湖北省十堰市郧阳区第一中学2023-2024学年5月月考数学试题
1．（2024高三下·郧阳月考）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题意可得，
由，解得或，所以或，
所以，
故选：C.
【分析】先求得集合和或，据集合交集的运算，即可求解.
2．（2024高三下·郧阳月考）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由复数，
则.
故选：B.
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得复数，结合复数模的公式，即可求解.
3．（2024高三下·郧阳月考）设数列的前n项和为，给出以下两个命题：①若数列是公差不为 0 的等差数列，则对于任意不小于 2 的正整数 k，是的必要非充分条件；②若数列是等比数列，则对于任意不小于2的正整数k，是的充要条件； 下列判断正确的是（ ）
A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：对于命题①，当时，显然有满足，
但各项均不为0，不满足充分性，
当时，此时中必有一项为0，
不妨设，则，可使得成立，
故满足必要性，即①正确；
对于命题②，设等比数列的公比为q，显然，
若，则，不存在，
若，则，要使，则需为偶数，
故对于，当时，必有，此时，
则成立，满足充分性，
而，则有，此时必有，
则，满足必要性，即②正确.
故选：A.
【分析】根据题意，利用等差数列、等比数列的性质及求和公式计算，逐项判定，即可求解.
4．（2024高三下·郧阳月考）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由得，解得，
故，结合，故
由于，故，
故选：A.
【分析】根据两角差的正切公式可得，再利用同角三角函数的基本关系式，即可求解.
5．（2024高三下·郧阳月考）若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以.
故选：A．
【分析】根据题意，转化为在上恒成立，构造函数，，结合二次函数的性质求出的最值，即可求解.
6．（2024高三下·郧阳月考）函数的部分图象大致为（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；简单函数定义域
【解析】【解答】解：由，得，则的定义域是，排除B；
由，
得，
所以函数是奇函数，排除C；
，排除D.
故选：A．
【分析】由的定义域排除B；由是奇函数排除C；由排除D，即可得到答案.
7．（2024高三下·郧阳月考）已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图：
设圆锥底面为，母线长为，母线，夹角为，则，所以.
因为的面积为，所以.
又.
所以圆锥的表面积为：.
故选：B.
【分析】根据题意，求得圆锥的底面半径和母线长，结合圆的面积公式和圆锥的侧面积公式，即可求得圆锥的表面积，得到答案.
8．（2024高三下·郧阳月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点.若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】A
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：设，则，，由双曲线定义得，
在中，由余弦定理得，
解得，因此，令双曲线的半焦距为c，
在中，由余弦定理得，解得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A
【分析】根据题意，利用双曲线定义，得到，结合余弦定理，列出方程，求得，进而得到双曲线的离心率.
9．（2024高三下·郧阳月考）下列说法中， 正确的是（ ）
A．数据的第百分位数为
B．已知随机变量服从正态分布，；则
C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程，若，则
D．若样本数据的方差为，则数据的方差为4
【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；线性回归方程；总体分布的估计；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A中，我们首先按顺序排列数据，得到，
而第百分位数即为中位数，所以该数为，故A错误，
对于B中，因为随机变量服从正态分布，，
所以，，
故，得到，故B正确，
对于C中，因为，所以，
将代入中，得到，解得，故C正确，
对于D中，因为样本数据的方差为，
所以数据的方差为，故D错误.
故选：BC.
【分析】利用第百分位数的性质，可判断A，利用正态分布的性质，可判断B，利用回归方程的性质，可判断C，利用数据方差的性质，可判断D，即可求解.
10．（2024高三下·郧阳月考）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ）
A． B．面积的最大值为
C． D．边上的高的最大值为
【答案】A,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，由及正弦定理，得，而，
则，由余弦定理得，而，解得，
对于A，，A正确；
对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，令边上的高为，则，解得，D正确.
故选：AD.
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式和余弦定理，逐项计算判断，即可求解.
11．（2024高三下·郧阳月考）设函数，则（ ）．
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在，使得点为曲线的对称中心
【答案】A,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：函数定义域为，
A、当时，令，解得，令，解得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极大值，在处取得极小值，且，，
则，根据零点存在定理可知：函数在上有一个零点，
又因为，，则，
则在上各存在一个零点，故当时，函数有三个零点，故A正确；
B、当时，令，解得，函数单调递减；
令，解得，函数单调递增，
故是函数的极小值点，故B错误；
C、假设存在，使得为的对称轴，即存在使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
易知等式左右两边的系数都不相等，即原等式不可能恒成立，故不存在，使得为的对称轴，故C错误；
D、易知，若存在，使得为的对称中心，则，
，即，
即，解得，即存在，使得是的对称中心，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先求函数的定义域和导函数，利用导数判断函数的单调性，分析函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点从而判断A；根据极值和导函数符号的关系分析判断B；假设存在，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断C；若存在，使得为的对称中心，则，据此计算判断D.
