浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期5月适应性测试数学试卷
一、单选题:本大题共8小题，毎小题5分，共40分.
1．（2024·宁波模拟）设集合，则的子集个数是（ ）
A．3 B．4 C．8 D．16
【答案】C
【知识点】交集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：，，
，所以的子集个数为个.
故答案为：C.
【分析】本题考查集合的交集运算，子集的个数.先解指数不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，利用集合的交集运算求出，据此可判断子集个数.
2．（2024·宁波模拟）已知复数为虚数单位)，若且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由且，得，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的模长公式.先利用复数的模长公式可列出方程组，解方程组可求出，再利用复数的模的计算公式可求出答案.
3．（2024·宁波模拟）已知是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：
，
，且，
而三点共线，
，即，
，
所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查平面向量基本定理，平面向量的数量积.先利用平面向量的数量积求出，再根据三点共线可列出方程组，解方程组可求出，利用平面向量数量积公式进行计算可求出答案.
4．（2024·宁波模拟）已知数列满足点在直线上，的前n项和为，则的最小值为（ ）
A．-47 B．-48 C．-49 D．-50
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列满足点在直线上，
所以.
因为，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
则.
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，
所以，即的最小值为.
故答案为：C.
【分析】本题考查等差数列的概念，等差数列的前n项和公式.先根据题意求出数列的通项公式，据此可推出数列是等差数列，利用等差数列的前n项和公式可求出，据此可得，设，求出导函数，利用导数研究其单调性，结合即可求出最值.
5．（2024·宁波模拟）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：
延长交延长线于点，连接，，
因为分别是AB和BC的中点，则，
由正方体的性质可得，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，
则，
因为正方体的棱长为1，
所以，，
所以，即，
故答案为：C.
【分析】本题考查利用等体积法求距离.延长交延长线于点，连接，利用三角形的中位线定理和正方体的结构特征可证明，利用直线与平面平行的判定定理可得平面，据此推出MN到平面的距离可转化为点到平面的距离，再根据等体积法可得，利用棱锥的体积计算公式可求出答案.
6．（2024·宁波模拟）已知函数的最小值为，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：，
因为，
所以，
因为当时，对应的的值分别为，
所以与相交的两个交点的最近距离为，
又的最小值为，
所以，
即，
故答案为：A.
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.先利用二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，再由与相交的两个交点的最近距离为，利用正弦函数的图象和性质可得：，据此可列出方程，解方程可求出.
7．（2024·宁波模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，点A，B在上，直线倾斜角为，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，，所以直线的倾斜角为，
由椭圆焦半径公式得，，
，，即，
化简得，.
故答案为：D.
【分析】本题考查椭圆的简单几何性质.先利用椭圆焦半径公式求出，再根据向量关系式可得：，进而列出方程，解方程可求出的关系，利用椭圆的离心率计算公式可求出答案.
8．（2024·宁波模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，所以，即，
所以，即，
所以，即.
由，可得，即，即，
所以，即.
综上所述，.
故答案为：B.
【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性.先构造，求出导函数，利用导数可证明，进而证明，代入可比较的大小，再根据对数函数的性质可比较：的大小，据此可判断的大小，综上所述可比较出的大小.
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.
9．（2024·宁波模拟）下列选项中正确的有( )
A．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1
B．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
C．已知随机变量服从正态分布，则
D．若数据的方差为8，则数据的方差为2
【答案】B,D
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1，A错误；
B：在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，B正确；
C：由随机变量服从正态分布，
所以根据正态分布的对称性可得，C错误；
D：设数据的方差为，
因为数据的方差为8，
所以，解得，D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查线性相关系数的统计学意义，残差图的意义，正态分布的对称性，方差的性质.利用线性相关系数的统计学意义可判断A选项；利用残差图的意义可判断B选项；根据正态分布的对称性可得：，代入数据进行计算可判断C选项；利用方差的性质：，进行计算可判断D选项；
10．（2024·宁波模拟）设抛物线，弦AB过焦点，过A，B分别作拋物线的切线交于点，则下列结论一定成立的是（ ）
A．存在点，使得 B．|QF|的最小值为2
C． D．面积的最小值为4
【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，准线方程为，设，
由，消去可得，
，则.
