【精品解析】湖北省武汉市江汉区2025届高三7月新起点摸底考试数学试卷

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名称 【精品解析】湖北省武汉市江汉区2025届高三7月新起点摸底考试数学试卷
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资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2024-11-19 09:07:23

文档简介

湖北省武汉市江汉区2025届高三7月新起点摸底考试数学试卷
1.(2024高三上·江汉开学考)已知全集,则集合(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解:因为,所以且

所以,.
故答案为:D.
【分析】根据集合的交集、并集、补集运算规则,以及结合子集的定义即可得解.
2.(2024高三上·江汉开学考)已知(是虚数单位)是关于的方程的一个根,则(  )
A.9 B.1 C. D.
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解:已知(是虚数单位)是关于的方程的一个根,
则,即,即,
解得,故.
故答案为:B.
【分析】把方程的根代入方程,利用复数相等的列方程组求解.
3.(2024高三上·江汉开学考)已知随机变量,且,则(  )
A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.3
【答案】B
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解:因为,正态分布图象的对称性可知,,
所以.
故答案为:B.
【分析】根据正态分布曲线的对称性性质可得.
4.(2024高三上·江汉开学考)已知数列满足,则(  )
A. B. C. D.5
【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解:

故答案为:B.
【分析】由递推数列的性质,代值求解即可.
5.(2024高三上·江汉开学考)已知,则在上的投影向量为(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算;平面向量的投影向量
【解析】【解答】解:由,得,
所以,
所以在上的投影向量为.
故答案为:C.
【分析】先根据数量积的运算律求出,再根据投影向量的定义即可得解.
6.(2024高三上·江汉开学考)已知,且,则(  )
A. B. C.2 D.6
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式;同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解:由题,,
则,



故答案为:A.
【分析】关键是角的构造,将构造成,再由正弦的和差角公式展开化简求解.
7.(2024高三上·江汉开学考)已知双曲线的左右焦点分别为,过的直线与双曲线的右支交于两点,若的周长为,则双曲线离心率的取值范围为(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解:
根据双曲线定义知:的周长为,而,
所以,而的周长为,
所以,即,所以,解得,
双曲线离心率的取值范围是.
故答案为:D.
【分析】根据双曲线定义及焦点三角形周长、焦点弦的性质有,即可求离心率范围.
8.(2024高三上·江汉开学考)设函数,若,则的最小值为(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解:的定义域为,
令,得,
①当时,满足题意,;
②当时,,由,得,
要使任意,恒成立,则,
所以;
③当时,,由,得,
要使任意,恒成立,则,
所以;
综上,,即.
又,,
当且仅当时,取最小值.
所以的最小值为.
故答案为:A.
【分析】由结合对数的运算性质与不等式解集运算可得,代入消元后求解二次函数最值即可.
9.(2024高三上·江汉开学考)某班有男生30人,女生20人.在某次考试中,男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为;方差分别为,该班成绩的均分和方差为,则下列结论一定正确的是(  )
A. B.
C. D.
【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数;极差、方差与标准差
【解析】【解答】解:某班有男生30人,女生20人.在某次考试中,男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为;方差分别为,
AB、该班成绩的均分为,A正确,B错误;
CD、

