次摸到10元的概率為，
每次摸到20元的概率為，
每次摸到50元的概率為.
事件X包含4種情況：
兩次均摸到20元；
一次摸到10元，一次摸到50元；
一次摸到20元，一次摸到50元；
兩次均摸到50元.
故.
16．（2025·南充模擬）如圖，三棱柱中，側棱底面，且各棱長均為2.分別為棱的中點.
（1）證明：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明：連結，如圖所示：
因為分別為的中點，所以且，
又因為為的中點，所以，且，
即四邊形為平行四邊形，，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）解：取線段的中點為，連接，
因為側棱底面，且各棱長均相等，所以直線兩兩垂直，
以點為坐標原點，建立空間的直角坐標系，如圖所示：
，，，，，
，，，
設平面的法向量，則，即，
設，，則，
設直線與平面所成角為，則，
故直線與平面所成角的正弦值為.
【知識點】直線與平面平行的判定；平面的法向量；用空間向量研究直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）連結，利用線面平行的判定定理證明即可；
（2）取線段的中點為，連接，以點為坐標原點，建立空間的直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量，利用空間向量法求解即可.
（1）在三棱柱中，，且，
連結，在三角形中，因為分別為的中點，
所以且，
又因為為的中點，可得，且，
即四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）取線段的中點為，連接，因為側棱底面，且各棱長均相等，
所以直線兩兩垂直.
以點為坐標原點，所在的直線分別為坐標軸建立如圖所示空間的直角坐標系，
由于，則，，，，，
所以，，，
設平面的法向量，則，
所以，設，則，所以，
設直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
17．（2025·南充模擬）已知，函數，.
（1）若，求函數的極值；
（2）設，是的導數，是的導數，，圖像的最低點坐標為，對于任意正實數，，且，恒成立.求實數m的最大值.
【答案】（1）解：當時，函數定義域為，
，
令，解得或，
當時，，當或時，，
則函數在單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，
函數在處取得極大值，極大值為；
在處取得極小值，極小值為；
（2）解：易知，，
則，，當且僅當時等號成立，
即，解得，故，
恒成立，
設
，
令，則，即，
，，
因為，所以在上單調遞減，所以，
故最大的實數.
【知識點】函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【分析】（1）將代入求得函數解析式，求導，利用導數判斷函數的單調性，求極值即可；
（2）利用基本不等式結合已知條件可得，的值，從而可得的解析式，化簡，利用導數可得其最大值，從而可得的取值范圍，進而可得的最大值．
（1）當時，，
，，
當時，，當或時，，
所以在單調遞增，單調遞減，單調遞增.
在處取得極大值，
在處取得極小值.
（2）由題意，得，則，
當且僅當時，等號成立.
，解得，
所以.又恒成立，
設
所以.
令，則，即，
，，
因為，
所以在上單調遞減.
所以.
所以最大的實數.
18．（2025·南充模擬）已知、F分別是橢圓的左、右焦點，點在橢圓C上，且的面積為.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過點的直線l與線段AF相交于S，與橢圓交于P、Q兩點.
（Ⅰ）證明：；
（Ⅱ）若，求點P的坐標.
【答案】（1）解：因為點在橢圓C上，所以①，
又因為，的面積為，所以，解得，即②，
聯立①②解得，則橢圓C的標準方程為；
（2）解：設，，直線，
聯立，消x整理可得：，
因為直線l與線段AF交于S點，則，所以，，
（Ⅰ）因為
，所以；
（Ⅱ）由，可得，即，
因為，所以，所以，則，
所以，又，
所以，所以，所以P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，
由，解得或，
則P的坐標為或.
【知識點】橢圓的標準方程；橢圓的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）根據點在橢圓上及三角形面積公式求橢圓參數，即可求得橢圓的方程；
（2）設，，，聯立橢圓方程，求得，，
（Ⅰ）根據，證明即可；
（Ⅱ）由三角形面積相等有，進而得到，再確定P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，求P的坐標即可.