12．（2024高三下·郧阳月考）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
【答案】210
【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：数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
【分析】根据题意，得到数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法，即可求解.
13．（2024高三下·郧阳月考）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.
故答案为：.
【分析】延长相交于点，连接交于点，连接，证得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长相加，即可得到答案.
14．（2024高三下·郧阳月考）已知抛物线与圆相交于四个不同的点，则r的取值范围为 ，四边形面积的最大值为 ．
【答案】 ；
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；圆的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：联立方程组，
由题意知该方程有两个不等正根，
即，所以；
如图所示，由图形的对称性，不妨设，
易知四边形为等腰梯形，
其面积为，
又点在抛物线上则有：，
而，
所以，
，
则，
令，则，
令，
易得时，此时单调递增，
时，此时单调递减，即，
则，时取得等号.
故答案为：；.
【分析】联立抛物线与圆的方程，利用判别式及根的分布计算可求，由对称性设点坐标，根据坐标含参表示四边形面积，换元结合求导判定单调性与最值，即可求解.
15．（2024高三下·郧阳月考）近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起.某企业着力推进技术革新，利润稳步提高.统计该企业年至年的利润(单位：亿元)，得到如图所示的散点图.其中年至年对应的年份代码依次为.
我们给定一些参考公式和数据：，
，，，，
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型.（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中的判断结果，建立关于的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计年的企业利润.
【答案】（1）解：适宜，
由散点图可知，相关点并不聚集在一条直线上，
所以要用非线性模型拟合，故用适宜.
（2）解：由题意得，，
，
，
所以.
（3）解：令，
所以估计2024年的企业利润为亿元.
【知识点】变量相关关系；线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【分析】（1）利用散点图选择合适的模型，即可求解.
（2）根据题意，利用最小二乘法，即可求得回归方程.
（3）由（2）中的回归直线方程，利用回归方程合理估计，得到结论.
（1）适宜，
由散点图可知，相关点并不聚集在一条直线上，
所以要用非线性模型拟合，故用适宜.
（2）由题意得，，
，
，
所以.
（3）令，
所以估计2024年的企业利润为亿元.
16．（2024高三下·郧阳月考）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
（1）求三棱台的高；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）解：作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）解：以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法，即可求解．
（1）作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
17．（2024高三下·郧阳月考）已知函数，其中且．
（1）若是偶函数，求a的值；
（2）若时，，求a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为.
（2）解：当时，，成立；
当且时，，，
又已证，故此时符合题意；
当时，，
因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，且，
故存在，使得当时，，从而单调递减，
所以，存在，使得，此时不合题意．
综上所述，且．
【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】【分析】（1）根据题意，利用，列出方程，即可求解；
（2）分，且和三种情况讨论，结合基本不等式和导数，得出函数的单调性，即可求解.
（1）由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为；
（2）当时，，成立；
当且时，，，
又已证，故此时符合题意；
当时，，
因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，且，
故存在，使得当时，，从而单调递减，
所以，存在，使得，此时不合题意．
综上所述，且．
18．（2024高三下·郧阳月考）已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为．
（1）求的方程；
（2）过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）解：（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义得到，再利用点在上，即可求出结果；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程程，利用，得到，联立抛物线方程，得到，即可求出结果；（ⅱ）根据条件得到必要条件，再代入检验满足题意，即可求出结果.
（1）由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
19．（2024高三下·郧阳月考）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ，记，并规定.记，并规定.定义.
（1）若，求和；
（2）求；
（3）证明：
【答案】（1）解：若，
而
（2）解：当时，
，
当时，由
可得；
综上所述，.
（3）解：由（2）中的结论，可得，
要证
只需证
，
令，易知，
则，
所以，
一方面，
另一方面，，
当且时， 由于，
比较两式中的系数可得：，
则
由可知=，
当时，由
可知：，
此时命题也成立.
当时， 也成立.
综上所述，.
【知识点】二项式定理的应用；判断（数列）的变化趋势；多项式
【解析】【分析】（1）直接利用定义计算即可；
（2）分与，利用定义结合等差数列求和公式计算即可；
（3）利用上问结论将问题转化为证，令，先判定结合定义化简的等量关系得出，再分类讨论且，和，时等式成立，即可求解.
（1）若，
而
（2）当时，
，
当时，由
可得；
综上所述，.
（3）结合第二问结论知，
要证
只需证
，
令，易知，
则，
所以，
一方面，
另一方面，，
当且时， 由于，
比较两式中的系数可得：，
则
由可知=，
当时，由
可知：，
此时命题也成立.
当时， 也成立.
综上所述，.