所以同理,
该班成绩的方差为
,D正确,C错误;
故答案为:AD.
【分析】利用公式计算平均数与标准差判断各个选项;
10.(2024高三上·江汉开学考)在平面直角坐标系中,,则下列曲线中存在两个不同的点使得且的有(  )
A. B.
C. D.
【答案】B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解:由题,线段的垂直平分线为:,与曲线有两个不同的交点,
A、圆心,圆心到直线的距离为,直线与圆只有一个交点,不合题意,A错误;
B、联立,B正确;
C、无解,C错误;
D、,D正确.
故答案为:BD.
【分析】将条件转化为曲线与线段的垂直平分线有两个不同的交点,依次验证即可.
11.(2024高三上·江汉开学考)已知函数,记的最小值为,则(  )
A.
B.的图象关于直线对称
C.
D.
【答案】B,C,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
【解析】【解答】A、当时,;当时,设,则,
令,可得,其中,
当时,,所以,可得;
当时,,所以,即,
所以,A错误;
B、因为,
所以函数的图象都关于直线对称,B正确;
C、由A选项知,,,所以的最大值为1,即的最大值为1,C正确;
D、设,可得,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
又由,所以,即,所以,
可得,所以,D正确;
故答案为:BCD.
【分析】当时,设,令,求得,求得的函数的单调性与,求得,可判定A错误;由,可判定B正确;由A选项,即可求出的最大值为1,可判定C正确;由,得到,进而得到,可判定D正确.
12.(2024高三上·江汉开学考)的展开式中的系数是   用数字作答.
【答案】40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解:根据二项式定理,含有的项为.
故答案为:40.
【分析】本题考查二项式展开式的通项.根据二项式展开式的通项计算可得:含有的项为,再利用组合数公式进行计算可求出答案.
13.(2024高三上·江汉开学考)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为    .
【答案】28
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图
根据题意,如图,,,,
由相似易得 ,
,,,
故答案为:28
【分析】由相似易得所截棱台的高,结合棱台体积公式直接求解。
14.(2024高三上·江汉开学考)将编号为的5个小球随机放置在圆周的5个等分点上,每个等分点上各有一个小球.则使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法的概率为   .
【答案】
【知识点】不等关系与不等式;古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解:五个编号不同的小球放在圆周的五个等分点上,
每点放一个相当于五个不同元素在圆周上的一个圆形排列,共有种放法,
考虑到翻转因素,故本质不同的放法有种,
下求使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法数:
在圆周上,从1到5有优弧和劣弧两条路径,对其中任一条路径,
设是依次排列于这段弧上的小球号码,
则,
当且仅当时,上式等号成立,即每段弧上的小球编号均为由1到5递增排列,
因此圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和的最小值为,
由上,知当每段弧上的球号确定之后,达到最小值的排序方案便唯一确定,
在1,2,…,5中,除1与5外,剩下三个球号2,3,4,
将它们分为两个子集,元素较少的一个子集共有种情形,
每种情形对应着圆周上使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为最小的唯一排法,即事件总数为种,
故所求概率.
故答案为:.
【分析】先求出基本事件的总个数,设是依次排列于这段弧上的小球号码,根据绝对值不等式可得的最小值及取最小值时的关系,再结合古典概型即可得出答案.
15.(2024高三上·江汉开学考)已知的三个内角满足.
(1)求角;
(2)若边上的高等于,求.
【答案】(1)解:由,得,
即,所以,
因为为的三个内角,所以,所以.
(2)解:设BC边上的高,在中,,则,
又因为,则,
令,易得:,
所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正切公式
【解析】【分析】(1)将转化可得,然后由两角和的正切公式求出,即可求出角;
(2)设BC边上的高,则,,令,然后利用两角和的余弦公式求解即可.
(1)由,得,
即,所以,
因为为的三个内角,所以,所以.
(2)设BC边上的高,在中,,则,
又因为,则,
令,易得:,
所以.
16.(2024高三上·江汉开学考)已知函数.
(1)求函数的单调区间与极值;
(2)已知函数与函数的图象关于直线对称.证明:当时,不等式恒成立.
【答案】(1)解:由可得:,故当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,所以函数的单调递增区间为,函数的单调递减区间为,
且当时,函数的极大值为,无极小值.
(2)证明:因为函数与函数的图象关于直线对称,所以则.
令,则
则当时,,故函数单调递增,
于是,当时,,故当时,不等式恒成立.
【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】本题考查利用导函数研究函数的单调性和极值,函数的恒成立问题.
(1)先求出导函数可得:,再令和,解不等式可求出函数的单调区间,据此可求出函数的极值.
(2)根据函数与函数的图象关于直线对称,利用对称性可得:据此可得,令,求出导函数可得:,进而可推出当时,函数单调递增,
进而可得可证明不等式成立.
(1)由可得:,故当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,所以函数的单调递增区间为,函数的单调递减区间为,
且当时,函数的极大值为,无极小值.
(2)因为函数与函数的图象关于直线对称,所以则.
令,则
则当时,,故函数单调递增,
于是,当时,,故当时,不等式恒成立.
17.(2024高三上·江汉开学考)如图,在三棱锥中,为上的动点.
(1)若,求证:平面;
(2)若平面与平面的夹角为,求的长.
【答案】(1)证明:
在中,,则,
又,所以
由勾股定理可得为直角三角形,,
所以,所以
在中,因为,由余弦定理可得:
则,所以,
又,在中由余弦定理可得:

则,所以,
又平面平面,
所以平面.
(2)解:在上取一点,使由(1)可得平面,作,
如图以为坐标原点,所在的直线分别作为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.
则点,
因为平面,所以为平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
由可得,取,则,所以,
因为,所以,解得,
即,又,所以,
所以当时,则二面角的大小为.
【知识点】直线与平面垂直的判定;用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定,利用空间向量求出二面角.
(1)先利用勾股定理可得,据此可得为直角三角形,进而可求出,利用余弦定理可求出PD,进而可得,据此可证明,同理利用勾股定理可求出BD,进而可得,据此可证明,再利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面;
(2)由(1)可知:以为坐标原点,所在的直线分别作为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.写出对应点的坐标,设,根据平面,可知为平面的一个法向量,求出,进而可求出平面的一个法向量,利用空间向量的夹角计算公式可列出方程
,确定空间直角坐标系的原点位置,然后建系,利用已知的二面角建立等式关系,求出动点D的坐标,即可得出答案.,解方程可求出t的值,据此可得OD的值,利用线段的运算可求出CD值,进而可求出答案.
(1)在中,,则,
又,所以
由勾股定理可得为直角三角形,,
所以,所以
在中,因为,由余弦定理可得:
则,所以,
又,在中由余弦定理可得:

则,所以,
又平面平面,
所以平面
(2)在上取一点,使由(1)可得平面,作,
如图以为坐标原点,所在的直线分别作为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.
则点,
因为平面,所以为平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
由可得,取,则,所以,
因为,所以,解得,
即,又,所以,
所以当时,则二面角的大小为.
18.(2024高三上·江汉开学考)已知椭圆的离心率,连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为的直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程;
(2)若,求的最大值;
(3)设为坐标原点,若三点不共线,且的斜率满足,求证:为定值.
【答案】(1)解:因为,所以,
又连接四个顶点所得菱形的面积为,可得,
解得,所以椭圆方程为.
(2)解:如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则,
由韦达定理可得:,
由弦长公式可得:
当时,取得最大值.
(3)证明:如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则
由韦达定理可得:,
又由,可得,
代入可得,即.所以,所以
故为定值.
【知识点】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)先利用椭圆的离心率计算公式可得:,再利用菱形的面积计算公式可得:,联立两个式子可得方程组,解方程组可求出a和b的值,据此可求出椭圆方程;
(2) 设直线的方程为:,联立直线方程与椭圆方程消y可得:,利用韦达定理可得:,再利用弦长公式计算可得:,进而可求出的最大值;
(3) 设直线的方程为:,联立直线方程与椭圆方程消y可得:,利用韦达定理,再结合,利用斜率公式进行计算可得:,据此可得,代入进行化简可证明值为定值.
(1)因为,所以,
又连接四个顶点所得菱形的面积为,可得,
解得,所以椭圆方程为.
(2)如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则,
由韦达定理可得:,
由弦长公式可得:
当时,取得最大值.
(3)如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则
由韦达定理可得:,
又由,可得,
代入可得,即.所以,所以
故为定值.
19.(2024高三上·江汉开学考)若有穷数列满足:且,则称其为“阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项;
(2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项(,用表示);
(3)记“阶数列”的前项和为,若存在,使,试问:数列能否为“阶数列”?若能,求出所有这样的数列;若不能,请说明理由.
【答案】(1)解:设成公比为的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,
得,解得,
所以数列或为所求.
(2)解:设等差数列的公差为,

