甘肃省定西市2024-2025学年高三上学期期末数学试题
1．（2025高三上·定西期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由条件易得：，则
故答案为：D
【分析】分别求解集合和集合，再根据交集的定义求出.
2．（2025高三上·定西期末）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则双曲线C的焦距为（ ）
A．3 B．6 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；双曲线的参数方程
【解析】【解答】 由渐近线的方程为易得：，得，所以，从而。
故答案为：B
【分析】先根据渐近线方程求出b的值，再利用双曲线中a、b、c的关系求出c，进而得到焦距2c。
3．（2025高三上·定西期末）若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ）
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
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得：对恒成立，
则，即对恒成立，
令，则对于恒成立，
当时，由反比例函数性质得在上单调递减，
且，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，并求导，问题转化为对恒成立，即对于恒成立，令，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可得a的取值范围.
4．（2025高三上·定西期末）已知点在抛物线上，F是抛物线C的焦点．若，则（ ）
A．4 B．2 C．8 D．
【答案】A
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：根据抛物线的定义，得，解得．
将点的坐标代入，得或（舍去）
故答案为：A
【分析】根据抛物线的定义先求出的值，进而得到抛物线方程，再将点的坐标代入方程求出.
5．（2025高三上·定西期末）在中，，点在线段上，，则（ ）
A．3 B． C． D．6
【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解： 在中，因为，，
所以由余弦定理可得，
而，则，由同角三角函数的基本关系得，
在中，由正弦定理可得，解得，故C正确.
故答案为：C
【分析】先在中利用余弦定理求出，再结合同角三角函数关系得到，最后在中利用正弦定理求解的长度.
6．（2025高三上·定西期末）已知某圆台的轴截面ABCD是等腰梯形，，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：
易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，
设圆台的高为h，则，
所以该圆台的体积.
故答案为：B
【分析】由圆台的轴截面求出上下底面半径，再计算圆台的高，最后代入圆台体积公式求解.
7．（2025高三上·定西期末）已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为当时，单调递增，当时，单调递减，所以．
由，得，所以．令，得，
因为在上单调递增，所以，
故答案为：A.
【分析】分析分段函数的单调性，再根据且确定、的取值范围，建立的函数关系式，用函数单调性求解其取值范围.
8．（2025高三上·定西期末）已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：设，则.因为，所以，化简得，故点在以为圆心，为半径的圆上.
又因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上.结合题意可知两圆相交或外切或内切，
所以，解得，故正数的最大值为.
故答案为：D.
【分析】设出动点的坐标，根据建立方程，确定点的轨迹方程，再结合另一条件确定点的另一轨迹，最后利用两圆的位置关系求解正数的最大值.
9．（2025高三上·定西期末）关于复数，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．在复平面内对应的点在第四象限
D．的虚部是实部的倍
【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：对A，因为，则，A对；
对B，，B对；
对C，复数在复平面内对应的点，位于第二象限，C错；
对D，复数的实部是，虚部是，则的虚部是实部的倍，D错.
故答案为：AB.
【分析】根据共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的几何意义以及复数的实部和虚部的概念，对每个选项逐一进行分析判断.
