江西省重点中学盟校2025届高三7月联考数学试卷
1．（2024高三上·江西开学考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
则.
故答案为：C
【分析】由元素与集合的关系和集合的交集运算求解．
2．（2024高三上·江西开学考）已知命题，命题，则（ ）
A．命题和命题都是真命题
B．命题的否定和命题都是真命题
C．命题的否定和命题都是真命题
D．命题的否定和命题的否定都是真命题
【答案】D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：对于命题，
当或时，，故命题是假命题，命题的否定为真命题；
对于命题，
因为，所以命题为假命题，命题的否定为真命题；
综上可得：命题的否定和命题的否定都是真命题，
故答案为：D
【分析】利用命题的真假性判断方法命题的否定与原命题的真假性的关系，从而找出正确的选项.
3．（2024高三上·江西开学考）在等比数列中，，数列的前10项的积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为在等比数列中，，
所以，即，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合等比数列的性质求出等比数列的公比，进而得到数列的通项公式，再结合指数幂的运算法则，从而得到答案.
4．（2024高三上·江西开学考）已知则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：因为
可得当时，单调递减；
当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减，
不等式，可化为，即，
解得：，则原不等式的解集为：.
故答案为：A.
【分析】利用函数的单调性定义判断出分段函数在上的单调性，再将不等式转化为不等式，再由一元二次不等式求解方法，从而得出不等式的解集.
5．（2024高三上·江西开学考）已知直线与圆交于两点，则线段的长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：圆可得圆心，半径，
因为直线，恒过直线和的交点，
即，解得：，，即直线恒过定点，
因为，所以，定点在圆内，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
当时，弦长最大，这时过的最长弦长为圆的直径，
当最大时，这时，
所以，弦长的最小值为，
所以，弦长的范围为.
故答案为：B.
【分析】由圆的一般方程可得圆心坐标及半径的值，再由直线的点斜式方程可得直线恒过定点，再代入弦长公式可得当最小时弦长最大，当最大时弦长最小，从而求出的最大值和最小值，进而求出弦长的最小最大值.
6．（2024高三上·江西开学考）若对任意恒成立，，则（ ）
A．189 B．190 C．464 D．465
【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：依题意，得出，
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：D.
【分析】由已知条件和恒成立问题求解方法，再结合递推公式依次求解，从而得出函数的值．
7．（2024高三上·江西开学考）已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合，将化为，再利用基本不等式求最值的方法，进而可求出的最小值.
8．（2024高三上·江西开学考）函数，若关于的不等式有且仅有四个整数解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数极限
【解析】【解答】解：对函数求导可得，
令，解得，令，解得或，
所以，函数的递增区间为，递减区间为和，，
当时，；当时，；
作出图象如图所示：
当时，由，可得，由图象可知，不存在整数点满足条件；
当时，由无解，不存在整数点满足条件；
当时，由，可得；
又因为， ，，，，
由的递增区间为，递减区间为和，
所以，
所以要使有四个整数解，整数解只能是2，3，4，5，
则，即，
所以，关于的不等式有且仅有四个整数解，
则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用求导的方法判断函数的单调性，从而求得的单调区间，再结合函数求极限的方法，从而作出的图象，再分类讨论的方法和函数的单调性，进而求得的解集，再结合函数的图象可得实数的取值范围.
9．（2024高三上·江西开学考）已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，当，，时，则，故选项A不一定成立，所以选项A错误；
对于B，因为，则，所以，则选项B一定成立，故选项B正确；
对于C，因为，则，所以，则选项C一定成立，故选项C正确；
对于D，因为在上为单调递增函数，由，则，即，所以选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和不等式的基本性质，逐一分析四个答案中的不等式是否一定成立，从而可得不等式一定成立的选项.