不妨设在第一象限，因为，则，
则.
则的方程为，即，
即，即，即.
同理可得的方程为.
联立，可得，即，
则在抛物线的准线上.
又，所以，即.
A，因为，所以，即，A错误；
B，设准线与轴交于点，因为在抛物线的准线上，
所以，即的最小值为2，B正确；
C，因为，，所以∽，
所以，即，C正确；
D，.
设到直线的距离为，则，
所以，当且仅当时取等，
故面积的最小值为4，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系.设，联立直线和抛物线的方程，应用韦达定理可得：，根据导数的几何意义可求出的方程，联立直线的方程可求出点，利用直线的斜率公式计算可得，据此推出；利用直线的斜率计算公式可得：，据此推出，可判断A选项；根据抛物线的几何意义可得以，据此可求出的最小值，判断B选项；观察图形利用相似三角形的性质可得：，通过计算可判断C选项；利用弦长公式计算，利用点到直线的距离公式可求出到直线的距离，据此可表示出面积，求出最小值，判断D选项.
11．（2024·宁波模拟）已知数列，其前n项和为，若存在常数，对任意的，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列
B．若为数列，则也为数列
C．若为数列，则也为数列
D．若均为数列，则也为数列
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式
【解析】【解答】解：A，，于是，
，A正确；
B，若，显然数列是数列，，
但，所以数列不是数列，B错误；
C，因为数列是数列，所以存在正数，对于任意的，
有，即，
所以
，所以数列是数列，C正确；
D，若数列是数列，则存在正数，对任意的，有
，，
因为
，
同理可得，记，，
则有
，所以数列也是数列，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题是新定义问题的求解，考查数列的递推公式，等比数列的定义.根据题意可得，利用数列的定义，再利用等比数列的前n项和公式进行求解，可判断A选项；举反例，再求出，再根据用数列的定义可判断是否是数列，据此可判断B选项；根据条件得，再结合数列的定义，利用绝对值三角不等式进行计算，可判断C选项；由数列是数列，可得，，再利用绝对值三角不等式可证明，据此可判断D选项.
三、填空题:本大题共3小题,每题5分,共15分.答案填在题中的横线上.
12．（2024·宁波模拟）已知双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率，
所以，
又双曲线，
所以渐近线方程为，
故答案为：.
【分析】本题考查双曲线的简单几何性质.根据双曲线的离心率，利用双曲线的离心率计算公式可推出，再由焦点在轴上的渐近线方程为，代入数据可求出答案.
13．（2024·宁波模拟）已知圆锥的轴截面面积为，则该圆锥的外接球半径的最小值为 .
【答案】2
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，高为，则，
设圆锥的外接球的半径为，则无论球心在圆锥内还是圆锥外，都有，则，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，.
故答案为：2.
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，根据轴截面面积公式可得：，利用勾股定理可求出，设，求出导函数，令和可求出单调区间，据此可求出函数的最值，求出答案.
14．（2024·宁波模拟）面积为1的满足为的内角平分线且D在线段BC上，当边BC的长度最短时，的值是 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理
【解析】【解答】解：设，，则，从而，
因为，
又，
所以，且，
从而，
在中，由余弦定理得，
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，，此时，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查利用余弦定理解三角形，利用基本不等式求最值.设，，根据，利用等面积法可求出，，据此可推出，在中，利用余弦定理可得：，再利用基本不等式可求出的最小值，再根据取得最小值的条件可求出，据此可求出答案.
四、解答题:本大题共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．（2024·宁波模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意的恒成立，求的范围.