（1）由的面積為，得，解得，所以①，
又點在橢圓C上，所以②，
聯立①②解得，所以橢圓C的標準方程為.
（2）設，，，聯立方程，
消x得：，直線l與線段AF交于S點，則，
所以，，
（Ⅰ）因為
，所以，
（Ⅱ）由得：，即，又.
所以，所以，則，
所以，又，
所以，所以，
所以P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，
由，解得：或，
因此，P的坐標為或.
19．（2025·南充模擬）對于無窮數列和函數，若，則稱是數列的生成函數.
（1）定義在上的函數滿足：對任意，都有，且；又數列滿足.
（Ⅰ）求證：是數列的生成函數；
（Ⅱ）求數列的前n項和.
（2）已知是數列的生成函數，且.若數列的前n項和為，求證：（，）.
【答案】（1）證明：（Ⅰ）由題意知：，，
又因為，，即，
所以是數列的生成函數.
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又因為，
數列是以為首項，為公差的等差數列，
，，
所以
兩式相減得：
所以.
（2）證明：由題意知：，，
，
，
，又，
數列是以為首項，為公比的等比數列，
，又，
，（，），
則當時，，
即，
（，）.
【知識點】等比數列的前n項和；數列的求和；反證法與放縮法；數列的通項公式
【解析】【分析】（1）（Ⅰ）根據已知條件可得，再結合生成函數定義證出是數列的生成函數.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，利用等差數列的定義判斷出數列是以為首項，為公差的等差數列，再結合等差數列的通項公式得出數列的通項公式，則根據錯位相減法得出數列的前n項和.
（2）根據生成函數定義結合等比數列定義判斷出數列是以為首項，為公比的等比數列，從而可得，再結合等比數列求和公式證出（，）.
（1）（Ⅰ）由題意知：，，
又，，即，
所以是數列的生成函數；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又，
數列是以為首項，為公差的等差數列，
，，
所以
兩式相減得：
所以.
（2）由題意知：，，
，
，
，又，
數列是以為首項，為公比的等比數列，
，又，
，（，），
則當時，，
即，
（，）.
1 / 1四川省南充市2025屆高三下學期高考適應性考試（二診）數學試題
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025·南充模擬）若集合，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
2．（2025·南充模擬）已知復數，則（　?。?br/>A．0 B． C．2 D．
3．（2025·南充模擬）在遞增的等比數列中，，，則數列的公比為（　　）
A． B．2 C．3 D．4
4．（2025·南充模擬）已知的內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，若，.則（　?。?br/>A．2 B．3 C． D．
5．（2025·南充模擬）已知非零向量，滿足，若，則在方向上的投影向量坐標為（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·南充模擬）若直線與曲線有公共點，則實數m的取值范圍為（　?。?br/>A． B．
C． D．
7．（2025·南充模擬）已知正三棱錐底面邊長為2，其內切球的表面積為，則二面角的余弦值為（　?。?br/>A． B． C． D．
8．（2025·南充模擬）已知函數，有5個不相等的實數根，從小到大依次為，，，，，則的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2025·南充模擬）如圖所示為函數（，）的部分圖象，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．
B．在區間上單調遞增
C．將的圖象向右平移個單位可以得到的圖象
D．方程在上有三個根
10．（2025·南充模擬）數學家波利亞說過：為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來，即將一個量算兩次，從而建立相等關系.根據波利亞的思想，由恒等式（m，）左右兩邊展開式（其中，，）系數相同，可得恒等式，我們稱之為范德蒙德恒等式，下列關于范德蒙德恒等式說法正確的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（2025·南充模擬）已知拋物線的焦點為F，過x軸下方一點作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，直線PA，PB分別交x軸于M，N兩點，則下列結論中正確的是（　?。?br/>A．當點P的坐標為時，則直線AB方程為
B．若直線AB過點F，則四邊形PMFN為矩形
C．當時，
D．時，面積的最大值為4
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．（2025·南充模擬）某班從含有3名男生和2名女生的5名候選人中選出兩名同學分別擔任正、副班長，則至少選到1名女生的概率　 　.