,即,
当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,
即,

当时,同理可得,即,
由得,即,

综上所述,当时,,
当时,.
(3)解:记中非负项和为A,负项和为,则,得,即,
若存在,使,可知:
,且,
时,时,

又与不能同时成立,
数列不为“阶数列”.
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】本题考查等比数列的前n项和公式,等差数列的前n项和公式.
(1)设成公比为的等比数列,根“阶数列”的定义可得:,利用等比数列的前n项和公式计算可求出q,再根据,可求出,据此可写出该数列的各项;
(2)根据“阶数列”的定义,利用等差数列的前n项和公式可得:,再分三种情况:公差是大于0、等于0、小于0,利用等差数列的通项公式依次求出首项和公差,据此可求出数列的通项 ;
(3)记中非负项和为,负项和为,则,解方程组可求出进一步可得:,再进行计算可得:再根据“阶数列”的定义可推出与不能同时成立,据此可证明结论.
(1)设成公比为的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,
得,解得,
所以数列或为所求;
(2)设等差数列的公差为,

,即,
当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,
即,

当时,同理可得,即,
由得,即,

综上所述,当时,,
当时,;
(3)记中非负项和为A,负项和为,则,
得,即,
若存在,使,可知:
,且,
时,时,

又与不能同时成立,
数列不为“阶数列”.
1 / 1湖北省武汉市江汉区2025届高三7月新起点摸底考试数学试卷
1.(2024高三上·江汉开学考)已知全集,则集合(  )
A. B. C. D.
2.(2024高三上·江汉开学考)已知(是虚数单位)是关于的方程的一个根,则(  )
A.9 B.1 C. D.
3.(2024高三上·江汉开学考)已知随机变量,且,则(  )
A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.3
4.(2024高三上·江汉开学考)已知数列满足,则(  )
A. B. C. D.5
5.(2024高三上·江汉开学考)已知,则在上的投影向量为(  )
A. B. C. D.
6.(2024高三上·江汉开学考)已知,且,则(  )
A. B. C.2 D.6
7.(2024高三上·江汉开学考)已知双曲线的左右焦点分别为,过的直线与双曲线的右支交于两点,若的周长为,则双曲线离心率的取值范围为(  )
A. B. C. D.
8.(2024高三上·江汉开学考)设函数,若,则的最小值为(  )
A. B. C. D.
9.(2024高三上·江汉开学考)某班有男生30人,女生20人.在某次考试中,男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为;方差分别为,该班成绩的均分和方差为,则下列结论一定正确的是(  )
A. B.
C. D.
10.(2024高三上·江汉开学考)在平面直角坐标系中,,则下列曲线中存在两个不同的点使得且的有(  )
A. B.
C. D.
11.(2024高三上·江汉开学考)已知函数,记的最小值为,则(  )
A.
B.的图象关于直线对称
C.
D.
12.(2024高三上·江汉开学考)的展开式中的系数是   用数字作答.
13.(2024高三上·江汉开学考)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为    .
14.(2024高三上·江汉开学考)将编号为的5个小球随机放置在圆周的5个等分点上,每个等分点上各有一个小球.则使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法的概率为   .
15.(2024高三上·江汉开学考)已知的三个内角满足.
(1)求角;
(2)若边上的高等于,求.
16.(2024高三上·江汉开学考)已知函数.
(1)求函数的单调区间与极值;
(2)已知函数与函数的图象关于直线对称.证明:当时,不等式恒成立.
17.(2024高三上·江汉开学考)如图,在三棱锥中,为上的动点.
(1)若,求证:平面;
(2)若平面与平面的夹角为,求的长.
18.(2024高三上·江汉开学考)已知椭圆的离心率,连接四个顶点所得菱形的面积为4.斜率为的直线交椭圆于两点.
(1)求椭圆的方程;
(2)若,求的最大值;
(3)设为坐标原点,若三点不共线,且的斜率满足,求证:为定值.
19.(2024高三上·江汉开学考)若有穷数列满足:且,则称其为“阶数列”.
(1)若“6阶数列”为等比数列,写出该数列的各项;
(2)若某“阶数列”为等差数列,求该数列的通项(,用表示);
(3)记“阶数列”的前项和为,若存在,使,试问:数列能否为“阶数列”?若能,求出所有这样的数列;若不能,请说明理由.
答案解析部分
1.【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解:因为,所以且

