河南省焦作市高三理数三模试卷（附答案）
数学5月联考试卷一、单选题1．已知集合，集合，则（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】并集及其运算【解析】【解答】易知或，，故答案为：B【分析】分别求出集合A、B中的元素，求出A，B的并集即可.设复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（A
高三理数三模试卷一、单选题1．已知集合，，则（ ）A．B．C．D．2．已知复数的实部为1，且，则（ ）A．B．2C．D．43．已知，则“”是“”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知数
简介：高三下学期数学二模试卷所以，则.一、单选题当时，.1．已知集合，，则（ ）故答案为：CA．B．【分析】求得中心点坐标，代入方程求得a，再由x=120，即可求解。C．D．4．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C（ ）【知识点】并集及其运算A．充分非必要条件B．必要非充分条件【解析】【解答】因为，所以.C．充要条件D．非充分非必要条件故答案为：C【答案】B【知识点】充分条件；必要条件【分析】化简集合B，再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，2．已知向量，，则（ ）可得或相交，A．3B．4C．5D．6【答案】C反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．【解析】【解答】解：由题意可得，所以.故答案为：B.故答案为：C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得到或相交，即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5．若函数，则函数的最小值为（ ）3．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为A．-1B．-2C．-3D．-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（ ）【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数在闭区间上的最值A．70.6B．100C．106D．110【解析】【解答】因为，【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解：因为，，从而，所以，，当时，取得最小值，且最小值为-4. 故答案为：D则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，【分析】由配方法求得，进而得到，即可求解。所以a+2b的最大值为.6．已知函数，，，且在上单调递增，则故答案为：C（ ）A．B．C．2D．3【分析】由即可求解。【答案】A8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于【知识点】正弦函数的单调性；复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为，所以，两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（ ）所以，解得.A．B．C．3D．5因为，所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增，所以，【解析】【解答】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得，故.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，故答案为：A则.因为，所以，则平行四边形是矩形.【分析】由可得，即可得，再由得到设，，则，整理得，即，，结合函数单调性即可知，从而解决问题。故双曲线C的离心率.7．已知a，，且，则a+2b的最大值为（ ）故答案为：BA．2B．3C．D．【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.，不妨设在第三象限，由题意可知【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用分别线段，的中点，如图，易判断平行四边形是矩形.，设，，则【解析】【解答】解：， 所以，最小值为，A不符合题意；即可求解。所以，由椭圆的对称性知，，所以B符合题意.二、多选题当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，C符合9．已知复数z满足方程，则（ ）A．z可能为纯虚数B．方程各根之和为4题意.C．z可能为D．方程各根之积为-20故答案为：BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得，，可判断D，由可得A，B关于原点对称，即可判【解析】【解答】由，得或，断A，由椭圆定义即可判断B，当在轴上时，结合余弦定理即可判断C。即或，11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）解得：或，显然A不符合题意，C符合题意；A．B．C．D．各根之和为，B符合题意；【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为，D符合题意【解析】【解答】解：设直线与曲线相切于点，故答案为：BCD.与曲线相切于点，【分析】由已知条件可得或，即可求得或，逐项判断即可。对于函数，，则，解得，10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且所以，即.，则（ ）对于函数，，A．的最小值为4B．为定值则，C．存在点，使得D．C的焦距是短轴长的倍又，【答案】B,C,D所以，【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质又，【解析】【解答】解：因为，，，所以，，，所以，.所以，C的焦距是短轴长的倍，D符合题意.故答案为：AD因为，故关于原点对称，【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点 ，由导数的几何意义即可求a=1，m=-2，再结合可得，上先增后减，得，即可求解。三、填空题结合即可求解。13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为 .12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）【答案】25【知识点】二项式定理；二项式定理的应用A．B．C．D．【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知，得，则，【知识点】指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化；对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵，∴，，∴.展开式的通项公式为，设，∵，，在上先增后减，所以展开式中的系数为.∴.故答案为：25∵，∴，，【分析】令x=1，即可求得n=5，再结合的通项公式即可求解。∴，∴.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，∵，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为 .（用数字作答）∴【答案】2046设，【知识点】等比数列的前n项和∵，，在上先增后减，【解析】【解答】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，∴.由等比数列前项和公式可得，的最大值为.∴.故答案为：BC.故答案为：2046【分析】由，可得.设，由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减，可得，再结合可得，由解。15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平可得，构造函数，由在面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，故答案为：因为PA⊥平面ABC，【分析】由，代入已知条件可得，构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径，易判断单调递增，由，即可得，再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：36π四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径，再结合PA⊥平面ABC，可得（1）求的通项公式.即可求解。（2）若，数列的前n项和为，证明.【答案】（1）解：由题意，得，16．已知，则的取值范围为 .解得：，【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系（2）证明：因为，【解析】【解答】解：因为，所以所以，，即.设函数，则，因为，因为，所以.所以，所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由求得a1，即可求解；又，所以，（2）由（1）可得，通过裂项相消求和即可求证。所以， 18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由（1）得，.（1）求角A；比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.（2）若，，求△ABC的面积..【答案】（1）解：因为，比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.所以，.所以，.因为，所以.，因为，故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式；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】（1）由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合，即可求解；（2）解：因为，，，（2）由题意可知X的可能取值为3，4，5.求得每个取值对应概率，再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理，20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图可得，即，2.解得或（舍去），（1）证明：.