10．（2025高三上·定西期末）一次期中考试后，某校高三年级选取了（1）班、（2）班、（3）班进行成绩分析，经统计得到这三个班每班学生的数学成绩的优秀率（成绩不低于120分的学生人数与该班学生总人数之比）如表所示：
班级 （1） （2） （3）
优秀率
则下列结论正确的是（ ）
A．（3）班学生的数学成绩的优秀率最高
B．这三个班学生的数学成绩的优秀率为
C．（2）班学生的人数一定最多
D．若把（1）班和（3）班学生的数学成绩放在一起统计，得到优秀率为，则（1）班人数比（3）班人数少
【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A：比较三个班的优秀率，（3）班80%最高，A正确；
B：因各班人数未知，无法计算三个班的平均优秀率，B错误；
C：优秀率高低与班级人数多少无必然联系，C错误；
D：设（1）班人数为，（3）班为，由，化简得，即，（1）班人数比（3）班少，D正确。
故答案为：AD
【分析】通过直接比较优秀率判断A；根据各班人数未知分析B、C；利用加权平均公式推导D中人数关系。
11．（2025高三上·定西期末）如图，在长方体中，，E，F分别是棱的中点，点G在棱上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点G，使得
B．点B到平面CEF的距离是
C．存在点G，使得平面CEF
D．过CF作该长方体外接球的截面，所得截面面积的最小值是
【答案】A,B,D
【知识点】空间直角坐标系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】以为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：
设，则，，
对A，由，得，解得，A正确；
对B，设平面CEF的法向量为，则，令，得，则点B到平面CEF的距离是，B正确；
对C，当平面CEF时，，则，即，此方程组无解，C错误；
对D，设该长方体外接球的球心为O，则，，点O到直线CF的距离，设该截面圆的半径为r，则，所得截面面积的最小值是，D正确.
故答案为：ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法，对各选项涉及的垂直关系、点到平面的距离、线面垂直以及球的截面面积等问题逐一进行分析求解.
12．（2025高三上·定西期末）已知向量、满足，，且，则、的夹角的余弦值为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设向量、的夹角为，
因为，解得．
故答案为：.
【分析】设向量、的夹角为，利用平面向量数量积的运算律和定义，建立关于的方程，进而求解夹角的余弦值.
13．（2025高三上·定西期末）已知是定义在上的奇函数，对于任意的，都有，且，则不等式的解集为 ．
【答案】
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为，所以，
设，因为，所以，
则是增函数，，
因为为奇函数，所以为奇函数，所以，．
不等式可转化为，即，
所以，即的解集为，
故答案为：.
【分析】用函数的单调性和奇偶性来求解不等式.根据已知条件构造出合适的函数，判断其单调性与奇偶性，再结合函数值将不等式转化为函数值的大小关系，进而求出解集.
14．（2025高三上·定西期末）若函数的图象与函数的图象的任意连续三个交点的连线构成一个等腰直角三角形，则 ．
【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：
．
由可得，即，
不妨取，得三个连续的交点依次为，
如图，因为是等腰直角三角形，设线段中点为，
则，，．
由，得，
故答案为：
【分析】求出的表达式，再联立与的方程求出交点横坐标的规律，接着结合等腰直角三角形的性质，利用周期与线段长度的关系求解.
15．（2025高三上·定西期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）解： 由题意得，则，
因为，所以切点为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）解：．
当或时，单调递增；当或时，单调递减．
因为，所以是极大值点，极大值为，
是极小值点，极小值为．
故的单调递减区间为，单调递增区间为，极大值为，极小值为32．
【知识点】导数的几何意义；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）用导数的几何意义，先求导函数在切点处的导数值得到切线斜率，再结合切点坐标求出切线方程.
（2）对函数求导，通过分析导函数的符号确定函数的单调区间，进而求出函数的极值.
（1）由题意得，
则，
因为，所以切点为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）．
当或时，单调递增；
当或时，单调递减．
因为，所以是极大值点，极大值为，
是极小值点，极小值为．
故的单调递减区间为，单调递增区间为，极大值为，极小值为32．
16．（2025高三上·定西期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，，E，F分别为棱AB，BC的中点．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以．
因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以，
因为，所以，又，
所以平面，则．
设，易得，
则，所以，
又，所以平面
（2）解： 以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设，则，则．
由（1）知平面的一个法向量为．．
设平面的法向量为，
则取
设平面与平面的夹角为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为．
【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】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直，来证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解二面角的余弦值.