10．（2024高三上·江西开学考）已知函数的定义域为，的图像关于直线对称，且对任意的都有，则下列正确的是（ ）
A．为偶函数 B．
C．2是的一个周期 D．
【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A，因为函数的定义域为，的图像关于直线对称，
所以关于轴对称，即，所以为偶函数，故A正确；
对于B，因为，
令，可得，则，
因为为偶函数，所以，故B不正确；
对于C，由，
令，可得：，，2是不是的一个周期，故C不正确；
对于D，因为，，所以，
所以，则，即是以4为周期的周期函数，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据抽象函数的奇偶性和对称性，从而判断出选项A；利用已知条件和赋值法以及偶函数的性质，从而判断出选项B；利用函数的周期性判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高三上·江西开学考）曲线的方程为：，该曲线是由四条封闭曲线组成，点为曲线上的一点，下列说法正确的是（ ）
A．直线及直线都是曲线的对称轴
B．点在封闭曲线内部
C．点到原点的距离的最大值为1
D．点的纵坐标的最大值为
【答案】A,C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：对于A，把用，用替换，曲线的方程没变，故曲线关于直线对称；
再把用，用替换，曲线的方程仍然没变，故曲线又关于直线对称，故A正确；
对于B，由于，
当且仅当时取等号，即这四个点在曲线上，
说明曲线上其它点都在圆的内部，
即点一定不在曲线上或其内部，故B错误；
对于C，由于这四个点在曲线上，
且到原点的距离是，所以曲线上点到原点的距离的最大值为1，故C正确；
对于D，当时，有，
说明点在曲线的内部，所以点的纵坐标的最大值一定大于，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用方程的特征可判断出图形的对称性，进而判断出选项A；利用点与封闭曲线的位置关系，从而判断出选项B；由两点距离公式和几何法得出点到原点的距离的最大值，从而判断出选项C；由均值不等式求最值的方法可确定点在曲线C内，再利用取等号条件可找到最优解，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高三上·江西开学考）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，体积为，则该圆台的母线长为 .
【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图是圆台的轴截面，圆台的上下底面圆的半径分别为1，2，
设圆台的高为，母线长为，则圆台的高，
因为圆台的体积为，即，解得，
所以，圆台的母线长.
故填：.
【分析】由题意，作出圆台的轴截面，由圆台的上下底面圆的半径分别为1，2，再利用圆台体积公式可求出圆台的高，再利用勾股定理求出圆台的母线长.
13．（2024高三上·江西开学考）已知，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，，，
即，即，
则的最大值为.
故填：.
【分析】利用已知条件和指数幂的运算法则和a的取值范围，再结合指数函数的单调性，从而求出的最大值，再由指数与对数的互化公式，进而得到的最大值.
14．（2024高三上·江西开学考）设数列满足，则的值为 .
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，当时，，即，
所以，设，
则，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故填：.
【分析】由题意可得：，化简整理得：，令，可得，再由等比数列的定义判断出数列是等比数列，再结合等比数列的通项公式，从而求得的值.
15．（2024高三上·江西开学考）已知函数.
（1）求函数的最大值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数的定义域为，且，
令，解得：，
令，解得：，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
则.
（2）解：不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
则，
令，解得：；
令，解得：；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
则，所以，
所以，不等式在上恒成立，
则实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件确定函数定义域，再利用求求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值.
（2）利用已知条件和分离参数的方法，将问题转化为在上恒成立，令，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数在上的最大值，再由不等式恒成立问题求出实数a的即取值范围.
（1）函数的定义域为，且，
令，解得：，
令，解得：
所以的单调增区间为，单调减区间为，
则
（2）不等式在上恒成立，即在上恒成立，
令，
则，
令，解得：，
令，解得：
所以的单调增区间为，单调减区间为，
则，
所以，
所以不等式在上恒成立，则实数的取值范围为
16．（2024高三上·江西开学考）已知函数.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）若，设函数在区间上的最大值为，求的表达式，并求出的最小值.
【答案】（1）解：当时，，则在上单调递增，满足条件；
当时，的对称轴为，
要使在上单调递增，则，解得：；
综上所述，若在上单调递增，则的取值范围为.