（2）若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】（1）证明：由，，【知识点】正弦定理；余弦定理得，，，则，所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件，结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A；因为，所以△ABE∽△ACB，(2)利用余弦定理求解C，然后求解三角形的面积.所以，即.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，又，所以平面PEB，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.因为平面PEB，所以.（1）求比赛只进行了3回合的概率；（2）解：以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，（2）设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.则，，，，，，，【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.，.（2）解：X的可能取值为3，4，5.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为， 则由，，（2）解：，由于函数在均为单调递增函数，得.所以，在上单调递增，且.令，得.当，即时，，在上单调递增，设平面EFM的法向量为，则，，所以.即.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，令，得.则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意因为，综上，a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】（1）求得，通过，求得单调区间，即可求得最小值，从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角而解决问题；【解析】【分析】（1）结合勾股定理易得，再由△ABE∽△ACB，得（2）由函数在均为单调递增函数，可判断也单调递增，通，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间，求得最小值，即可求解。21．已知函数.22．已知抛物线.（1）若，证明：.（1）直线与交于A、B两点，O为坐标原点.（2）当时，恒成立，求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.【答案】（1）证明：当时，，②若，求的值；因为在上单调递增，且，（2）已知点，直线与交于C、D两点（均异于点），且.过作直线的垂所以时，，在上单调递减，线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.当时，，在上单调递增.【答案】（1）解：选①：设点、，所以，所以，.联立可得，（*） 当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，联立得，，所以，，，由韦达定理可得，.则，，因为，所以，所以.所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为经过抛物线的焦点，因为，所以当点为的中点时，为定值，所以，故存在定点，使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）选①：设点、，直线方程，抛物线方程联立，结合韦达定理，选②：设点、，可得，结合即可求解；联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，选②：设点、，联立直线与抛物线方程，结合达定理得到：所以，，，，再由-3，即可求解；则，，（2）先判断当直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，再设直线的方程为，设点、，联立结合韦达定理及，可得.，即，从而直线的方程为，即过定点因为.又，可知点为的中点，即可求证。，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，
简介：高三下学期数学二模试卷所以，则.一、单选题当时，.1．已知集合，，则（ ）故答案为：CA．B．【分析】求得中心点坐标，代入方程求得a，再由x=120，即可求解。C．D．4．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C（ ）【知识点】并集及其运算A．充分非必要条件B．必要非充分条件【解析】【解答】因为，所以.C．充要条件D．非充分非必要条件故答案为：C【答案】B【知识点】充分条件；必要条件【分析】化简集合B，再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，2．已知向量，，则（ ）可得或相交，A．3B．4C．5D．6【答案】C反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．【解析】【解答】解：由题意可得，所以.故答案为：B.故答案为：C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得到或相交，即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5．若函数，则函数的最小值为（ ）3．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为A．-1B．-2C．-3D．-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（ ）【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数在闭区间上的最值A．70.6B．100C．106D．110【解析】【解答】因为，【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解：因为，，从而，所以，，当时，取得最小值，且最小值为-4. 故答案为：D则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，【分析】由配方法求得，进而得到，即可求解。所以a+2b的最大值为.6．已知函数，，，且在上单调递增，则故答案为：C（ ）A．B．C．2D．3【分析】由即可求解。【答案】A8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于【知识点】正弦函数的单调性；复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为，所以，两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（ ）所以，解得.A．B．C．3D．5因为，所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增，所以，【解析】【解答】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得，故.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，故答案为：A则.因为，所以，则平行四边形是矩形.【分析】由可得，即可得，再由得到设，，则，整理得，即，，结合函数单调性即可知，从而解决问题。故双曲线C的离心率.7．已知a，，且，则a+2b的最大值为（ ）故答案为：BA．2B．3C．D．【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.，不妨设在第三象限，由题意可知【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用分别线段，的中点，如图，易判断平行四边形是矩形.，设，，则【解析】【解答】解：， 所以，最小值为，A不符合题意；即可求解。所以，由椭圆的对称性知，，所以B符合题意.二、多选题当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，C符合9．已知复数z满足方程，则（ ）A．z可能为纯虚数B．方程各根之和为4题意.C．z可能为D．方程各根之积为-20故答案为：BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得，，可判断D，由可得A，B关于原点对称，即可判【解析】【解答】由，得或，断A，由椭圆定义即可判断B，当在轴上时，结合余弦定理即可判断C。即或，11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）解得：或，显然A不符合题意，C符合题意；A．B．C．D．各根之和为，B符合题意；【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为，D符合题意【解析】【解答】解：设直线与曲线相切于点，故答案为：BCD.与曲线相切于点，【分析】由已知条件可得或，即可求得或，逐项判断即可。对于函数，，则，解得，10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且所以，即.，则（ ）对于函数，，A．的最小值为4B．为定值则，C．存在点，使得D．C的焦距是短轴长的倍又，【答案】B,C,D所以，【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质又，【解析】【解答】解：因为，，，所以，，，所以，.所以，C的焦距是短轴长的倍，D符合题意.故答案为：AD因为，故关于原点对称，【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点 ，由导数的几何意义即可求a=1，m=-2，再结合可得，上先增后减，得，即可求解。三、填空题结合即可求解。13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为 .12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）【答案】25【知识点】二项式定理；二项式定理的应用A．B．C．D．【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知，得，则，【知识点】指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化；对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵，∴，，∴.展开式的通项公式为，设，∵，，在上先增后减，所以展开式中的系数为.∴.故答案为：25∵，∴，，【分析】令x=1，即可求得n=5，再结合的通项公式即可求解。∴，∴.