1 / 1湖北省十堰市郧阳区第一中学2023-2024学年5月月考数学试题
1．（2024高三下·郧阳月考）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·郧阳月考）已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·郧阳月考）设数列的前n项和为，给出以下两个命题：①若数列是公差不为 0 的等差数列，则对于任意不小于 2 的正整数 k，是的必要非充分条件；②若数列是等比数列，则对于任意不小于2的正整数k，是的充要条件； 下列判断正确的是（ ）
A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对
4．（2024高三下·郧阳月考）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·郧阳月考）若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·郧阳月考）函数的部分图象大致为（ ）.
A． B．
C． D．
7．（2024高三下·郧阳月考）已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·郧阳月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点.若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
9．（2024高三下·郧阳月考）下列说法中， 正确的是（ ）
A．数据的第百分位数为
B．已知随机变量服从正态分布，；则
C．已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程，若，则
D．若样本数据的方差为，则数据的方差为4
10．（2024高三下·郧阳月考）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ）
A． B．面积的最大值为
C． D．边上的高的最大值为
11．（2024高三下·郧阳月考）设函数，则（ ）．
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在，使得点为曲线的对称中心
12．（2024高三下·郧阳月考）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
13．（2024高三下·郧阳月考）在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为 ．
14．（2024高三下·郧阳月考）已知抛物线与圆相交于四个不同的点，则r的取值范围为 ，四边形面积的最大值为 ．
15．（2024高三下·郧阳月考）近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起.某企业着力推进技术革新，利润稳步提高.统计该企业年至年的利润(单位：亿元)，得到如图所示的散点图.其中年至年对应的年份代码依次为.
我们给定一些参考公式和数据：，
，，，，
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型.（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中的判断结果，建立关于的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计年的企业利润.
16．（2024高三下·郧阳月考）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
（1）求三棱台的高；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求．
17．（2024高三下·郧阳月考）已知函数，其中且．
（1）若是偶函数，求a的值；
（2）若时，，求a的取值范围．
18．（2024高三下·郧阳月考）已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为．
（1）求的方程；
（2）过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
19．（2024高三下·郧阳月考）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ，记，并规定.记，并规定.定义.
（1）若，求和；
（2）求；
（3）证明：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题意可得，
由，解得或，所以或，
所以，
故选：C.
【分析】先求得集合和或，据集合交集的运算，即可求解.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由复数，
则.
故选：B.
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得复数，结合复数模的公式，即可求解.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：对于命题①，当时，显然有满足，
但各项均不为0，不满足充分性，
当时，此时中必有一项为0，
不妨设，则，可使得成立，
故满足必要性，即①正确；
对于命题②，设等比数列的公比为q，显然，
若，则，不存在，
若，则，要使，则需为偶数，
故对于，当时，必有，此时，
则成立，满足充分性，
而，则有，此时必有，
则，满足必要性，即②正确.
故选：A.
【分析】根据题意，利用等差数列、等比数列的性质及求和公式计算，逐项判定，即可求解.
4．【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由得，解得，
故，结合，故
由于，故，
故选：A.
【分析】根据两角差的正切公式可得，再利用同角三角函数的基本关系式，即可求解.
5．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以.
故选：A．
【分析】根据题意，转化为在上恒成立，构造函数，，结合二次函数的性质求出的最值，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象；简单函数定义域
【解析】【解答】解：由，得，则的定义域是，排除B；
由，
得，
所以函数是奇函数，排除C；
，排除D.
故选：A．
【分析】由的定义域排除B；由是奇函数排除C；由排除D，即可得到答案.
7．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：如图：
设圆锥底面为，母线长为，母线，夹角为，则，所以.
因为的面积为，所以.
又.
所以圆锥的表面积为：.
故选：B.
【分析】根据题意，求得圆锥的底面半径和母线长，结合圆的面积公式和圆锥的侧面积公式，即可求得圆锥的表面积，得到答案.
8．【答案】A
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；解三角形
【解析】【解答】解：设，则，，由双曲线定义得，
在中，由余弦定理得，
解得，因此，令双曲线的半焦距为c，
在中，由余弦定理得，解得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A
【分析】根据题意，利用双曲线定义，得到，结合余弦定理，列出方程，求得，进而得到双曲线的离心率.
9．【答案】B,C
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；线性回归方程；总体分布的估计；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A中，我们首先按顺序排列数据，得到，
而第百分位数即为中位数，所以该数为，故A错误，
对于B中，因为随机变量服从正态分布，，
所以，，
故，得到，故B正确，
对于C中，因为，所以，
将代入中，得到，解得，故C正确，
对于D中，因为样本数据的方差为，
所以数据的方差为，故D错误.
故选：BC.
【分析】利用第百分位数的性质，可判断A，利用正态分布的性质，可判断B，利用回归方程的性质，可判断C，利用数据方差的性质，可判断D，即可求解.