（2）解：当时，的对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，，，
当时，即时，；
当时，即，；
当时，即，；
综上所述，，当时，.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件，分和两种情况讨论，再结合二次函数的对称性和一次函数、二次函数的单调性，从而得出实数t的取值范围.
（2）由，可得抛物线开口向上，再分类讨论，确定对称轴与区间的位置关系，从而结合函数的单调性得出函数的最值，则得出函数在区间上的最大值的表达式，再由分段函数的图象求出函数的最小值.
（1）当时，，则在上单调递增，满足条件；
当时，的对称轴为，要使在上单调递增，
则，解得：，
综上，若在上单调递增，则的取值范围为
（2）当时，的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，，
当，即时，，
当，即时，，，
当时，即时，；
当时，即，，
当时，即，，
综上，，
所以当时，
17．（2024高三上·江西开学考）已知四棱锥分别为的中点，平面.
（1）若，证明：平面；
（2）若，二面角的大小为，求.
【答案】（1）证明：因为平面平面，，
又因为，且，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
与共面，所以，
又因为平面平面，所以平面.
（2）法1：如图所示，作交于，连接，
由得与全等，
所以，所以与全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因为，
所以，所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如图所示，以为原点，所在直线分别为，轴，再由线面垂直建立z轴，从而建立空间直角坐标系，如图所示：
建立空间直角坐标系.则，，，
设，则，
所以，，，
设面的法向量为，
由，令，可得，
设面的法向量为，
由，
令，可得.
设二面角的大小为，则，
所以，.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得且，再由线线垂直证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而由线线共面得到，再由线面平行的判定定理，即可证明.
（2）方法一：作交，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求出PA的长；方法二：利用已知条件，建立空间直角坐标系，再结合空间向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而由数量积的坐标表示得出面的法向量和面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出二面角的大小，从而由已知条件得出PA的长.
（1）因为平面平面，
又，且，，平面
所以平面，
因为平面，所以，
与共面，所以，
又因为平面平面，所以平面.
（2）法1：如图，作交于，连接.
由得与全等，
所以，所以与全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因为，所以，
所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如图，以为原点，所在直线分别为，轴，
建立空间直角坐标系.则，，，
设，则，
所以，，，
设面的法向量为，
由，令，可得，
设面的法向量为，由，
令，可得.
设二面角的大小为，则，所以，
.
18．（2024高三上·江西开学考）已知椭圆的左 右焦点分别为，长轴长为，焦距长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，点为椭圆上一点，求周长的最大值；
（3）直线与椭圆交于两点，且关于原点的对称点分别为，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意得，，
所以，
所以，
所以，椭圆的方程为.
（2）依题意，， 如图①所示，
所以，且.
因为，
当且仅当为的延长线与椭圆相交时取等号，
所以的周长最大值为.
（3）设，如图②所示，
由得，，
所以，，
所以
，
因为
，
所以，
因为与无关，所以，
即，，此时，，
所以，
，
由题意可知，四边形为平行四边形，
因为点到直线的距离，
所以
，
所以，
因为，所以，四边形面积最大，
故直线的方程为或.
【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】（1）由椭圆的长轴长和焦距的定义、椭圆中a，b，c三者的关系式可得的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）根据已知条件和椭圆的定义和几何法求最值的方法，从而由三角形的周长公式得出三角形的周长最大值.
（3）利用已知条件，联立直线方程与椭圆方程，再由韦达定理和两点距离公式，从而表示出，由是一个与无关的常数，可求出的值，再由点到直线的距离公式和四边形的面积公式，从而将四边形面积表示为m的函数，再利用m的取值范围和二次函数的图象求最值的方法，进而得出四边形面积的最大值，从而得出四边形面积最大时的值，从而求出对应的直线的方程．
（1）由题意得，，
所以，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）依题意，， 如图①所示，
所以，且.