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，∵，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为 .（用数字作答）∴【答案】2046设，【知识点】等比数列的前n项和∵，，在上先增后减，【解析】【解答】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，∴.由等比数列前项和公式可得，的最大值为.∴.故答案为：BC.故答案为：2046【分析】由，可得.设，由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减，可得，再结合可得，由解。15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平可得，构造函数，由在面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，故答案为：因为PA⊥平面ABC，【分析】由，代入已知条件可得，构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径，易判断单调递增，由，即可得，再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：36π四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径，再结合PA⊥平面ABC，可得（1）求的通项公式.即可求解。（2）若，数列的前n项和为，证明.【答案】（1）解：由题意，得，16．已知，则的取值范围为 .解得：，【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系（2）证明：因为，【解析】【解答】解：因为，所以所以，，即.设函数，则，因为，因为，所以.所以，所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由求得a1，即可求解；又，所以，（2）由（1）可得，通过裂项相消求和即可求证。所以， 18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由（1）得，.（1）求角A；比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.（2）若，，求△ABC的面积..【答案】（1）解：因为，比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.所以，.所以，.因为，所以.，因为，故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式；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】（1）由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合，即可求解；（2）解：因为，，，（2）由题意可知X的可能取值为3，4，5.求得每个取值对应概率，再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理，20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图可得，即，2.解得或（舍去），（1）证明：.（2）若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】（1）证明：由，，【知识点】正弦定理；余弦定理得，，，则，所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件，结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A；因为，所以△ABE∽△ACB，(2)利用余弦定理求解C，然后求解三角形的面积.所以，即.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，又，所以平面PEB，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.因为平面PEB，所以.（1）求比赛只进行了3回合的概率；（2）解：以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，（2）设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.则，，，，，，，【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.，.（2）解：X的可能取值为3，4，5.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为， 则由，，（2）解：，由于函数在均为单调递增函数，得.所以，在上单调递增，且.令，得.当，即时，，在上单调递增，设平面EFM的法向量为，则，，所以.即.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，令，得.则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意因为，综上，a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】（1）求得，通过，求得单调区间，即可求得最小值，从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角而解决问题；【解析】【分析】（1）结合勾股定理易得，再由△ABE∽△ACB，得（2）由函数在均为单调递增函数，可判断也单调递增，通，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间，求得最小值，即可求解。21．已知函数.22．已知抛物线.（1）若，证明：.（1）直线与交于A、B两点，O为坐标原点.（2）当时，恒成立，求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.【答案】（1）证明：当时，，②若，求的值；因为在上单调递增，且，（2）已知点，直线与交于C、D两点（均异于点），且.过作直线的垂所以时，，在上单调递减，线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.当时，，在上单调递增.【答案】（1）解：选①：设点、，所以，所以，.联立可得，（*） 当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，联立得，，所以，，，由韦达定理可得，.则，，因为，所以，所以.所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为经过抛物线的焦点，因为，所以当点为的中点时，为定值，所以，故存在定点，使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）选①：设点、，直线方程，抛物线方程联立，结合韦达定理，选②：设点、，可得，结合即可求解；联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，选②：设点、，联立直线与抛物线方程，结合达定理得到：所以，，，，再由-3，即可求解；则，，（2）先判断当直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，再设直线的方程为，设点、，联立结合韦达定理及，可得.，即，从而直线的方程为，即过定点因为.又，可知点为的中点，即可求证。，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，
简介：高三下学期数学二模试卷所以，则.一、单选题当时，.1．已知集合，，则（ ）故答案为：CA．B．【分析】求得中心点坐标，代入方程求得a，再由x=120，即可求解。C．D．4．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C（ ）【知识点】并集及其运算A．充分非必要条件B．必要非充分条件【解析】【解答】因为，所以.C．充要条件D．非充分非必要条件故答案为：C【答案】B【知识点】充分条件；必要条件【分析】化简集合B，再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，2．已知向量，，则（ ）可得或相交，A．3B．4C．5D．6【答案】C反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．【解析】【解答】解：由题意可得，所以.故答案为：B.故答案为：C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得到或相交，即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5．若函数，则函数的最小值为（ ）3．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为A．-1B．-2C．-3D．-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（ ）【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数在闭区间上的最值A．70.6B．100C．106D．110【解析】【解答】因为，【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解：因为，，从而，所以，，当时，取得最小值，且最小值为-4. 故答案为：D则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，【分析】由配方法求得，进而得到，即可求解。所以a+2b的最大值为.6．已知函数，，，且在上单调递增，则故答案为：C（ ）A．B．C．2D．3【分析】由即可求解。【答案】A8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于【知识点】正弦函数的单调性；复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为，所以，两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（ ）所以，解得.A．B．C．3D．5因为，所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增，所以，【解析】【解答】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得，故.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，故答案为：A则.