13．（2025·南充模擬）已知，為雙曲線的左、右頂點，直線與雙曲線C的左支相交于一點M，滿足，則雙曲線C的離心率的值為　 　.
14．（2025·南充模擬）若函數（其中），方程在上有解，則的最小值為　 　.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．（2025·南充模擬）某公司在年終總結大會上開展了一次趣味抽獎活動.活動規則為：先在一個密閉不透光的箱子中裝入6個標有一定金額的球（除標注金額不同外，其余均相同），其中標注金額為10元、20元、50元的球分別有3個、2個、1個.若員工甲每次從箱子中隨機摸出1個球，記下摸出的球上的金額數，摸m次.規定：摸出的球上所標注的金額之和為其所獲得的抽獎獎金總金額.
（1）若，設員工甲獲得的金額，求的分布列和數學期望；
（2）若，采用有放回方式摸球，設事件“員工甲獲得的總金額不低于40元”，求.
16．（2025·南充模擬）如圖，三棱柱中，側棱底面，且各棱長均為2.分別為棱的中點.
（1）證明：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
17．（2025·南充模擬）已知，函數，.
（1）若，求函數的極值；
（2）設，是的導數，是的導數，，圖像的最低點坐標為，對于任意正實數，，且，恒成立.求實數m的最大值.
18．（2025·南充模擬）已知、F分別是橢圓的左、右焦點，點在橢圓C上，且的面積為.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過點的直線l與線段AF相交于S，與橢圓交于P、Q兩點.
（Ⅰ）證明：；
（Ⅱ）若，求點P的坐標.
19．（2025·南充模擬）對于無窮數列和函數，若，則稱是數列的生成函數.
（1）定義在上的函數滿足：對任意，都有，且；又數列滿足.
（Ⅰ）求證：是數列的生成函數；
（Ⅱ）求數列的前n項和.
（2）已知是數列的生成函數，且.若數列的前n項和為，求證：（，）.
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】交集及其運算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因為，
，
所以.
故答案為：A.
【分析】通過解分式不等式、求二次函數的值域，從而確定集合，再由交集的運算法則得出集合.
2．【答案】C
【知識點】虛數單位i及其性質；復數的模
【解析】【解答】解：，則，即.
故答案為：C.
【分析】由題意，根據復數的運算求得復數，再根據復數模的性質計算即可.
3．【答案】B
【知識點】數列的函數特性；等比數列的性質
【解析】【解答】解：由題意得出，易知是方程的兩個根，
又因為為遞增的等比數列，所以，
故公比.
故答案為：B.
【分析】由等比數列的性質得出，易知是方程的兩個根，由已知條件和數列的單調性，從而得出的值，再利用等比數列的通項公式求出公比的值.
4．【答案】D
【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，，即，
由，可得，
化簡可得，即，
即，即，解得，
再由正弦定理：，可得.
故答案為：D.
【分析】利用三角形的內角和性質結合兩角差的正弦公式求得角，再利用正弦定理求解即可.
5．【答案】B
【知識點】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐標表示
【解析】【解答】解：因為向量的坐標為(2， 0)，其模長為2，
因此，
根據已知條件，即它們的數量積為零：
展開數量積：，得出：
因此：，
代入已知條件：，
因此，在方向上的投影向量坐標為(2， 0).
故答案為：B.
【分析】根據兩向量垂直數量積為0的等價關系，再結合已知條件和數量積的運算法則以及投影向量的坐標公式，從而得出在方向上的投影向量坐標.
6．【答案】C
【知識點】平面內點到直線的距離公式；圓的標準方程；直線與圓的位置關系
【解析】【解答】解：曲線，變形可得，
即曲線是以為圓心，為半徑的左半圓（直線左側），如圖所示：
當直線過點時，；
當直線與圓相切時，，，
由圖知當直線與曲線相切時，，
則實數的范圍是.