（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以．
因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以，因为，
所以，
又，所以平面，则．
设，易得，
则，所以，
又，所以平面
（2）以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设，则，
则．
由（1）知平面的一个法向量为．
．
设平面的法向量为，
则取
设平面与平面的夹角为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为．
17．（2025高三上·定西期末）某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校名学生中随机抽取名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按、、、分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求出的值，并估计全校学生中运动时长超过分钟的人数；
（2）在上述选取的名学生中任意选取名学生，设为运动时长超过分钟的人数，求的分布列与期望；
（3）现将运动时长高于分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取名学生，求恰有名学生是“热爱运动者”的概率．
【答案】（1）解： 由于频率分布直方图中所有矩形面积之和为，
则．
全校学生运动时长超过分钟的人数约为
（2）解：由图可知，运动时长超过分钟的人数为，
运动时长不超过分钟的人数为，
由题意可知的可能取值为、、，
则，，，
所以的分布列为
所以．
（3）解：运动时长超过分钟的人数为，运动时长不超过分钟的人数为，
所以从样本中任意选取名学生，
恰有名学生是“热爱运动者”的概率．
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）用频率分布直方图中所有矩形面积和为求出，再计算运动时长超过分钟的频率，进而估计全校相应人数.
（2）确定的可能取值，利用超几何分布求概率，得到分布列和期望.
（3）确定“热爱运动者”人数，再用组合数求概率.
（1）由于频率分布直方图中所有矩形面积之和为，
则．
全校学生运动时长超过分钟的人数约为．
（2）由图可知，运动时长超过分钟的人数为，
运动时长不超过分钟的人数为，
由题意可知的可能取值为、、，
则，，，
所以的分布列为
所以．
（3）运动时长超过分钟的人数为，
运动时长不超过分钟的人数为，
所以从样本中任意选取名学生，
恰有名学生是“热爱运动者”的概率．
18．（2025高三上·定西期末）已知椭圆的离心率为，且C经过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点，与x轴交于点，证明：为定值．
【答案】（1）解： 由离心率性质得，
因为椭圆C的离心率为，所以，
则，解得，
由题意得椭圆C经过点，故，
代入，得到，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）证明：如图，设，
易知，则直线的方程为，
联立方程组，消去x得，，
由，得，所以．
而由两点间距离公式得，
代入化简得到，，
所以．
【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）用椭圆离心率公式建立与的关系，再将已知点代入椭圆方程，联立求解和，从而确定椭圆方程.
（2）根据求出直线斜率，设出直线方程和点的坐标，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，再结合两点间距离公式，将距离的平方转化为关于的表达式，最后通过代数变形证明其为定值.
（1）由离心率性质得，
因为椭圆C的离心率为，所以，
则，解得，由题意得椭圆C经过点，故，
代入，得到，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）如图，设，
易知，则直线的方程为，
联立方程组，消去x得，，
由，得，所以．
而由两点间距离公式得，
代入化简得到，
，
所以．
19．（2025高三上·定西期末）若数列的首项，对任意的，都有（k为常数，且），则称为有界变差数列，其中k为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前n项和为．
（1）当时，证明：．
（2）当（）中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求k的最大值；
（3）当（）中各项都取最大值时，，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．
【答案】（1）证明：当时，，
则，
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立；
（2）解：因为，
所以，
当时，满足上式，则，
因为，所以，整理得，
因为，所以，
因为，所以当且仅当时，等号成立，
因为，所以；
（3）解：由（2）可得，
则，
设，
则，
所以，
所以，即，
因为对任意的，都有，
所以，即，
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则，
综上，的取值范围为．
【知识点】数列的求和；数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）将代入，根据有界变差数列定义可得，再利用累加法证明即可；
（2）利用累加法求得，进而可得，结合已知可得，分离参变求的最大值即可；
（3）由（2）可得，进而利用错位相减法可求得，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得，进而可求得的取值范围.