因为，所以，则平行四边形是矩形.【分析】由可得，即可得，再由得到设，，则，整理得，即，，结合函数单调性即可知，从而解决问题。故双曲线C的离心率.7．已知a，，且，则a+2b的最大值为（ ）故答案为：BA．2B．3C．D．【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.，不妨设在第三象限，由题意可知【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用分别线段，的中点，如图，易判断平行四边形是矩形.，设，，则【解析】【解答】解：， 所以，最小值为，A不符合题意；即可求解。所以，由椭圆的对称性知，，所以B符合题意.二、多选题当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，C符合9．已知复数z满足方程，则（ ）A．z可能为纯虚数B．方程各根之和为4题意.C．z可能为D．方程各根之积为-20故答案为：BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得，，可判断D，由可得A，B关于原点对称，即可判【解析】【解答】由，得或，断A，由椭圆定义即可判断B，当在轴上时，结合余弦定理即可判断C。即或，11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）解得：或，显然A不符合题意，C符合题意；A．B．C．D．各根之和为，B符合题意；【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为，D符合题意【解析】【解答】解：设直线与曲线相切于点，故答案为：BCD.与曲线相切于点，【分析】由已知条件可得或，即可求得或，逐项判断即可。对于函数，，则，解得，10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且所以，即.，则（ ）对于函数，，A．的最小值为4B．为定值则，C．存在点，使得D．C的焦距是短轴长的倍又，【答案】B,C,D所以，【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质又，【解析】【解答】解：因为，，，所以，，，所以，.所以，C的焦距是短轴长的倍，D符合题意.故答案为：AD因为，故关于原点对称，【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点 ，由导数的几何意义即可求a=1，m=-2，再结合可得，上先增后减，得，即可求解。三、填空题结合即可求解。13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为 .12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）【答案】25【知识点】二项式定理；二项式定理的应用A．B．C．D．【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知，得，则，【知识点】指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化；对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵，∴，，∴.展开式的通项公式为，设，∵，，在上先增后减，所以展开式中的系数为.∴.故答案为：25∵，∴，，【分析】令x=1，即可求得n=5，再结合的通项公式即可求解。∴，∴.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，∵，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为 .（用数字作答）∴【答案】2046设，【知识点】等比数列的前n项和∵，，在上先增后减，【解析】【解答】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，∴.由等比数列前项和公式可得，的最大值为.∴.故答案为：BC.故答案为：2046【分析】由，可得.设，由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减，可得，再结合可得，由解。15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平可得，构造函数，由在面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，故答案为：因为PA⊥平面ABC，【分析】由，代入已知条件可得，构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径，易判断单调递增，由，即可得，再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：36π四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径，再结合PA⊥平面ABC，可得（1）求的通项公式.即可求解。（2）若，数列的前n项和为，证明.【答案】（1）解：由题意，得，16．已知，则的取值范围为 .解得：，【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系（2）证明：因为，【解析】【解答】解：因为，所以所以，，即.设函数，则，因为，因为，所以.所以，所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由求得a1，即可求解；又，所以，（2）由（1）可得，通过裂项相消求和即可求证。所以， 18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由（1）得，.（1）求角A；比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.（2）若，，求△ABC的面积..【答案】（1）解：因为，比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.所以，.所以，.因为，所以.，因为，故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式；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】（1）由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合，即可求解；（2）解：因为，，，（2）由题意可知X的可能取值为3，4，5.求得每个取值对应概率，再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理，20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图可得，即，2.解得或（舍去），（1）证明：.（2）若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】（1）证明：由，，【知识点】正弦定理；余弦定理得，，，则，所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件，结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A；因为，所以△ABE∽△ACB，(2)利用余弦定理求解C，然后求解三角形的面积.所以，即.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，又，所以平面PEB，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.因为平面PEB，所以.（1）求比赛只进行了3回合的概率；（2）解：以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，（2）设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.则，，，，，，，【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.，.（2）解：X的可能取值为3，4，5.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为， 则由，，（2）解：，由于函数在均为单调递增函数，得.所以，在上单调递增，且.令，得.当，即时，，在上单调递增，设平面EFM的法向量为，则，，所以.即.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，令，得.则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意因为，综上，a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】（1）求得，通过，求得单调区间，即可求得最小值，从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角而解决问题；【解析】【分析】（1）结合勾股定理易得，再由△ABE∽△ACB，得（2）由函数在均为单调递增函数，可判断也单调递增，通，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间，求得最小值，即可求解。21．已知函数.22．已知抛物线.（1）若，证明：.（1）直线与交于A、B两点，O为坐标原点.（2）当时，恒成立，求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.【答案】（1）证明：当时，，②若，求的值；因为在上单调递增，且，（2）已知点，直线与交于C、D两点（均异于点），且.过作直线的垂所以时，，在上单调递减，线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.当时，，在上单调递增.【答案】（1）解：选①：设点、，所以，所以，.联立可得，（*） 当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，联立得，，所以，，，由韦达定理可得，.则，，因为，所以，所以.所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为经过抛物线的焦点，因为，所以当点为的中点时，为定值，所以，故存在定点，使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）选①：设点、，直线方程，抛物线方程联立，结合韦达定理，选②：设点、，可得，结合即可求解；联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，选②：设点、，联立直线与抛物线方程，结合达定理得到：所以，，，，再由-3，即可求解；则，，（2）先判断当直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，再设直线的方程为，设点、，联立结合韦达定理及，可得.，即，从而直线的方程为，即过定点因为.又，可知点为的中点，即可求证。，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，