【答案】（1），
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）当时，，符合题意，此时；
当时，因为恒成立，即恒成立，
令，则，
再令，则恒成立，
则在单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以当时，，
所以
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数恒成立问题.
（1）先求出导函数，再分两种情况：和，讨论导函数的正负，据此可求出函数的单调区间；
（2）当时，代入函数求出，当时，分离参数可得：，构造函数，求出导函数，再次构造函数，求出导函数，根据导函数的正负分析单调性，最终可求出；
16．（2024·宁波模拟）在空间四边形ABCD中，.
（1）求证：平面平面ABC；
（2）对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由.
【答案】（1）证明：取的中点，连，
因为，
所以，且.
又，
则，且.
又，
则，则.
因为平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：易知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
则.
设，则.
则.
设平面的法向量为，
则，
令，则，即.
又，所以，
即，即，解得或（舍去），
因为，所以，所以，
所以.
故.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，利用空间向量求直线与平面所成的角.
（1）取的中点，连，利用等腰三角形的性质和勾股定理可证明，，再利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面.，据此可证明结论；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，求出的坐标，写出对应点的坐标，求出对应的向量，求出与平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出答案.
17．（2024·宁波模拟）镇海中学篮球训练营有一项三人间的传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，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，每次必须将球传出.若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为
（1）写出的值；
（2）求与的关系式，并求；
（3）第1次仍由甲将球传出，若首次出现连续两次球没在甲手中，则传球结束，记此时的传球次数为，求的期望.
【答案】（1）解：传球一次，球一定不在甲手中，所以；
传球两次，球在甲手中时，有两种情况，甲乙甲，甲丙甲，
所以；
传球三次，球在甲手中，说明传球两次时球不在甲手中，概率为，此时传给甲的概率为，所以.
（2）解：传球次时球在甲手中，说明传球次时球不在甲手中，概率为，
此时，传球给甲的概率为，所以有，
所以，
所以，
因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
，
故与的关系式为，.
（3）解：的最小取值为2，表示传球2次后，球连续两次不在甲手中，
有两种情况，甲乙丙，甲丙乙，
所以，
若传球2次后，球在甲手中，则回到了最初的状态，
所以有，
即，解得，
所以的期望为4
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】本题考查相互独立事件的概率，等比数列的定义，等比数列的通项公式，离散型随机变量的期望.
（1）先分析传球的情况，再利用相互独立事件的概率公式可求出，，的值；
（2）分析传球次时的情况可得：与的关系式，通过变形可得：，据此可得以数列是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式可求出的通项公式；
（3）分析传球两次结束的情况，以及传球两次后求回到甲手中的情况，利用期望计算公式可列出方程组，解方程组可求出.
18．（2024·宁波模拟）已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.
（1）求曲线的标准方程；
（2）已知是定值，求该定值；
（3）求面积的范围.
【答案】（1）令且，因为，所以，
整理可得，
所以的标准方程为.
（2）设，，，
设直线和直线的方程分别为，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
则，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
可得，，
又因为，，
所以，
所以，即，
同理可得，，即，
所以.
设，，，
设，则有，
又，
可得，
同理可得，
所以.
（3）
不妨设，于是，
因此，
又因为，所以，
设，，
则，，
，
所以在单调递增，则.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）设点的坐标，利用斜率计算公式可得：，再进行化简可求出曲线的标准方程；
（2）设直线和直线的方程，将直线和直线的方程分别与椭圆的方程联立，应用韦达定理进行计算，可推出的坐标关系，据此可推出：，再进行化简可求出为定值；
（3）利用三角形的面积公式先求出的比值，进而推出面积的表达式，设，求出导函数，利用导函数判断函数的单调性，据此可求出面积的范围. .
19．（2024·宁波模拟）已知无穷数列，构造新数列满足满足满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，若为常数数列，则称为阶等比数列..