（1）当时，，
则．
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立．
（2）因为，
所以，
当时，满足上式，则．
因为，所以，
整理得．
因为，所以．
因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以．
（3）由（2）可得，
则．
设，
则，
所以，
所以，即．
因为对任意的，都有，
所以，即．
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则．
综上，的取值范围为．
1 / 1甘肃省定西市2024-2025学年高三上学期期末数学试题
1．（2025高三上·定西期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·定西期末）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则双曲线C的焦距为（ ）
A．3 B．6 C．4 D．8
3．（2025高三上·定西期末）若函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·定西期末）已知点在抛物线上，F是抛物线C的焦点．若，则（ ）
A．4 B．2 C．8 D．
5．（2025高三上·定西期末）在中，，点在线段上，，则（ ）
A．3 B． C． D．6
6．（2025高三上·定西期末）已知某圆台的轴截面ABCD是等腰梯形，，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·定西期末）已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高三上·定西期末）已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·定西期末）关于复数，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．在复平面内对应的点在第四象限
D．的虚部是实部的倍
10．（2025高三上·定西期末）一次期中考试后，某校高三年级选取了（1）班、（2）班、（3）班进行成绩分析，经统计得到这三个班每班学生的数学成绩的优秀率（成绩不低于120分的学生人数与该班学生总人数之比）如表所示：
班级 （1） （2） （3）
优秀率
则下列结论正确的是（ ）
A．（3）班学生的数学成绩的优秀率最高
B．这三个班学生的数学成绩的优秀率为
C．（2）班学生的人数一定最多
D．若把（1）班和（3）班学生的数学成绩放在一起统计，得到优秀率为，则（1）班人数比（3）班人数少
11．（2025高三上·定西期末）如图，在长方体中，，E，F分别是棱的中点，点G在棱上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点G，使得
B．点B到平面CEF的距离是
C．存在点G，使得平面CEF
D．过CF作该长方体外接球的截面，所得截面面积的最小值是
12．（2025高三上·定西期末）已知向量、满足，，且，则、的夹角的余弦值为 ．
13．（2025高三上·定西期末）已知是定义在上的奇函数，对于任意的，都有，且，则不等式的解集为 ．
14．（2025高三上·定西期末）若函数的图象与函数的图象的任意连续三个交点的连线构成一个等腰直角三角形，则 ．
15．（2025高三上·定西期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值．
16．（2025高三上·定西期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，，E，F分别为棱AB，BC的中点．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2025高三上·定西期末）某学校为了了解学生平时的运动时长情况，现从全校名学生中随机抽取名学生，统计出他们的运动时长（单位：分钟），将这些运动时长按、、、分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求出的值，并估计全校学生中运动时长超过分钟的人数；
（2）在上述选取的名学生中任意选取名学生，设为运动时长超过分钟的人数，求的分布列与期望；
（3）现将运动时长高于分钟的学生称为“热爱运动者”，现从样本中任意选取名学生，求恰有名学生是“热爱运动者”的概率．
18．（2025高三上·定西期末）已知椭圆的离心率为，且C经过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点，与x轴交于点，证明：为定值．
19．（2025高三上·定西期末）若数列的首项，对任意的，都有（k为常数，且），则称为有界变差数列，其中k为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列，的前n项和为．
（1）当时，证明：．
（2）当（）中各项都取最大值时，对任意的恒成立，求k的最大值；
（3）当（）中各项都取最大值时，，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由条件易得：，则
故答案为：D
【分析】分别求解集合和集合，再根据交集的定义求出.
2．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；双曲线的参数方程
【解析】【解答】 由渐近线的方程为易得：，得，所以，从而。
故答案为：B
【分析】先根据渐近线方程求出b的值，再利用双曲线中a、b、c的关系求出c，进而得到焦距2c。
3．【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
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
由题意可得：对恒成立，
则，即对恒成立，
令，则对于恒成立，
当时，由反比例函数性质得在上单调递减，
且，则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，并求导，问题转化为对恒成立，即对于恒成立，令，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值即可得a的取值范围.
4．【答案】A
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：根据抛物线的定义，得，解得．
将点的坐标代入，得或（舍去）
故答案为：A
【分析】根据抛物线的定义先求出的值，进而得到抛物线方程，再将点的坐标代入方程求出.
5．【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解： 在中，因为，，
所以由余弦定理可得，
而，则，由同角三角函数的基本关系得，
在中，由正弦定理可得，解得，故C正确.