10．【答案】A,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，由及正弦定理，得，而，
则，由余弦定理得，而，解得，
对于A，，A正确；
对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，令边上的高为，则，解得，D正确.
故选：AD.
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式和余弦定理，逐项计算判断，即可求解.
11．【答案】A,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：函数定义域为，
A、当时，令，解得，令，解得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极大值，在处取得极小值，且，，
则，根据零点存在定理可知：函数在上有一个零点，
又因为，，则，
则在上各存在一个零点，故当时，函数有三个零点，故A正确；
B、当时，令，解得，函数单调递减；
令，解得，函数单调递增，
故是函数的极小值点，故B错误；
C、假设存在，使得为的对称轴，即存在使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
易知等式左右两边的系数都不相等，即原等式不可能恒成立，故不存在，使得为的对称轴，故C错误；
D、易知，若存在，使得为的对称中心，则，
，即，
即，解得，即存在，使得是的对称中心，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先求函数的定义域和导函数，利用导数判断函数的单调性，分析函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点从而判断A；根据极值和导函数符号的关系分析判断B；假设存在，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断C；若存在，使得为的对称中心，则，据此计算判断D.
12．【答案】210
【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：数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
【分析】根据题意，得到数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法，即可求解.
13．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.
故答案为：.
【分析】延长相交于点，连接交于点，连接，证得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长相加，即可得到答案.
14．【答案】 ；
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；圆的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：联立方程组，
由题意知该方程有两个不等正根，
即，所以；
如图所示，由图形的对称性，不妨设，
易知四边形为等腰梯形，
其面积为，
又点在抛物线上则有：，
而，
所以，
，
则，
令，则，
令，
易得时，此时单调递增，
时，此时单调递减，即，
则，时取得等号.
故答案为：；.
【分析】联立抛物线与圆的方程，利用判别式及根的分布计算可求，由对称性设点坐标，根据坐标含参表示四边形面积，换元结合求导判定单调性与最值，即可求解.
15．【答案】（1）解：适宜，
由散点图可知，相关点并不聚集在一条直线上，
所以要用非线性模型拟合，故用适宜.
（2）解：由题意得，，
，
，
所以.
（3）解：令，
所以估计2024年的企业利润为亿元.
【知识点】变量相关关系；线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【分析】（1）利用散点图选择合适的模型，即可求解.
（2）根据题意，利用最小二乘法，即可求得回归方程.
（3）由（2）中的回归直线方程，利用回归方程合理估计，得到结论.
（1）适宜，
由散点图可知，相关点并不聚集在一条直线上，
所以要用非线性模型拟合，故用适宜.
（2）由题意得，，
，
，
所以.
（3）令，
所以估计2024年的企业利润为亿元.
16．【答案】（1）解：作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）解：以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法，即可求解．
（1）作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
17．【答案】（1）解：由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为.
（2）解：当时，，成立；
当且时，，，
又已证，故此时符合题意；
当时，，
因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，且，
故存在，使得当时，，从而单调递减，
所以，存在，使得，此时不合题意．
综上所述，且．
【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】【分析】（1）根据题意，利用，列出方程，即可求解；
（2）分，且和三种情况讨论，结合基本不等式和导数，得出函数的单调性，即可求解.
（1）由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为；
（2）当时，，成立；
当且时，，，
又已证，故此时符合题意；
当时，，
因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，且，
故存在，使得当时，，从而单调递减，
所以，存在，使得，此时不合题意．
综上所述，且．
18．【答案】（1）解：由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）解：（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义得到，再利用点在上，即可求出结果；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程程，利用，得到，联立抛物线方程，得到，即可求出结果；（ⅱ）根据条件得到必要条件，再代入检验满足题意，即可求出结果.
（1）由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
19．【答案】（1）解：若，
而
（2）解：当时，
，
当时，由
可得；
综上所述，.
（3）解：由（2）中的结论，可得，
要证
只需证
，
令，易知，
则，
所以，
一方面，
另一方面，，
当且时， 由于，
比较两式中的系数可得：，
则
由可知=，
当时，由
可知：，
此时命题也成立.
当时， 也成立.
综上所述，.
【知识点】二项式定理的应用；判断（数列）的变化趋势；多项式
【解析】【分析】（1）直接利用定义计算即可；
（2）分与，利用定义结合等差数列求和公式计算即可；
（3）利用上问结论将问题转化为证，令，先判定结合定义化简的等量关系得出，再分类讨论且，和，时等式成立，即可求解.
（1）若，
而
（2）当时，
，
当时，由
可得；
综上所述，.
（3）结合第二问结论知，
要证
只需证
，
令，易知，
则，
所以，
一方面，
另一方面，，
当且时， 由于，
比较两式中的系数可得：，
则
由可知=，
当时，由
可知：，
此时命题也成立.
当时， 也成立.
综上所述，.
1 / 1