故答案為：C．
【分析】將曲線方程變形可得曲線是以為圓心，為半徑的左半圓（直線左側），作出曲線，數形結合求直線與曲線有公共點時參數范圍即可．
7．【答案】A
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；錐體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：設內切球的半徑為，
因為內切球表面積為，所以，解得，
設正棱錐的頂點在底面上的射影為，取中點，連接，
如圖所示：
易知平面，，根據三垂線定理可得，
則就是二面角的平面角，
由底面是邊長為的正三角形，可得，
設正棱錐的體積為，表面積為，
底面的面積，
側面中，，，
則側面面積，
正棱錐的表面積，
根據等體積法，
即，
化簡，
即，，
兩邊平方：整理得到，即，解得，
在中，，，，
則，即二面角的余弦值為.
故答案為：A.
【分析】設內切球的半徑為，根據內切球的表面積求出內切球半徑，再利用等體積法求出正三棱錐的高，最后找出二面角的平面角，求其余弦值即可.
8．【答案】D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：因為當時，，
所以，
所以當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
所以，，
當時，，
所以，函數在上單調遞減，在上單調遞增，
作出函數的圖象，如圖所示：
由此可得，
當時，令，解得或，
所以，
又因為，
所以，所以，
由題意可得，，是方程，即的三個根，
所以，
即，
所以，即，
所以．
故答案為：．
【分析】利用導數判斷出函數在，上的單調性，從而得出函數極值，進而作出函數的圖象，由圖象可得k的取值范圍，由對數函數的性質可得的值，再結合，，是方程的三個根，可得，從而得出的取值范圍．
9．【答案】A,C
【知識點】正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解：A、由圖象可得的最小正周期，所以，
因為，所以，所以，
而，所以，所以，故選項A正確；
B、當時，，所以在區間上不單調，故選項B錯誤；
C、，故選項C正確；
D、當時，，由，得或，所以方程在上有2個根，故選項D錯誤.
故選：AC.
【分析】根據給定的函數圖象和正弦函數的性質求得函數解析式即可判斷選項A；根據求得，進而利用正弦函數的單調性即可判斷選項B；根據三角函數的圖象變換和誘導公式即可判斷選項C；由可得，利用正弦函數的性質即可判斷選項D.
10．【答案】B,C,D
【知識點】組合及組合數公式；排列與組合的綜合
【解析】【解答】解：根據范德蒙德恒等式，而不是.
A、例如時，左邊，右邊，此時，故A錯誤.
B、對于，這里.
根據范德蒙德恒等式，此時，.
所以，故B正確.
C、對于，這里.
由范德蒙德恒等式，，.
所以，故C正確.
D、對于，可以看作（因為）.
這里，，根據范德蒙德恒等式，而.
所以，D正確.
故答案為：BCD.
【分析】利用范德蒙德恒等式適當對賦值來判斷各個選項的正確性.
11．【答案】A,B,D
【知識點】拋物線的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：將方程變形為，則，
設，，
直線的方程：，即，
同理可得直線的方程為：，
因為點在直線和上，
∴，，
∴的方程為，
聯立，得①，
由韋達定理得，，②，
對于選項A，當為時，，故A正確；
對于選項B，若直線過點時，，即，
則，，
利用韋達定理，則，
∴，同理，
由②得，，
∴四邊形PMFN為矩形，故B正確；
對于選項C，當時，取，方程①變為，
則，，，故C錯誤；
對于選項D，當時，由弦長公式得，
即，
因為點到直線的距離為，，
∴，
∴，當取等號，故D正確.
故答案為：ABD.
【分析】設，，由導數的幾何意義可得切線，的方程，從而可得直線的方程，再把代入，即可判斷選項A；再由直線與拋物線方程聯立結合韋達定理，即可判斷選項B；取滿足的軌跡上的特殊點，即可判斷選項C；由弦長公式得和滿足的方程，再求出點到直線的距離，則代入三角形面積公式結合不等式的基本性質，即可判斷出選項D，從而找出結論正確的選項.