因为，
当且仅当为的延长线与椭圆相交时取等号，
所以的周长最大值为.
（3）设，如图②所示，
由得，，
所以，，
所以
，
因为
，
所以，
因为与无关，
所以，即，，
此时，，
所以，
，
由题意可知，四边形为平行四边形，
因为点到直线的距离，
所以
，
所以，
因为，
所以，四边形面积最大，
故直线的方程为或.
19．（2024高三上·江西开学考）已知数列，记集合.
（1）对于数列，写出集合；
（2）若，是否存在，使得 若存在，求出一组符合条件的，若不存在，说明理由；
（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求的最大值.
【答案】（1）解：因为数列，
所以，，，
所以.
（2）解：不存在，理由如下：
假设存在，使得，
则有，
由于与奇偶性相同，
所以与奇偶性不同，
又因为，，
所以中必有大于等于3的奇数因子，
这与无1以外的奇数因子矛盾，
故
（3）解：由题意得
，
当，时，，
除，外，，，
其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，
在正偶数中，只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积，
又因为中的元素均为偶数，故，
故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
所以，
故的最大值为．
【知识点】集合的含义；集合的表示方法
【解析】【分析】(1)根据题意和给出的集合新定义，进而写出集合.
(2)利用假设法，假设存在，使得，再结合奇数、偶数的性质进行计算检验，进而推出矛盾，从而得出不存在，使得.
(3)由，根据题意给出的集合新定义可对进行计算分析，再讨论元素的奇偶情况，即可得出m的最大值．
（1）因为数列，
所以，，，
所以
（2）假设存在，使得，则有
，
由于与奇偶性相同，
所以与奇偶性不同，
又因为，，
所以中必有大于等于3的奇数因子
这与无1以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得；
（3）由题意得，
当，时，，
除，外，，，
其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，
在正偶数中，只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积，
又中的元素均为偶数，故，
故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
所以，
故的最大值为．
1 / 1江西省重点中学盟校2025届高三7月联考数学试卷
1．（2024高三上·江西开学考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·江西开学考）已知命题，命题，则（ ）
A．命题和命题都是真命题
B．命题的否定和命题都是真命题
C．命题的否定和命题都是真命题
D．命题的否定和命题的否定都是真命题
3．（2024高三上·江西开学考）在等比数列中，，数列的前10项的积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·江西开学考）已知则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·江西开学考）已知直线与圆交于两点，则线段的长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·江西开学考）若对任意恒成立，，则（ ）
A．189 B．190 C．464 D．465
7．（2024高三上·江西开学考）已知为正实数，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·江西开学考）函数，若关于的不等式有且仅有四个整数解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高三上·江西开学考）已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高三上·江西开学考）已知函数的定义域为，的图像关于直线对称，且对任意的都有，则下列正确的是（ ）
A．为偶函数 B．
C．2是的一个周期 D．
11．（2024高三上·江西开学考）曲线的方程为：，该曲线是由四条封闭曲线组成，点为曲线上的一点，下列说法正确的是（ ）
A．直线及直线都是曲线的对称轴
B．点在封闭曲线内部
C．点到原点的距离的最大值为1
D．点的纵坐标的最大值为
12．（2024高三上·江西开学考）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，体积为，则该圆台的母线长为 .
13．（2024高三上·江西开学考）已知，则的最大值为 .
14．（2024高三上·江西开学考）设数列满足，则的值为 .
15．（2024高三上·江西开学考）已知函数.
（1）求函数的最大值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
16．（2024高三上·江西开学考）已知函数.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）若，设函数在区间上的最大值为，求的表达式，并求出的最小值.
17．（2024高三上·江西开学考）已知四棱锥分别为的中点，平面.
（1）若，证明：平面；
（2）若，二面角的大小为，求.
18．（2024高三上·江西开学考）已知椭圆的左 右焦点分别为，长轴长为，焦距长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，点为椭圆上一点，求周长的最大值；
（3）直线与椭圆交于两点，且关于原点的对称点分别为，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.