简介：高三下学期数学二模试卷所以，则.一、单选题当时，.1．已知集合，，则（ ）故答案为：CA．B．【分析】求得中心点坐标，代入方程求得a，再由x=120，即可求解。C．D．4．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C（ ）【知识点】并集及其运算A．充分非必要条件B．必要非充分条件【解析】【解答】因为，所以.C．充要条件D．非充分非必要条件故答案为：C【答案】B【知识点】充分条件；必要条件【分析】化简集合B，再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，2．已知向量，，则（ ）可得或相交，A．3B．4C．5D．6【答案】C反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．【解析】【解答】解：由题意可得，所以.故答案为：B.故答案为：C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得到或相交，即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5．若函数，则函数的最小值为（ ）3．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为A．-1B．-2C．-3D．-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（ ）【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数在闭区间上的最值A．70.6B．100C．106D．110【解析】【解答】因为，【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解：因为，，从而，所以，，当时，取得最小值，且最小值为-4. 故答案为：D则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，【分析】由配方法求得，进而得到，即可求解。所以a+2b的最大值为.6．已知函数，，，且在上单调递增，则故答案为：C（ ）A．B．C．2D．3【分析】由即可求解。【答案】A8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于【知识点】正弦函数的单调性；复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为，所以，两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（ ）所以，解得.A．B．C．3D．5因为，所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增，所以，【解析】【解答】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得，故.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，故答案为：A则.因为，所以，则平行四边形是矩形.【分析】由可得，即可得，再由得到设，，则，整理得，即，，结合函数单调性即可知，从而解决问题。故双曲线C的离心率.7．已知a，，且，则a+2b的最大值为（ ）故答案为：BA．2B．3C．D．【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.，不妨设在第三象限，由题意可知【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用分别线段，的中点，如图，易判断平行四边形是矩形.，设，，则【解析】【解答】解：， 所以，最小值为，A不符合题意；即可求解。所以，由椭圆的对称性知，，所以B符合题意.二、多选题当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，C符合9．已知复数z满足方程，则（ ）A．z可能为纯虚数B．方程各根之和为4题意.C．z可能为D．方程各根之积为-20故答案为：BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得，，可判断D，由可得A，B关于原点对称，即可判【解析】【解答】由，得或，断A，由椭圆定义即可判断B，当在轴上时，结合余弦定理即可判断C。即或，11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）解得：或，显然A不符合题意，C符合题意；A．B．C．D．各根之和为，B符合题意；【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为，D符合题意【解析】【解答】解：设直线与曲线相切于点，故答案为：BCD.与曲线相切于点，【分析】由已知条件可得或，即可求得或，逐项判断即可。对于函数，，则，解得，10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且所以，即.，则（ ）对于函数，，A．的最小值为4B．为定值则，C．存在点，使得D．C的焦距是短轴长的倍又，【答案】B,C,D所以，【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质又，【解析】【解答】解：因为，，，所以，，，所以，.所以，C的焦距是短轴长的倍，D符合题意.故答案为：AD因为，故关于原点对称，【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点 ，由导数的几何意义即可求a=1，m=-2，再结合可得，上先增后减，得，即可求解。三、填空题结合即可求解。13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为 .12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）【答案】25【知识点】二项式定理；二项式定理的应用A．B．C．D．【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知，得，则，【知识点】指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化；对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵，∴，，∴.展开式的通项公式为，设，∵，，在上先增后减，所以展开式中的系数为.∴.故答案为：25∵，∴，，【分析】令x=1，即可求得n=5，再结合的通项公式即可求解。∴，∴.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，∵，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为 .（用数字作答）∴【答案】2046设，【知识点】等比数列的前n项和∵，，在上先增后减，【解析】【解答】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，∴.由等比数列前项和公式可得，的最大值为.∴.故答案为：BC.故答案为：2046【分析】由，可得.设，由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减，可得，再结合可得，由解。15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平可得，构造函数，由在面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，故答案为：因为PA⊥平面ABC，【分析】由，代入已知条件可得，构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径，易判断单调递增，由，即可得，再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：36π四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径，再结合PA⊥平面ABC，可得（1）求的通项公式.即可求解。（2）若，数列的前n项和为，证明.【答案】（1）解：由题意，得，16．已知，则的取值范围为 .解得：，【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系（2）证明：因为，【解析】【解答】解：因为，所以所以，，即.设函数，则，因为，因为，所以.所以，所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由求得a1，即可求解；又，所以，（2）由（1）可得，通过裂项相消求和即可求证。所以， 18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由（1）得，.（1）求角A；比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.（2）若，，求△ABC的面积..【答案】（1）解：因为，比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.所以，.所以，.因为，所以.，因为，故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式；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】（1）由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合，即可求解；（2）解：因为，，，（2）由题意可知X的可能取值为3，4，5.求得每个取值对应概率，再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理，20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图可得，即，2.解得或（舍去），（1）证明：.（2）若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】（1）证明：由，，【知识点】正弦定理；余弦定理得，，，则，所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件，结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A；因为，所以△ABE∽△ACB，(2)利用余弦定理求解C，然后求解三角形的面积.