（1）已知为二阶等差数列，且，求的通项公式；
（2）若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；
（3）已知，令的前项和为，证明：.
【答案】（1）由知，故可设.
所以，故.
从而，代入，可得，所以.
故的通项公式为：.
（2）先证明2个引理.
引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定.
证明：用数学归纳法证明该结论.
当时，有，取即可，故结论成立；
假设结论对成立，则
.
故可设，这就得到
.
所以取，，即可，这得到结论对成立.
由数学归纳法即知引理1成立.
引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即.
证明：我们对使用数学归纳法.
当时，结论显然成立；
对，假设结论对成立，考虑的情形：
一方面，如果，则有
.
故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列；
另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列.
故由于结论对成立，知的通项公式具有形式.
故.
据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故
.
综上，结论对成立.
由数学归纳法知引理2成立.
回到原题.
由于为一阶等比数列，故恒为常值，设，则.
为使有意义，必有不为零.
所以.
由于为阶等差数列，故由引理2，可设.
取就有，，所以由引理2可知和都是阶等差数列.
设，，，，则和都是常值.
而归纳即知，故是常值，从而为阶等比数列.
（3）用数学归纳法证明：.
当时，由知结论成立；
对，假设结论已对成立，即，则
.
所以结论对也成立.
综上，对任意的正整数，都有.
故.
这就得到
.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【分析】本题考查等差数列的定义，等比数列的定义，等差数列的通项公式，等比数列的通项公式.
（1）根据二阶等差数列的定义可推出，利用累加法可求出，再根据，可求出的值，据此可求出的通项公式；
（2）先证明引理1和引理2，再确定是阶等差数列的充分必要条件，设，利用引理2可知和都是阶等差数列，再证明和都是常值.再结合阶等比数列的定义可证明结论；
（3）先利用数学归纳法证明，再利用该结果进行放缩可得：，再利用等比数列的前n项和公式进行计算可得：，据此可证明结论；
1 / 1浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期5月适应性测试数学试卷
一、单选题:本大题共8小题，毎小题5分，共40分.
1．（2024·宁波模拟）设集合，则的子集个数是（ ）
A．3 B．4 C．8 D．16
2．（2024·宁波模拟）已知复数为虚数单位)，若且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
3．（2024·宁波模拟）已知是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ）
A． B． C． D．1
4．（2024·宁波模拟）已知数列满足点在直线上，的前n项和为，则的最小值为（ ）
A．-47 B．-48 C．-49 D．-50
5．（2024·宁波模拟）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·宁波模拟）已知函数的最小值为，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
7．（2024·宁波模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，点A，B在上，直线倾斜角为，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·宁波模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.
9．（2024·宁波模拟）下列选项中正确的有( )
A．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1
B．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
C．已知随机变量服从正态分布，则
D．若数据的方差为8，则数据的方差为2
10．（2024·宁波模拟）设抛物线，弦AB过焦点，过A，B分别作拋物线的切线交于点，则下列结论一定成立的是（ ）
A．存在点，使得 B．|QF|的最小值为2
C． D．面积的最小值为4
11．（2024·宁波模拟）已知数列，其前n项和为，若存在常数，对任意的，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列
B．若为数列，则也为数列
C．若为数列，则也为数列
D．若均为数列，则也为数列
三、填空题:本大题共3小题,每题5分,共15分.答案填在题中的横线上.
12．（2024·宁波模拟）已知双曲线的离心率，则双曲线的渐近线方程为 .
13．（2024·宁波模拟）已知圆锥的轴截面面积为，则该圆锥的外接球半径的最小值为 .
14．（2024·宁波模拟）面积为1的满足为的内角平分线且D在线段BC上，当边BC的长度最短时，的值是 .
四、解答题:本大题共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．（2024·宁波模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意的恒成立，求的范围.
16．（2024·宁波模拟）在空间四边形ABCD中，.