所以,.
故答案为:D.
【分析】根据集合的交集、并集、补集运算规则,以及结合子集的定义即可得解.
2.【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解:已知(是虚数单位)是关于的方程的一个根,
则,即,即,
解得,故.
故答案为:B.
【分析】把方程的根代入方程,利用复数相等的列方程组求解.
3.【答案】B
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解:因为,正态分布图象的对称性可知,,
所以.
故答案为:B.
【分析】根据正态分布曲线的对称性性质可得.
4.【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解:

故答案为:B.
【分析】由递推数列的性质,代值求解即可.
5.【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算;平面向量的投影向量
【解析】【解答】解:由,得,
所以,
所以在上的投影向量为.
故答案为:C.
【分析】先根据数量积的运算律求出,再根据投影向量的定义即可得解.
6.【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式;同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解:由题,,
则,



故答案为:A.
【分析】关键是角的构造,将构造成,再由正弦的和差角公式展开化简求解.
7.【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解:
根据双曲线定义知:的周长为,而,
所以,而的周长为,
所以,即,所以,解得,
双曲线离心率的取值范围是.
故答案为:D.
【分析】根据双曲线定义及焦点三角形周长、焦点弦的性质有,即可求离心率范围.
8.【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解:的定义域为,
令,得,
①当时,满足题意,;
②当时,,由,得,
要使任意,恒成立,则,
所以;
③当时,,由,得,
要使任意,恒成立,则,
所以;
综上,,即.
又,,
当且仅当时,取最小值.
所以的最小值为.
故答案为:A.
【分析】由结合对数的运算性质与不等式解集运算可得,代入消元后求解二次函数最值即可.
9.【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数;极差、方差与标准差
【解析】【解答】解:某班有男生30人,女生20人.在某次考试中,男生成绩的均分和女生成绩的均分分别为;方差分别为,
AB、该班成绩的均分为,A正确,B错误;
CD、