12．【答案】
【知識點】古典概型及其概率計算公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：根據題意，從3名男生和2名女生中選出2名學生，有種選法，
若選出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女兩種情況，共有種選法，
則選出的2人中至少有1名女生的概率為.
故答案為：．
【分析】根據題意，首先分析從5人中選出2人，再分析可得若選出的2人中至少有1名女生，即包括1男1女和2女分別擔任正、副班長兩種情況，分別計算其情況數目，由等可能事件的概率公式，從而計算出至少選到1名女生的概率.
13．【答案】
【知識點】直線的斜率；恒過定點的直線；雙曲線的簡單性質
【解析】【解答】解：易知，
由直線，可得直線過點，且，
因為，所以，
所以，所以，
過作軸于點，如圖所示：
則，，，
即點的坐標為，
因為點在雙曲線上，所以，整理可得，
又因為，所以，所以，則離心率.
故答案為：.
【分析】易知，由直線方程可得，則，，過作軸于點，表示出點的坐標，代入雙曲線方程化簡求其離心率即可.
14．【答案】
【知識點】利用導數研究函數的單調性；平面內點到直線的距離公式
【解析】【解答】解：令，則，即，
兩式相加得，
令，則，
又因為，
所以單調遞增，
所以，即，
即在上有解．
因為，所以在上單調遞增，
所以，即，
則的最小值為原點到直線的距離的平方，即．
故答案為：．
【分析】根據題意結合換元法和導數判斷函數的單調性的方法，將的最小值轉化為原點到直線的距離的平方，從而得出的最小值．
15．【答案】（1）解：由題意可知：隨機變量的可能取值為10、20、50，
，，，
則的分布列如下：
10 20 50
P
數學期望為；
（2）解： 若，采用有放回方式摸球，則每次摸到10元的概率為，摸到20元的概率為，
摸到50元的概率為，
事件X包含4種情況：兩次均摸到20元；一次摸到10元，一次摸到50元；一次摸到20元，一次摸到50元；
兩次均摸到50元，
則.
【知識點】互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；離散型隨機變量及其分布列
【解析】【分析】（1）由題意可得：隨機變量的可能取值為10、20、50，求出對應概率，列分布列，求期望即可；
（2）根據題設，分析事件所含的基本事件組成，再應用獨立事件乘法公式、互斥事件加法求概率即可.
（1）的可能取值為10、20、50，其中，，.
故的分布列如下：
10 20 50
P
則數學期望為.
（2）采用有放回方式摸球，
每次摸到10元的概率為，
每次摸到20元的概率為，
每次摸到50元的概率為.
事件X包含4種情況：
兩次均摸到20元；
一次摸到10元，一次摸到50元；
一次摸到20元，一次摸到50元；
兩次均摸到50元.
故.
16．【答案】（1）證明：連結，如圖所示：
因為分別為的中點，所以且，
又因為為的中點，所以，且，
即四邊形為平行四邊形，，
又因為平面，平面，所以平面；
（2）解：取線段的中點為，連接，
因為側棱底面，且各棱長均相等，所以直線兩兩垂直，
以點為坐標原點，建立空間的直角坐標系，如圖所示：
，，，，，
，，，
設平面的法向量，則，即，
設，，則，
設直線與平面所成角為，則，
故直線與平面所成角的正弦值為.
【知識點】直線與平面平行的判定；平面的法向量；用空間向量研究直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）連結，利用線面平行的判定定理證明即可；
（2）取線段的中點為，連接，以點為坐標原點，建立空間的直角坐標系，求出直線的方向向量與平面的法向量，利用空間向量法求解即可.
（1）在三棱柱中，，且，
連結，在三角形中，因為分別為的中點，
所以且，
又因為為的中點，可得，且，
即四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）取線段的中點為，連接，因為側棱底面，且各棱長均相等，
所以直線兩兩垂直.