所以，即.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，又，所以平面PEB，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.因为平面PEB，所以.（1）求比赛只进行了3回合的概率；（2）解：以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，（2）设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.则，，，，，，，【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.，.（2）解：X的可能取值为3，4，5.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为， 则由，，（2）解：，由于函数在均为单调递增函数，得.所以，在上单调递增，且.令，得.当，即时，，在上单调递增，设平面EFM的法向量为，则，，所以.即.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，令，得.则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意因为，综上，a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】（1）求得，通过，求得单调区间，即可求得最小值，从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角而解决问题；【解析】【分析】（1）结合勾股定理易得，再由△ABE∽△ACB，得（2）由函数在均为单调递增函数，可判断也单调递增，通，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间，求得最小值，即可求解。21．已知函数.22．已知抛物线.（1）若，证明：.（1）直线与交于A、B两点，O为坐标原点.（2）当时，恒成立，求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.【答案】（1）证明：当时，，②若，求的值；因为在上单调递增，且，（2）已知点，直线与交于C、D两点（均异于点），且.过作直线的垂所以时，，在上单调递减，线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.当时，，在上单调递增.【答案】（1）解：选①：设点、，所以，所以，.联立可得，（*） 当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，联立得，，所以，，，由韦达定理可得，.则，，因为，所以，所以.所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为经过抛物线的焦点，因为，所以当点为的中点时，为定值，所以，故存在定点，使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）选①：设点、，直线方程，抛物线方程联立，结合韦达定理，选②：设点、，可得，结合即可求解；联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，选②：设点、，联立直线与抛物线方程，结合达定理得到：所以，，，，再由-3，即可求解；则，，（2）先判断当直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，再设直线的方程为，设点、，联立结合韦达定理及，可得.，即，从而直线的方程为，即过定点因为.又，可知点为的中点，即可求证。，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，
简介：高三下学期数学二模试卷所以，则.一、单选题当时，.1．已知集合，，则（ ）故答案为：CA．B．【分析】求得中心点坐标，代入方程求得a，再由x=120，即可求解。C．D．4．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C（ ）【知识点】并集及其运算A．充分非必要条件B．必要非充分条件【解析】【解答】因为，所以.C．充要条件D．非充分非必要条件故答案为：C【答案】B【知识点】充分条件；必要条件【分析】化简集合B，再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，2．已知向量，，则（ ）可得或相交，A．3B．4C．5D．6【答案】C反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．【解析】【解答】解：由题意可得，所以.故答案为：B.故答案为：C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得到或相交，即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5．若函数，则函数的最小值为（ ）3．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为A．-1B．-2C．-3D．-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（ ）【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数在闭区间上的最值A．70.6B．100C．106D．110【解析】【解答】因为，【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解：因为，，从而，所以，，当时，取得最小值，且最小值为-4. 故答案为：D则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，【分析】由配方法求得，进而得到，即可求解。所以a+2b的最大值为.6．已知函数，，，且在上单调递增，则故答案为：C（ ）A．B．C．2D．3【分析】由即可求解。【答案】A8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于【知识点】正弦函数的单调性；复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为，所以，两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（ ）所以，解得.A．B．C．3D．5因为，所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增，所以，【解析】【解答】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得，故.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，故答案为：A则.因为，所以，则平行四边形是矩形.【分析】由可得，即可得，再由得到设，，则，整理得，即，，结合函数单调性即可知，从而解决问题。故双曲线C的离心率.7．已知a，，且，则a+2b的最大值为（ ）故答案为：BA．2B．3C．D．【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.，不妨设在第三象限，由题意可知【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用分别线段，的中点，如图，易判断平行四边形是矩形.，设，，则【解析】【解答】解：， 所以，最小值为，A不符合题意；即可求解。所以，由椭圆的对称性知，，所以B符合题意.二、多选题当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，C符合9．已知复数z满足方程，则（ ）A．z可能为纯虚数B．方程各根之和为4题意.C．z可能为D．方程各根之积为-20故答案为：BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得，，可判断D，由可得A，B关于原点对称，即可判【解析】【解答】由，得或，断A，由椭圆定义即可判断B，当在轴上时，结合余弦定理即可判断C。即或，11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）解得：或，显然A不符合题意，C符合题意；A．B．C．D．各根之和为，B符合题意；【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为，D符合题意【解析】【解答】解：设直线与曲线相切于点，故答案为：BCD.与曲线相切于点，【分析】由已知条件可得或，即可求得或，逐项判断即可。对于函数，，则，解得，10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且所以，即.，则（ ）对于函数，，A．的最小值为4B．为定值则，C．存在点，使得D．C的焦距是短轴长的倍又，【答案】B,C,D所以，【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质又，【解析】【解答】解：因为，，，所以，，，所以，.所以，C的焦距是短轴长的倍，D符合题意.故答案为：AD因为，故关于原点对称，【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点 ，由导数的几何意义即可求a=1，m=-2，再结合可得，上先增后减，得，即可求解。三、填空题结合即可求解。13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为 .12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）【答案】25【知识点】二项式定理；二项式定理的应用A．B．C．D．【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知，得，则，【知识点】指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化；对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵，∴，，∴.展开式的通项公式为，设，∵，，在上先增后减，所以展开式中的系数为.∴.故答案为：25∵，∴，，【分析】令x=1，即可求得n=5，再结合的通项公式即可求解。∴，∴.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，∵，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为 .（用数字作答）∴【答案】2046设，【知识点】等比数列的前n项和∵，，在上先增后减，【解析】【解答】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，∴.