故答案为：C
【分析】先在中利用余弦定理求出，再结合同角三角函数关系得到，最后在中利用正弦定理求解的长度.
6．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：
易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，
设圆台的高为h，则，
所以该圆台的体积.
故答案为：B
【分析】由圆台的轴截面求出上下底面半径，再计算圆台的高，最后代入圆台体积公式求解.
7．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为当时，单调递增，当时，单调递减，所以．
由，得，所以．令，得，
因为在上单调递增，所以，
故答案为：A.
【分析】分析分段函数的单调性，再根据且确定、的取值范围，建立的函数关系式，用函数单调性求解其取值范围.
8．【答案】D
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：设，则.因为，所以，化简得，故点在以为圆心，为半径的圆上.
又因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上.结合题意可知两圆相交或外切或内切，
所以，解得，故正数的最大值为.
故答案为：D.
【分析】设出动点的坐标，根据建立方程，确定点的轨迹方程，再结合另一条件确定点的另一轨迹，最后利用两圆的位置关系求解正数的最大值.
9．【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：对A，因为，则，A对；
对B，，B对；
对C，复数在复平面内对应的点，位于第二象限，C错；
对D，复数的实部是，虚部是，则的虚部是实部的倍，D错.
故答案为：AB.
【分析】根据共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的几何意义以及复数的实部和虚部的概念，对每个选项逐一进行分析判断.
10．【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A：比较三个班的优秀率，（3）班80%最高，A正确；
B：因各班人数未知，无法计算三个班的平均优秀率，B错误；
C：优秀率高低与班级人数多少无必然联系，C错误；
D：设（1）班人数为，（3）班为，由，化简得，即，（1）班人数比（3）班少，D正确。
故答案为：AD
【分析】通过直接比较优秀率判断A；根据各班人数未知分析B、C；利用加权平均公式推导D中人数关系。
11．【答案】A,B,D
【知识点】空间直角坐标系；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】以为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：
设，则，，
对A，由，得，解得，A正确；
对B，设平面CEF的法向量为，则，令，得，则点B到平面CEF的距离是，B正确；
对C，当平面CEF时，，则，即，此方程组无解，C错误；
对D，设该长方体外接球的球心为O，则，，点O到直线CF的距离，设该截面圆的半径为r，则，所得截面面积的最小值是，D正确.
故答案为：ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法，对各选项涉及的垂直关系、点到平面的距离、线面垂直以及球的截面面积等问题逐一进行分析求解.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设向量、的夹角为，
因为，解得．
故答案为：.
【分析】设向量、的夹角为，利用平面向量数量积的运算律和定义，建立关于的方程，进而求解夹角的余弦值.
13．【答案】
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为，所以，
设，因为，所以，
则是增函数，，
因为为奇函数，所以为奇函数，所以，．
不等式可转化为，即，
所以，即的解集为，
故答案为：.
【分析】用函数的单调性和奇偶性来求解不等式.根据已知条件构造出合适的函数，判断其单调性与奇偶性，再结合函数值将不等式转化为函数值的大小关系，进而求出解集.
14．【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：
．
由可得，即，
不妨取，得三个连续的交点依次为，
如图，因为是等腰直角三角形，设线段中点为，
则，，．
由，得，
故答案为：
【分析】求出的表达式，再联立与的方程求出交点横坐标的规律，接着结合等腰直角三角形的性质，利用周期与线段长度的关系求解.
15．【答案】（1）解： 由题意得，则，
因为，所以切点为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）解：．
当或时，单调递增；当或时，单调递减．
因为，所以是极大值点，极大值为，
是极小值点，极小值为．
故的单调递减区间为，单调递增区间为，极大值为，极小值为32．
【知识点】导数的几何意义；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）用导数的几何意义，先求导函数在切点处的导数值得到切线斜率，再结合切点坐标求出切线方程.
（2）对函数求导，通过分析导函数的符号确定函数的单调区间，进而求出函数的极值.