（1）求证：平面平面ABC；
（2）对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由.
17．（2024·宁波模拟）镇海中学篮球训练营有一项三人间的传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，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，每次必须将球传出.若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为
（1）写出的值；
（2）求与的关系式，并求；
（3）第1次仍由甲将球传出，若首次出现连续两次球没在甲手中，则传球结束，记此时的传球次数为，求的期望.
18．（2024·宁波模拟）已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.
（1）求曲线的标准方程；
（2）已知是定值，求该定值；
（3）求面积的范围.
19．（2024·宁波模拟）已知无穷数列，构造新数列满足满足满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，若为常数数列，则称为阶等比数列..
（1）已知为二阶等差数列，且，求的通项公式；
（2）若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列；
（3）已知，令的前项和为，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：，，
，所以的子集个数为个.
故答案为：C.
【分析】本题考查集合的交集运算，子集的个数.先解指数不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，利用集合的交集运算求出，据此可判断子集个数.
2．【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由且，得，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的模长公式.先利用复数的模长公式可列出方程组，解方程组可求出，再利用复数的模的计算公式可求出答案.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：
，
，且，
而三点共线，
，即，
，
所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查平面向量基本定理，平面向量的数量积.先利用平面向量的数量积求出，再根据三点共线可列出方程组，解方程组可求出，利用平面向量数量积公式进行计算可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列满足点在直线上，
所以.
因为，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
则.
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，
所以，即的最小值为.
故答案为：C.
【分析】本题考查等差数列的概念，等差数列的前n项和公式.先根据题意求出数列的通项公式，据此可推出数列是等差数列，利用等差数列的前n项和公式可求出，据此可得，设，求出导函数，利用导数研究其单调性，结合即可求出最值.
5．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：
延长交延长线于点，连接，，
因为分别是AB和BC的中点，则，
由正方体的性质可得，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，
则，
因为正方体的棱长为1，
所以，，
所以，即，
故答案为：C.
【分析】本题考查利用等体积法求距离.延长交延长线于点，连接，利用三角形的中位线定理和正方体的结构特征可证明，利用直线与平面平行的判定定理可得平面，据此推出MN到平面的距离可转化为点到平面的距离，再根据等体积法可得，利用棱锥的体积计算公式可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：，
因为，
所以，
因为当时，对应的的值分别为，
所以与相交的两个交点的最近距离为，
又的最小值为，
所以，
即，
故答案为：A.
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.先利用二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，再由与相交的两个交点的最近距离为，利用正弦函数的图象和性质可得：，据此可列出方程，解方程可求出.
7．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，，所以直线的倾斜角为，
由椭圆焦半径公式得，，
，，即，
化简得，.
故答案为：D.
【分析】本题考查椭圆的简单几何性质.先利用椭圆焦半径公式求出，再根据向量关系式可得：，进而列出方程，解方程可求出的关系，利用椭圆的离心率计算公式可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，所以，即，
所以，即，
所以，即.
由，可得，即，即，
所以，即.
综上所述，.
故答案为：B.
【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性.先构造，求出导函数，利用导数可证明，进而证明，代入可比较的大小，再根据对数函数的性质可比较：的大小，据此可判断的大小，综上所述可比较出的大小.
9．【答案】B,D
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1，A错误；
B：在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，B正确；
C：由随机变量服从正态分布，
所以根据正态分布的对称性可得，C错误；
D：设数据的方差为，
因为数据的方差为8，
所以，解得，D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查线性相关系数的统计学意义，残差图的意义，正态分布的对称性，方差的性质.利用线性相关系数的统计学意义可判断A选项；利用残差图的意义可判断B选项；根据正态分布的对称性可得：，代入数据进行计算可判断C选项；利用方差的性质：，进行计算可判断D选项；
10．【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，准线方程为，设，
由，消去可得，
，则.
不妨设在第一象限，因为，则，
则.
则的方程为，即，
即，即，即.