由等比数列前项和公式可得，的最大值为.∴.故答案为：BC.故答案为：2046【分析】由，可得.设，由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减，可得，再结合可得，由解。15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平可得，构造函数，由在面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，故答案为：因为PA⊥平面ABC，【分析】由，代入已知条件可得，构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径，易判断单调递增，由，即可得，再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：36π四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径，再结合PA⊥平面ABC，可得（1）求的通项公式.即可求解。（2）若，数列的前n项和为，证明.【答案】（1）解：由题意，得，16．已知，则的取值范围为 .解得：，【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系（2）证明：因为，【解析】【解答】解：因为，所以所以，，即.设函数，则，因为，因为，所以.所以，所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由求得a1，即可求解；又，所以，（2）由（1）可得，通过裂项相消求和即可求证。所以， 18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由（1）得，.（1）求角A；比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.（2）若，，求△ABC的面积..【答案】（1）解：因为，比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.所以，.所以，.因为，所以.，因为，故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式；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】（1）由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合，即可求解；（2）解：因为，，，（2）由题意可知X的可能取值为3，4，5.求得每个取值对应概率，再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理，20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图可得，即，2.解得或（舍去），（1）证明：.（2）若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】（1）证明：由，，【知识点】正弦定理；余弦定理得，，，则，所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件，结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A；因为，所以△ABE∽△ACB，(2)利用余弦定理求解C，然后求解三角形的面积.所以，即.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，又，所以平面PEB，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.因为平面PEB，所以.（1）求比赛只进行了3回合的概率；（2）解：以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，（2）设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.则，，，，，，，【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.，.（2）解：X的可能取值为3，4，5.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为， 则由，，（2）解：，由于函数在均为单调递增函数，得.所以，在上单调递增，且.令，得.当，即时，，在上单调递增，设平面EFM的法向量为，则，，所以.即.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，令，得.则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意因为，综上，a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】（1）求得，通过，求得单调区间，即可求得最小值，从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角而解决问题；【解析】【分析】（1）结合勾股定理易得，再由△ABE∽△ACB，得（2）由函数在均为单调递增函数，可判断也单调递增，通，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间，求得最小值，即可求解。21．已知函数.22．已知抛物线.（1）若，证明：.（1）直线与交于A、B两点，O为坐标原点.（2）当时，恒成立，求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.【答案】（1）证明：当时，，②若，求的值；因为在上单调递增，且，（2）已知点，直线与交于C、D两点（均异于点），且.过作直线的垂所以时，，在上单调递减，线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.当时，，在上单调递增.【答案】（1）解：选①：设点、，所以，所以，.联立可得，（*） 当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，联立得，，所以，，，由韦达定理可得，.则，，因为，所以，所以.所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为经过抛物线的焦点，因为，所以当点为的中点时，为定值，所以，故存在定点，使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）选①：设点、，直线方程，抛物线方程联立，结合韦达定理，选②：设点、，可得，结合即可求解；联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，选②：设点、，联立直线与抛物线方程，结合达定理得到：所以，，，，再由-3，即可求解；则，，（2）先判断当直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，再设直线的方程为，设点、，联立结合韦达定理及，可得.，即，从而直线的方程为，即过定点因为.又，可知点为的中点，即可求证。，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，
简介：高三下学期数学二模试卷所以，则.一、单选题当时，.1．已知集合，，则（ ）故答案为：CA．B．【分析】求得中心点坐标，代入方程求得a，再由x=120，即可求解。C．D．4．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的【答案】C（ ）【知识点】并集及其运算A．充分非必要条件B．必要非充分条件【解析】【解答】因为，所以.C．充要条件D．非充分非必要条件故答案为：C【答案】B【知识点】充分条件；必要条件【分析】化简集合B，再根据并集的定义可得答案。【解析】【解答】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，2．已知向量，，则（ ）可得或相交，A．3B．4C．5D．6【答案】C反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．【解析】【解答】解：由题意可得，所以.故答案为：B.故答案为：C【分析】由平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得到或相交，即可确定选项。【分析】由向量的坐标运算求得再由模长公式即可求解。5．若函数，则函数的最小值为（ ）3．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为A．-1B．-2C．-3D．-4【答案】D.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（ ）【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数在闭区间上的最值A．70.6B．100C．106D．110【解析】【解答】因为，【答案】C【知识点】线性回归方程所以.【解析】【解答】解：因为，，从而，所以，，当时，取得最小值，且最小值为-4. 故答案为：D则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，【分析】由配方法求得，进而得到，即可求解。所以a+2b的最大值为.6．已知函数，，，且在上单调递增，则故答案为：C（ ）A．B．C．2D．3【分析】由即可求解。【答案】A8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于【知识点】正弦函数的单调性；复合三角函数的单调性【解析】【解答】因为，所以，两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（ ）所以，解得.A．B．C．3D．5因为，所以.【答案】B【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系因为在上单调递增，所以，【解析】【解答】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.解得，故.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，故答案为：A则.因为，所以，则平行四边形是矩形.【分析】由可得，即可得，再由得到设，，则，整理得，即，，结合函数单调性即可知，从而解决问题。故双曲线C的离心率.7．已知a，，且，则a+2b的最大值为（ ）故答案为：BA．2B．3C．D．【答案】C【分析】由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.