19．（2024高三上·江西开学考）已知数列，记集合.
（1）对于数列，写出集合；
（2）若，是否存在，使得 若存在，求出一组符合条件的，若不存在，说明理由；
（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
则.
故答案为：C
【分析】由元素与集合的关系和集合的交集运算求解．
2．【答案】D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：对于命题，
当或时，，故命题是假命题，命题的否定为真命题；
对于命题，
因为，所以命题为假命题，命题的否定为真命题；
综上可得：命题的否定和命题的否定都是真命题，
故答案为：D
【分析】利用命题的真假性判断方法命题的否定与原命题的真假性的关系，从而找出正确的选项.
3．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为在等比数列中，，
所以，即，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合等比数列的性质求出等比数列的公比，进而得到数列的通项公式，再结合指数幂的运算法则，从而得到答案.
4．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：因为
可得当时，单调递减；
当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减，
不等式，可化为，即，
解得：，则原不等式的解集为：.
故答案为：A.
【分析】利用函数的单调性定义判断出分段函数在上的单调性，再将不等式转化为不等式，再由一元二次不等式求解方法，从而得出不等式的解集.
5．【答案】B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：圆可得圆心，半径，
因为直线，恒过直线和的交点，
即，解得：，，即直线恒过定点，
因为，所以，定点在圆内，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
当时，弦长最大，这时过的最长弦长为圆的直径，
当最大时，这时，
所以，弦长的最小值为，
所以，弦长的范围为.
故答案为：B.
【分析】由圆的一般方程可得圆心坐标及半径的值，再由直线的点斜式方程可得直线恒过定点，再代入弦长公式可得当最小时弦长最大，当最大时弦长最小，从而求出的最大值和最小值，进而求出弦长的最小最大值.
6．【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：依题意，得出，
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：D.
【分析】由已知条件和恒成立问题求解方法，再结合递推公式依次求解，从而得出函数的值．
7．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，则，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合，将化为，再利用基本不等式求最值的方法，进而可求出的最小值.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数极限
【解析】【解答】解：对函数求导可得，
令，解得，令，解得或，
所以，函数的递增区间为，递减区间为和，，
当时，；当时，；
作出图象如图所示：
当时，由，可得，由图象可知，不存在整数点满足条件；
当时，由无解，不存在整数点满足条件；
当时，由，可得；
又因为， ，，，，
由的递增区间为，递减区间为和，
所以，
所以要使有四个整数解，整数解只能是2，3，4，5，
则，即，
所以，关于的不等式有且仅有四个整数解，
则的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】利用求导的方法判断函数的单调性，从而求得的单调区间，再结合函数求极限的方法，从而作出的图象，再分类讨论的方法和函数的单调性，进而求得的解集，再结合函数的图象可得实数的取值范围.
9．【答案】B,C,D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对于A，当，，时，则，故选项A不一定成立，所以选项A错误；
对于B，因为，则，所以，则选项B一定成立，故选项B正确；
对于C，因为，则，所以，则选项C一定成立，故选项C正确；
对于D，因为在上为单调递增函数，由，则，即，所以选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和不等式的基本性质，逐一分析四个答案中的不等式是否一定成立，从而可得不等式一定成立的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A，因为函数的定义域为，的图像关于直线对称，
所以关于轴对称，即，所以为偶函数，故A正确；
对于B，因为，
令，可得，则，
因为为偶函数，所以，故B不正确；
对于C，由，
令，可得：，，2是不是的一个周期，故C不正确；
对于D，因为，，所以，
所以，则，即是以4为周期的周期函数，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据抽象函数的奇偶性和对称性，从而判断出选项A；利用已知条件和赋值法以及偶函数的性质，从而判断出选项B；利用函数的周期性判断出选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：对于A，把用，用替换，曲线的方程没变，故曲线关于直线对称；
再把用，用替换，曲线的方程仍然没变，故曲线又关于直线对称，故A正确；
对于B，由于，
当且仅当时取等号，即这四个点在曲线上，
说明曲线上其它点都在圆的内部，
即点一定不在曲线上或其内部，故B错误；
对于C，由于这四个点在曲线上，
且到原点的距离是，所以曲线上点到原点的距离的最大值为1，故C正确；
对于D，当时，有，
说明点在曲线的内部，所以点的纵坐标的最大值一定大于，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用方程的特征可判断出图形的对称性，进而判断出选项A；利用点与封闭曲线的位置关系，从而判断出选项B；由两点距离公式和几何法得出点到原点的距离的最大值，从而判断出选项C；由均值不等式求最值的方法可确定点在曲线C内，再利用取等号条件可找到最优解，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图是圆台的轴截面，圆台的上下底面圆的半径分别为1，2，
设圆台的高为，母线长为，则圆台的高，
因为圆台的体积为，即，解得，
所以，圆台的母线长.