以點為坐標原點，所在的直線分別為坐標軸建立如圖所示空間的直角坐標系，
由于，則，，，，，
所以，，，
設平面的法向量，則，
所以，設，則，所以，
設直線與平面所成角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
17．【答案】（1）解：當時，函數定義域為，
，
令，解得或，
當時，，當或時，，
則函數在單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，
函數在處取得極大值，極大值為；
在處取得極小值，極小值為；
（2）解：易知，，
則，，當且僅當時等號成立，
即，解得，故，
恒成立，
設
，
令，則，即，
，，
因為，所以在上單調遞減，所以，
故最大的實數.
【知識點】函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【分析】（1）將代入求得函數解析式，求導，利用導數判斷函數的單調性，求極值即可；
（2）利用基本不等式結合已知條件可得，的值，從而可得的解析式，化簡，利用導數可得其最大值，從而可得的取值范圍，進而可得的最大值．
（1）當時，，
，，
當時，，當或時，，
所以在單調遞增，單調遞減，單調遞增.
在處取得極大值，
在處取得極小值.
（2）由題意，得，則，
當且僅當時，等號成立.
，解得，
所以.又恒成立，
設
所以.
令，則，即，
，，
因為，
所以在上單調遞減.
所以.
所以最大的實數.
18．【答案】（1）解：因為點在橢圓C上，所以①，
又因為，的面積為，所以，解得，即②，
聯立①②解得，則橢圓C的標準方程為；
（2）解：設，，直線，
聯立，消x整理可得：，
因為直線l與線段AF交于S點，則，所以，，
（Ⅰ）因為
，所以；
（Ⅱ）由，可得，即，
因為，所以，所以，則，
所以，又，
所以，所以，所以P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，
由，解得或，
則P的坐標為或.
【知識點】橢圓的標準方程；橢圓的簡單性質；直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）根據點在橢圓上及三角形面積公式求橢圓參數，即可求得橢圓的方程；
（2）設，，，聯立橢圓方程，求得，，
（Ⅰ）根據，證明即可；
（Ⅱ）由三角形面積相等有，進而得到，再確定P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，求P的坐標即可.
（1）由的面積為，得，解得，所以①，
又點在橢圓C上，所以②，
聯立①②解得，所以橢圓C的標準方程為.
（2）設，，，聯立方程，
消x得：，直線l與線段AF交于S點，則，
所以，，
（Ⅰ）因為
，所以，
（Ⅱ）由得：，即，又.
所以，所以，則，
所以，又，
所以，所以，
所以P為線段AF的中垂線與橢圓的交點，
由，解得：或，
因此，P的坐標為或.
19．【答案】（1）證明：（Ⅰ）由題意知：，，
又因為，，即，
所以是數列的生成函數.
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又因為，
數列是以為首項，為公差的等差數列，
，，
所以
兩式相減得：
所以.
（2）證明：由題意知：，，
，
，
，又，
數列是以為首項，為公比的等比數列，
，又，
，（，），
則當時，，
即，
（，）.
【知識點】等比數列的前n項和；數列的求和；反證法與放縮法；數列的通項公式
【解析】【分析】（1）（Ⅰ）根據已知條件可得，再結合生成函數定義證出是數列的生成函數.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，利用等差數列的定義判斷出數列是以為首項，為公差的等差數列，再結合等差數列的通項公式得出數列的通項公式，則根據錯位相減法得出數列的前n項和.
（2）根據生成函數定義結合等比數列定義判斷出數列是以為首項，為公比的等比數列，從而可得，再結合等比數列求和公式證出（，）.
（1）（Ⅰ）由題意知：，，
又，，即，
所以是數列的生成函數；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又，
數列是以為首項，為公差的等差數列，
，，
所以
兩式相減得：
所以.
（2）由題意知：，，
，
，
，又，
數列是以為首項，為公比的等比數列，
，又，
，（，），
則當時，，
即，
（，）.
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