（1）由题意得，
则，
因为，所以切点为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）．
当或时，单调递增；
当或时，单调递减．
因为，所以是极大值点，极大值为，
是极小值点，极小值为．
故的单调递减区间为，单调递增区间为，极大值为，极小值为32．
16．【答案】（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以．
因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以，
因为，所以，又，
所以平面，则．
设，易得，
则，所以，
又，所以平面
（2）解： 以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设，则，则．
由（1）知平面的一个法向量为．．
设平面的法向量为，
则取
设平面与平面的夹角为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为．
【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】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直，来证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解二面角的余弦值.
（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以．
因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以，因为，
所以，
又，所以平面，则．
设，易得，
则，所以，
又，所以平面
（2）以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设，则，
则．
由（1）知平面的一个法向量为．
．
设平面的法向量为，
则取
设平面与平面的夹角为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为．
17．【答案】（1）解： 由于频率分布直方图中所有矩形面积之和为，
则．
全校学生运动时长超过分钟的人数约为
（2）解：由图可知，运动时长超过分钟的人数为，
运动时长不超过分钟的人数为，
由题意可知的可能取值为、、，
则，，，
所以的分布列为
所以．
（3）解：运动时长超过分钟的人数为，运动时长不超过分钟的人数为，
所以从样本中任意选取名学生，
恰有名学生是“热爱运动者”的概率．
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）用频率分布直方图中所有矩形面积和为求出，再计算运动时长超过分钟的频率，进而估计全校相应人数.
（2）确定的可能取值，利用超几何分布求概率，得到分布列和期望.
（3）确定“热爱运动者”人数，再用组合数求概率.
（1）由于频率分布直方图中所有矩形面积之和为，
则．
全校学生运动时长超过分钟的人数约为．
（2）由图可知，运动时长超过分钟的人数为，
运动时长不超过分钟的人数为，
由题意可知的可能取值为、、，
则，，，
所以的分布列为
所以．
（3）运动时长超过分钟的人数为，
运动时长不超过分钟的人数为，
所以从样本中任意选取名学生，
恰有名学生是“热爱运动者”的概率．
18．【答案】（1）解： 由离心率性质得，
因为椭圆C的离心率为，所以，
则，解得，
由题意得椭圆C经过点，故，
代入，得到，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）证明：如图，设，
易知，则直线的方程为，
联立方程组，消去x得，，
由，得，所以．
而由两点间距离公式得，
代入化简得到，，
所以．
【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）用椭圆离心率公式建立与的关系，再将已知点代入椭圆方程，联立求解和，从而确定椭圆方程.
（2）根据求出直线斜率，设出直线方程和点的坐标，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，再结合两点间距离公式，将距离的平方转化为关于的表达式，最后通过代数变形证明其为定值.
（1）由离心率性质得，
因为椭圆C的离心率为，所以，
则，解得，由题意得椭圆C经过点，故，
代入，得到，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）如图，设，
易知，则直线的方程为，
联立方程组，消去x得，，
由，得，所以．
而由两点间距离公式得，
代入化简得到，
，
所以．
19．【答案】（1）证明：当时，，
则，
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立；
（2）解：因为，
所以，
当时，满足上式，则，
因为，所以，整理得，
因为，所以，
因为，所以当且仅当时，等号成立，
因为，所以；
（3）解：由（2）可得，
则，
设，
则，
所以，
所以，即，
因为对任意的，都有，
所以，即，
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则，
综上，的取值范围为．
【知识点】数列的求和；数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）将代入，根据有界变差数列定义可得，再利用累加法证明即可；
（2）利用累加法求得，进而可得，结合已知可得，分离参变求的最大值即可；
（3）由（2）可得，进而利用错位相减法可求得，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得，进而可求得的取值范围.
（1）当时，，
则．
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立．
（2）因为，
所以，
当时，满足上式，则．
因为，所以，
整理得．
因为，所以．
因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以．
（3）由（2）可得，
则．
设，
则，
所以，
所以，即．
因为对任意的，都有，
所以，即．
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则．
综上，的取值范围为．
1 / 1