故填：.
【分析】由题意，作出圆台的轴截面，由圆台的上下底面圆的半径分别为1，2，再利用圆台体积公式可求出圆台的高，再利用勾股定理求出圆台的母线长.
13．【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，，，
即，即，
则的最大值为.
故填：.
【分析】利用已知条件和指数幂的运算法则和a的取值范围，再结合指数函数的单调性，从而求出的最大值，再由指数与对数的互化公式，进而得到的最大值.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，当时，，即，
所以，设，
则，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故填：.
【分析】由题意可得：，化简整理得：，令，可得，再由等比数列的定义判断出数列是等比数列，再结合等比数列的通项公式，从而求得的值.
15．【答案】（1）解：因为函数的定义域为，且，
令，解得：，
令，解得：，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
则.
（2）解：不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
则，
令，解得：；
令，解得：；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
则，所以，
所以，不等式在上恒成立，
则实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件确定函数定义域，再利用求求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值.
（2）利用已知条件和分离参数的方法，将问题转化为在上恒成立，令，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数在上的最大值，再由不等式恒成立问题求出实数a的即取值范围.
（1）函数的定义域为，且，
令，解得：，
令，解得：
所以的单调增区间为，单调减区间为，
则
（2）不等式在上恒成立，即在上恒成立，
令，
则，
令，解得：，
令，解得：
所以的单调增区间为，单调减区间为，
则，
所以，
所以不等式在上恒成立，则实数的取值范围为
16．【答案】（1）解：当时，，则在上单调递增，满足条件；
当时，的对称轴为，
要使在上单调递增，则，解得：；
综上所述，若在上单调递增，则的取值范围为.
（2）解：当时，的对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，，，
当时，即时，；
当时，即，；
当时，即，；
综上所述，，当时，.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件，分和两种情况讨论，再结合二次函数的对称性和一次函数、二次函数的单调性，从而得出实数t的取值范围.
（2）由，可得抛物线开口向上，再分类讨论，确定对称轴与区间的位置关系，从而结合函数的单调性得出函数的最值，则得出函数在区间上的最大值的表达式，再由分段函数的图象求出函数的最小值.
（1）当时，，则在上单调递增，满足条件；
当时，的对称轴为，要使在上单调递增，
则，解得：，
综上，若在上单调递增，则的取值范围为
（2）当时，的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，，
当，即时，，
当，即时，，，
当时，即时，；
当时，即，，
当时，即，，
综上，，
所以当时，
17．【答案】（1）证明：因为平面平面，，
又因为，且，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
与共面，所以，
又因为平面平面，所以平面.
（2）法1：如图所示，作交于，连接，
由得与全等，
所以，所以与全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因为，
所以，所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如图所示，以为原点，所在直线分别为，轴，再由线面垂直建立z轴，从而建立空间直角坐标系，如图所示：
建立空间直角坐标系.则，，，
设，则，
所以，，，
设面的法向量为，
由，令，可得，
设面的法向量为，
由，
令，可得.