，不妨设在第三象限，由题意可知【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用分别线段，的中点，如图，易判断平行四边形是矩形.，设，，则【解析】【解答】解：， 所以，最小值为，A不符合题意；即可求解。所以，由椭圆的对称性知，，所以B符合题意.二、多选题当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，C符合9．已知复数z满足方程，则（ ）A．z可能为纯虚数B．方程各根之和为4题意.C．z可能为D．方程各根之积为-20故答案为：BCD【答案】B,C,D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】由椭圆方程可得，，可判断D，由可得A，B关于原点对称，即可判【解析】【解答】由，得或，断A，由椭圆定义即可判断B，当在轴上时，结合余弦定理即可判断C。即或，11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）解得：或，显然A不符合题意，C符合题意；A．B．C．D．各根之和为，B符合题意；【答案】A,D【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程各根之积为，D符合题意【解析】【解答】解：设直线与曲线相切于点，故答案为：BCD.与曲线相切于点，【分析】由已知条件可得或，即可求得或，逐项判断即可。对于函数，，则，解得，10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且所以，即.，则（ ）对于函数，，A．的最小值为4B．为定值则，C．存在点，使得D．C的焦距是短轴长的倍又，【答案】B,C,D所以，【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质又，【解析】【解答】解：因为，，，所以，，，所以，.所以，C的焦距是短轴长的倍，D符合题意.故答案为：AD因为，故关于原点对称，【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点 ，由导数的几何意义即可求a=1，m=-2，再结合可得，上先增后减，得，即可求解。三、填空题结合即可求解。13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为 .12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）【答案】25【知识点】二项式定理；二项式定理的应用A．B．C．D．【答案】B,C【解析】【解答】由题意可知，得，则，【知识点】指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化；对数函数的图象与性质【解析】【解答】∵，∴，，∴.展开式的通项公式为，设，∵，，在上先增后减，所以展开式中的系数为.∴.故答案为：25∵，∴，，【分析】令x=1，即可求得n=5，再结合的通项公式即可求解。∴，∴.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，∵，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为 .（用数字作答）∴【答案】2046设，【知识点】等比数列的前n项和∵，，在上先增后减，【解析】【解答】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，∴.由等比数列前项和公式可得，的最大值为.∴.故答案为：BC.故答案为：2046【分析】由，可得.设，由在【分析】由题意可得的最大值为这10个圆的直径之和结合等比数列求和公式即可求上先增后减，可得，再结合可得，由解。15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平可得，构造函数，由在面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 . 【答案】36π故.【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体【解析】【解答】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，故答案为：因为PA⊥平面ABC，【分析】由，代入已知条件可得，构造函数所以鳖臑P-ABC外接球的半径，易判断单调递增，由，即可得，再由两角和的正切公式即可求解。故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：36π四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.【分析】由直角三角形性质可得三角形ABC外接圆的半径，再结合PA⊥平面ABC，可得（1）求的通项公式.即可求解。（2）若，数列的前n项和为，证明.【答案】（1）解：由题意，得，16．已知，则的取值范围为 .解得：，【答案】故.【知识点】利用导数研究函数的单调性；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系（2）证明：因为，【解析】【解答】解：因为，所以所以，，即.设函数，则，因为，因为，所以.所以，所以为增函数.【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由求得a1，即可求解；又，所以，（2）由（1）可得，通过裂项相消求和即可求证。所以， 18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.由（1）得，.（1）求角A；比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.（2）若，，求△ABC的面积..【答案】（1）解：因为，比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜.所以，.所以，.因为，所以.，因为，故.所以.【知识点】互斥事件的概率加法公式；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】（1）由只进行了3回合等价于甲连胜3回合或乙连胜3回合，即可求解；（2）解：因为，，，（2）由题意可知X的可能取值为3，4，5.求得每个取值对应概率，再由期望计算公式即可求解。所以由余弦定理，20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图可得，即，2.解得或（舍去），（1）证明：.（2）若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.故△ABC的面积为.【答案】（1）证明：由，，【知识点】正弦定理；余弦定理得，，，则，所以.【解析】【分析】(1)利用已知条件，结合正弦定理以及余弦定理转化求解出角A；因为，所以△ABE∽△ACB，(2)利用余弦定理求解C，然后求解三角形的面积.所以，即.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，又，所以平面PEB，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.因为平面PEB，所以.（1）求比赛只进行了3回合的概率；（2）解：以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，（2）设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.则，，，，，，，【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.，.（2）解：X的可能取值为3，4，5.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为， 则由，，（2）解：，由于函数在均为单调递增函数，得.所以，在上单调递增，且.令，得.当，即时，，在上单调递增，设平面EFM的法向量为，则，，所以.即.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，令，得.则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意因为，综上，a的取值范围是.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.【解析】【分析】（1）求得，通过，求得单调区间，即可求得最小值，从【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角而解决问题；【解析】【分析】（1）结合勾股定理易得，再由△ABE∽△ACB，得（2）由函数在均为单调递增函数，可判断也单调递增，通，即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，代入夹角公式即可求解。过讨论和确定函数的单调区间，求得最小值，即可求解。21．已知函数.22．已知抛物线.（1）若，证明：.（1）直线与交于A、B两点，O为坐标原点.（2）当时，恒成立，求a的取值范围.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.【答案】（1）证明：当时，，②若，求的值；因为在上单调递增，且，（2）已知点，直线与交于C、D两点（均异于点），且.过作直线的垂所以时，，在上单调递减，线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.当时，，在上单调递增.【答案】（1）解：选①：设点、，所以，所以，.联立可得，（*） 当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，联立得，，所以，，，由韦达定理可得，.则，，因为，所以，所以.所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为经过抛物线的焦点，因为，所以当点为的中点时，为定值，所以，故存在定点，使得为定值.故.【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）选①：设点、，直线方程，抛物线方程联立，结合韦达定理，选②：设点、，可得，结合即可求解；联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，选②：设点、，联立直线与抛物线方程，结合达定理得到：所以，，，，再由-3，即可求解；则，，（2）先判断当直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，再设直线的方程为，设点、，联立结合韦达定理及，可得.，即，从而直线的方程为，即过定点因为.又，可知点为的中点，即可求证。，所以，解得.（2）解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，