同理可得的方程为.
联立，可得，即，
则在抛物线的准线上.
又，所以，即.
A，因为，所以，即，A错误；
B，设准线与轴交于点，因为在抛物线的准线上，
所以，即的最小值为2，B正确；
C，因为，，所以∽，
所以，即，C正确；
D，.
设到直线的距离为，则，
所以，当且仅当时取等，
故面积的最小值为4，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系.设，联立直线和抛物线的方程，应用韦达定理可得：，根据导数的几何意义可求出的方程，联立直线的方程可求出点，利用直线的斜率公式计算可得，据此推出；利用直线的斜率计算公式可得：，据此推出，可判断A选项；根据抛物线的几何意义可得以，据此可求出的最小值，判断B选项；观察图形利用相似三角形的性质可得：，通过计算可判断C选项；利用弦长公式计算，利用点到直线的距离公式可求出到直线的距离，据此可表示出面积，求出最小值，判断D选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式
【解析】【解答】解：A，，于是，
，A正确；
B，若，显然数列是数列，，
但，所以数列不是数列，B错误；
C，因为数列是数列，所以存在正数，对于任意的，
有，即，
所以
，所以数列是数列，C正确；
D，若数列是数列，则存在正数，对任意的，有
，，
因为
，
同理可得，记，，
则有
，所以数列也是数列，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题是新定义问题的求解，考查数列的递推公式，等比数列的定义.根据题意可得，利用数列的定义，再利用等比数列的前n项和公式进行求解，可判断A选项；举反例，再求出，再根据用数列的定义可判断是否是数列，据此可判断B选项；根据条件得，再结合数列的定义，利用绝对值三角不等式进行计算，可判断C选项；由数列是数列，可得，，再利用绝对值三角不等式可证明，据此可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率，
所以，
又双曲线，
所以渐近线方程为，
故答案为：.
【分析】本题考查双曲线的简单几何性质.根据双曲线的离心率，利用双曲线的离心率计算公式可推出，再由焦点在轴上的渐近线方程为，代入数据可求出答案.
13．【答案】2
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，高为，则，
设圆锥的外接球的半径为，则无论球心在圆锥内还是圆锥外，都有，则，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，.
故答案为：2.
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，根据轴截面面积公式可得：，利用勾股定理可求出，设，求出导函数，令和可求出单调区间，据此可求出函数的最值，求出答案.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理
【解析】【解答】解：设，，则，从而，
因为，
又，
所以，且，
从而，
在中，由余弦定理得，
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，，此时，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查利用余弦定理解三角形，利用基本不等式求最值.设，，根据，利用等面积法可求出，，据此可推出，在中，利用余弦定理可得：，再利用基本不等式可求出的最小值，再根据取得最小值的条件可求出，据此可求出答案.
15．【答案】（1），
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）当时，，符合题意，此时；
当时，因为恒成立，即恒成立，
令，则，
再令，则恒成立，
则在单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以当时，，
所以
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数恒成立问题.
（1）先求出导函数，再分两种情况：和，讨论导函数的正负，据此可求出函数的单调区间；
（2）当时，代入函数求出，当时，分离参数可得：，构造函数，求出导函数，再次构造函数，求出导函数，根据导函数的正负分析单调性，最终可求出；
16．【答案】（1）证明：取的中点，连，
因为，
所以，且.
又，
则，且.
又，
则，则.
因为平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：易知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
则.
设，则.
则.
设平面的法向量为，
则，
令，则，即.
又，所以，
即，即，解得或（舍去），
因为，所以，所以，
所以.
故.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，利用空间向量求直线与平面所成的角.
（1）取的中点，连，利用等腰三角形的性质和勾股定理可证明，，再利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面.，据此可证明结论；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，求出的坐标，写出对应点的坐标，求出对应的向量，求出与平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出答案.