设二面角的大小为，则，
所以，.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得且，再由线线垂直证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而由线线共面得到，再由线面平行的判定定理，即可证明.
（2）方法一：作交，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求出PA的长；方法二：利用已知条件，建立空间直角坐标系，再结合空间向量的坐标运算和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而由数量积的坐标表示得出面的法向量和面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出二面角的大小，从而由已知条件得出PA的长.
（1）因为平面平面，
又，且，，平面
所以平面，
因为平面，所以，
与共面，所以，
又因为平面平面，所以平面.
（2）法1：如图，作交于，连接.
由得与全等，
所以，所以与全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因为，所以，
所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如图，以为原点，所在直线分别为，轴，
建立空间直角坐标系.则，，，
设，则，
所以，，，
设面的法向量为，
由，令，可得，
设面的法向量为，由，
令，可得.
设二面角的大小为，则，所以，
.
18．【答案】（1）解：由题意得，，
所以，
所以，
所以，椭圆的方程为.
（2）依题意，， 如图①所示，
所以，且.
因为，
当且仅当为的延长线与椭圆相交时取等号，
所以的周长最大值为.
（3）设，如图②所示，
由得，，
所以，，
所以
，
因为
，
所以，
因为与无关，所以，
即，，此时，，
所以，
，
由题意可知，四边形为平行四边形，
因为点到直线的距离，
所以
，
所以，
因为，所以，四边形面积最大，
故直线的方程为或.
【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】（1）由椭圆的长轴长和焦距的定义、椭圆中a，b，c三者的关系式可得的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）根据已知条件和椭圆的定义和几何法求最值的方法，从而由三角形的周长公式得出三角形的周长最大值.
（3）利用已知条件，联立直线方程与椭圆方程，再由韦达定理和两点距离公式，从而表示出，由是一个与无关的常数，可求出的值，再由点到直线的距离公式和四边形的面积公式，从而将四边形面积表示为m的函数，再利用m的取值范围和二次函数的图象求最值的方法，进而得出四边形面积的最大值，从而得出四边形面积最大时的值，从而求出对应的直线的方程．
（1）由题意得，，
所以，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）依题意，， 如图①所示，
所以，且.
因为，
当且仅当为的延长线与椭圆相交时取等号，
所以的周长最大值为.
（3）设，如图②所示，
由得，，
所以，，
所以
，
因为
，
所以，
因为与无关，
所以，即，，
此时，，
所以，
，
由题意可知，四边形为平行四边形，
因为点到直线的距离，
所以
，
所以，
因为，
所以，四边形面积最大，
故直线的方程为或.
19．【答案】（1）解：因为数列，
所以，，，
所以.
（2）解：不存在，理由如下：
假设存在，使得，
则有，
由于与奇偶性相同，
所以与奇偶性不同，
又因为，，
所以中必有大于等于3的奇数因子，
这与无1以外的奇数因子矛盾，
故
（3）解：由题意得
，
当，时，，
除，外，，，
其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，
在正偶数中，只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积，
又因为中的元素均为偶数，故，
故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
所以，
故的最大值为．
【知识点】集合的含义；集合的表示方法
【解析】【分析】(1)根据题意和给出的集合新定义，进而写出集合.
(2)利用假设法，假设存在，使得，再结合奇数、偶数的性质进行计算检验，进而推出矛盾，从而得出不存在，使得.
(3)由，根据题意给出的集合新定义可对进行计算分析，再讨论元素的奇偶情况，即可得出m的最大值．
（1）因为数列，
所以，，，
所以
（2）假设存在，使得，则有
，
由于与奇偶性相同，
所以与奇偶性不同，
又因为，，
所以中必有大于等于3的奇数因子
这与无1以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得；
（3）由题意得，
当，时，，
除，外，，，
其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，
在正偶数中，只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积，
又中的元素均为偶数，故，
故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
所以，
故的最大值为．
1 / 1