所以同理,
该班成绩的方差为
,D正确,C错误;
故答案为:AD.
【分析】利用公式计算平均数与标准差判断各个选项;
10.【答案】B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解:由题,线段的垂直平分线为:,与曲线有两个不同的交点,
A、圆心,圆心到直线的距离为,直线与圆只有一个交点,不合题意,A错误;
B、联立,B正确;
C、无解,C错误;
D、,D正确.
故答案为:BD.
【分析】将条件转化为曲线与线段的垂直平分线有两个不同的交点,依次验证即可.
11.【答案】B,C,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
【解析】【解答】A、当时,;当时,设,则,
令,可得,其中,
当时,,所以,可得;
当时,,所以,即,
所以,A错误;
B、因为,
所以函数的图象都关于直线对称,B正确;
C、由A选项知,,,所以的最大值为1,即的最大值为1,C正确;
D、设,可得,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
又由,所以,即,所以,
可得,所以,D正确;
故答案为:BCD.
【分析】当时,设,令,求得,求得的函数的单调性与,求得,可判定A错误;由,可判定B正确;由A选项,即可求出的最大值为1,可判定C正确;由,得到,进而得到,可判定D正确.
12.【答案】40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解:根据二项式定理,含有的项为.
故答案为:40.
【分析】本题考查二项式展开式的通项.根据二项式展开式的通项计算可得:含有的项为,再利用组合数公式进行计算可求出答案.
13.【答案】28
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图
根据题意,如图,,,,
由相似易得 ,
,,,
故答案为:28
【分析】由相似易得所截棱台的高,结合棱台体积公式直接求解。
14.【答案】
【知识点】不等关系与不等式;古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解:五个编号不同的小球放在圆周的五个等分点上,
每点放一个相当于五个不同元素在圆周上的一个圆形排列,共有种放法,
考虑到翻转因素,故本质不同的放法有种,
下求使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和最小的放法数:
在圆周上,从1到5有优弧和劣弧两条路径,对其中任一条路径,
设是依次排列于这段弧上的小球号码,
则,
当且仅当时,上式等号成立,即每段弧上的小球编号均为由1到5递增排列,
因此圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和的最小值为,
由上,知当每段弧上的球号确定之后,达到最小值的排序方案便唯一确定,
在1,2,…,5中,除1与5外,剩下三个球号2,3,4,
将它们分为两个子集,元素较少的一个子集共有种情形,
每种情形对应着圆周上使圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为最小的唯一排法,即事件总数为种,
故所求概率.
故答案为:.
【分析】先求出基本事件的总个数,设是依次排列于这段弧上的小球号码,根据绝对值不等式可得的最小值及取最小值时的关系,再结合古典概型即可得出答案.
15.【答案】(1)解:由,得,
即,所以,
因为为的三个内角,所以,所以.
(2)解:设BC边上的高,在中,,则,
又因为,则,
令,易得:,
所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式;两角和与差的正切公式
【解析】【分析】(1)将转化可得,然后由两角和的正切公式求出,即可求出角;
(2)设BC边上的高,则,,令,然后利用两角和的余弦公式求解即可.
(1)由,得,
即,所以,
因为为的三个内角,所以,所以.
(2)设BC边上的高,在中,,则,
又因为,则,
令,易得:,
所以.
16.【答案】(1)解:由可得:,故当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,所以函数的单调递增区间为,函数的单调递减区间为,
且当时,函数的极大值为,无极小值.
(2)证明:因为函数与函数的图象关于直线对称,所以则.
令,则
则当时,,故函数单调递增,
于是,当时,,故当时,不等式恒成立.
【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】本题考查利用导函数研究函数的单调性和极值,函数的恒成立问题.
(1)先求出导函数可得:,再令和,解不等式可求出函数的单调区间,据此可求出函数的极值.
(2)根据函数与函数的图象关于直线对称,利用对称性可得:据此可得,令,求出导函数可得:,进而可推出当时,函数单调递增,
进而可得可证明不等式成立.
(1)由可得:,故当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,所以函数的单调递增区间为,函数的单调递减区间为,
且当时,函数的极大值为,无极小值.
(2)因为函数与函数的图象关于直线对称,所以则.
令,则
则当时,,故函数单调递增,
于是,当时,,故当时,不等式恒成立.
17.【答案】(1)证明:
在中,,则,
又,所以
由勾股定理可得为直角三角形,,
所以,所以
在中,因为,由余弦定理可得:
则,所以,
又,在中由余弦定理可得:

则,所以,
又平面平面,
所以平面.
(2)解:在上取一点,使由(1)可得平面,作,
如图以为坐标原点,所在的直线分别作为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.
则点,
因为平面,所以为平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
由可得,取,则,所以,
因为,所以,解得,
即,又,所以,
所以当时,则二面角的大小为.
【知识点】直线与平面垂直的判定;用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定,利用空间向量求出二面角.
(1)先利用勾股定理可得,据此可得为直角三角形,进而可求出,利用余弦定理可求出PD,进而可得,据此可证明,同理利用勾股定理可求出BD,进而可得,据此可证明,再利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面;
(2)由(1)可知:以为坐标原点,所在的直线分别作为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.写出对应点的坐标,设,根据平面,可知为平面的一个法向量,求出,进而可求出平面的一个法向量,利用空间向量的夹角计算公式可列出方程
,确定空间直角坐标系的原点位置,然后建系,利用已知的二面角建立等式关系,求出动点D的坐标,即可得出答案.,解方程可求出t的值,据此可得OD的值,利用线段的运算可求出CD值,进而可求出答案.
(1)在中,,则,
又,所以
由勾股定理可得为直角三角形,,
所以,所以
在中,因为,由余弦定理可得:
则,所以,
又,在中由余弦定理可得:

则,所以,
又平面平面,
所以平面
(2)在上取一点,使由(1)可得平面,作,
如图以为坐标原点,所在的直线分别作为轴,轴,轴建立空间直角坐标系.
则点,
因为平面,所以为平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
由可得,取,则,所以,
因为,所以,解得,
即,又,所以,
所以当时,则二面角的大小为.
18.【答案】(1)解:因为,所以,
又连接四个顶点所得菱形的面积为,可得,
解得,所以椭圆方程为.
(2)解:如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则,
由韦达定理可得:,
由弦长公式可得:
当时,取得最大值.
(3)证明:如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则
由韦达定理可得:,
又由,可得,
代入可得,即.所以,所以
故为定值.
【知识点】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)先利用椭圆的离心率计算公式可得:,再利用菱形的面积计算公式可得:,联立两个式子可得方程组,解方程组可求出a和b的值,据此可求出椭圆方程;
(2) 设直线的方程为:,联立直线方程与椭圆方程消y可得:,利用韦达定理可得:,再利用弦长公式计算可得:,进而可求出的最大值;
(3) 设直线的方程为:,联立直线方程与椭圆方程消y可得:,利用韦达定理,再结合,利用斜率公式进行计算可得:,据此可得,代入进行化简可证明值为定值.
(1)因为,所以,
又连接四个顶点所得菱形的面积为,可得,
解得,所以椭圆方程为.
(2)如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则,
由韦达定理可得:,
由弦长公式可得:
当时,取得最大值.
(3)如图所示:
设直线的方程为:
联立,可得:,则
由韦达定理可得:,
又由,可得,
代入可得,即.所以,所以
故为定值.
19.【答案】(1)解:设成公比为的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,
得,解得,
所以数列或为所求.
(2)解:设等差数列的公差为,

,即,
当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,
即,

当时,同理可得,即,
由得,即,

综上所述,当时,,
当时,.
(3)解:记中非负项和为A,负项和为,则,得,即,
若存在,使,可知:
,且,
时,时,

又与不能同时成立,
数列不为“阶数列”.
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】本题考查等比数列的前n项和公式,等差数列的前n项和公式.
(1)设成公比为的等比数列,根“阶数列”的定义可得:,利用等比数列的前n项和公式计算可求出q,再根据,可求出,据此可写出该数列的各项;
(2)根据“阶数列”的定义,利用等差数列的前n项和公式可得:,再分三种情况:公差是大于0、等于0、小于0,利用等差数列的通项公式依次求出首项和公差,据此可求出数列的通项 ;
(3)记中非负项和为,负项和为,则,解方程组可求出进一步可得:,再进行计算可得:再根据“阶数列”的定义可推出与不能同时成立,据此可证明结论.
(1)设成公比为的等比数列,显然,
则有,得,解得,
由,
得,解得,
所以数列或为所求;
(2)设等差数列的公差为,

,即,
当时,矛盾,
当时,,
,即,由得,
即,

当时,同理可得,即,
由得,即,

综上所述,当时,,
当时,;
(3)记中非负项和为A,负项和为,则,
得,即,
若存在,使,可知:
,且,
时,时,

又与不能同时成立,
数列不为“阶数列”.
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