17．【答案】（1）解：传球一次，球一定不在甲手中，所以；
传球两次，球在甲手中时，有两种情况，甲乙甲，甲丙甲，
所以；
传球三次，球在甲手中，说明传球两次时球不在甲手中，概率为，此时传给甲的概率为，所以.
（2）解：传球次时球在甲手中，说明传球次时球不在甲手中，概率为，
此时，传球给甲的概率为，所以有，
所以，
所以，
因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
，
故与的关系式为，.
（3）解：的最小取值为2，表示传球2次后，球连续两次不在甲手中，
有两种情况，甲乙丙，甲丙乙，
所以，
若传球2次后，球在甲手中，则回到了最初的状态，
所以有，
即，解得，
所以的期望为4
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】本题考查相互独立事件的概率，等比数列的定义，等比数列的通项公式，离散型随机变量的期望.
（1）先分析传球的情况，再利用相互独立事件的概率公式可求出，，的值；
（2）分析传球次时的情况可得：与的关系式，通过变形可得：，据此可得以数列是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式可求出的通项公式；
（3）分析传球两次结束的情况，以及传球两次后求回到甲手中的情况，利用期望计算公式可列出方程组，解方程组可求出.
18．【答案】（1）令且，因为，所以，
整理可得，
所以的标准方程为.
（2）设，，，
设直线和直线的方程分别为，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
则，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
可得，，
又因为，，
所以，
所以，即，
同理可得，，即，
所以.
设，，，
设，则有，
又，
可得，
同理可得，
所以.
（3）
不妨设，于是，
因此，
又因为，所以，
设，，
则，，
，
所以在单调递增，则.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）设点的坐标，利用斜率计算公式可得：，再进行化简可求出曲线的标准方程；
（2）设直线和直线的方程，将直线和直线的方程分别与椭圆的方程联立，应用韦达定理进行计算，可推出的坐标关系，据此可推出：，再进行化简可求出为定值；
（3）利用三角形的面积公式先求出的比值，进而推出面积的表达式，设，求出导函数，利用导函数判断函数的单调性，据此可求出面积的范围. .
19．【答案】（1）由知，故可设.
所以，故.
从而，代入，可得，所以.
故的通项公式为：.
（2）先证明2个引理.
引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定.
证明：用数学归纳法证明该结论.
当时，有，取即可，故结论成立；
假设结论对成立，则
.
故可设，这就得到
.
所以取，，即可，这得到结论对成立.
由数学归纳法即知引理1成立.
引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即.
证明：我们对使用数学归纳法.
当时，结论显然成立；
对，假设结论对成立，考虑的情形：
一方面，如果，则有
.
故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列；
另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列.
故由于结论对成立，知的通项公式具有形式.
故.
据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故
.
综上，结论对成立.
由数学归纳法知引理2成立.
回到原题.
由于为一阶等比数列，故恒为常值，设，则.
为使有意义，必有不为零.
所以.
由于为阶等差数列，故由引理2，可设.
取就有，，所以由引理2可知和都是阶等差数列.
设，，，，则和都是常值.
而归纳即知，故是常值，从而为阶等比数列.
（3）用数学归纳法证明：.
当时，由知结论成立；
对，假设结论已对成立，即，则
.
所以结论对也成立.
综上，对任意的正整数，都有.
故.
这就得到
.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【分析】本题考查等差数列的定义，等比数列的定义，等差数列的通项公式，等比数列的通项公式.
（1）根据二阶等差数列的定义可推出，利用累加法可求出，再根据，可求出的值，据此可求出的通项公式；
（2）先证明引理1和引理2，再确定是阶等差数列的充分必要条件，设，利用引理2可知和都是阶等差数列，再证明和都是常值.再结合阶等比数列的定义可证明结论；
（3）先利用数学归纳法证明，再利用该结果进行放缩可得：，再利用等比数列的前n项和公式进行计算可得：，据此可证明结论；
1 / 1
