資源簡介

甘肅省靖遠縣第二中學2025屆高三下學期高考模擬測試數學試題
1．（2025·靖遠模擬）已知是虛數單位，，則（　　）
A． B． C．0 D．3
2．（2025·靖遠模擬）已知集合，則（　?。?br/>A． B． C． D．
3．（2025·靖遠模擬）已知向量，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
4．（2025·靖遠模擬）已知兩個不同的平面，一條直線，下列命題是假命題的是（　　）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
5．（2025·靖遠模擬）已知動點的軌跡所構成的圖形為圖中陰影區域，其外邊界為一個邊長為4的正方形，內邊界由四個直徑相同且均與正方形一邊相切的圓的四段圓弧組成，如圖所示，則該陰影區域的面積為（　?。?br/>A． B． C． D．
6．（2025·靖遠模擬）已知，則（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·靖遠模擬）已知橢圓與雙曲線有相等的焦距，離心率分別為，它們的四個公共點剛好是正方形的四個頂點，則的最小值為（　?。?br/>A．1 B． C． D．
8．（2025·靖遠模擬）設函數，則的零點個數為（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·靖遠模擬）某汽車公司為了宣傳兩款新能源汽車，邀請8名業內人士試駕，就新款汽車的駕乘感受進行評分，最高分數為10分.試駕結束后，評分如下表：
A 9.9 9.5 9.6 9.4 9.7 9.8 9.9 9.7
B 9.7 9.5 9.8 9.7 9.7 9.9 9.8 9.6
下列說法正確的是（　?。?br/>A．A，B兩款汽車評分數據的眾數相同
B．A，B兩款汽車評分數據的中位數相同
C．若將評分數據乘以10，則新數據的方差為原數據的方差的10倍
D．A款汽車評分數據去掉一個最低分和一個最高分后所得數據的極差小于原數據的極差
10．（2025·靖遠模擬）已知函數，則（　　）
A．有兩個極值點
B．在區間上單調遞減
C．的圖象上不存在關于對稱的兩點
D．當的極小值大于時，的取值范圍為
11．（2025·靖遠模擬）某同學在學習了橢圓的標準方程后得到啟發，借助幾何畫板畫出了平面上到點的距離的倒數之和等于1的點的軌跡，如圖所示，則（　　）
A．
B．的最小值為2
C．當點不在坐標軸上時，點在橢圓的外部
D．當點的坐標為時，隨著的增大而增大
12．（2025·靖遠模擬）已知圓臺，其上底面圓的直徑為2，下底面圓的直徑為8，母線長為5，則該圓臺的體積為　 　.
13．（2025·靖遠模擬）某公司有5名員工要去參加三項工作，每項工作都至少需要一人參加，且每人的精力只夠參加一項工作，一共有　 　種不同的安排方案.
14．（2025·靖遠模擬）已知定義在上的奇函數和偶函數滿足，且，則　 　.
15．（2025·靖遠模擬）如圖，在正方體中，為的中點.
（1）求證：.
（2）求直線與平面所成角的余弦值.
16．（2025·靖遠模擬）已知的內角的對邊分別為.
（1）求；
（2）求的面積；
（3）求的值.
17．（2025·靖遠模擬）已知拋物線為上一動點，且點與點之間的最小距離為.
（1）求拋物線的方程；
（2）連接并延長交拋物線于另一點，若（是原點），求點的橫坐標.
18．（2025·靖遠模擬）已知函數.
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若，且在上單調遞增，求的取值范圍；
（3）證明：當時，.
19．（2025·靖遠模擬）設數列的前項和為，若存在實數，使得點位于平面直角坐標系上以原點為圓心，半徑為的圓內（含邊界），則稱數列具有“圓性質”.
（1）設數列是首項與公比均為的等比數列，證明：數列具有“圓性質”.
（2）若各項均為非負整數的數列具有“圓性質”，證明：數列中非零的項數不超過.
（3）設隨機變量等可能地取，且不同的的取值是相互獨立的.對于正整數，定義數列：前項為，從第項起各項均為0.記數列具有“圓性質”的概率為，證明：對任意正整數.
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】復數相等的充要條件
【解析】【解答】解：因為，
解得.
故答案為：C.
【分析】由復數的乘法運算法則和已知條件，從而解方程得出a的值.
2．【答案】D
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：因為，
，
所以.
故答案為：D.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和三次函數求值域的方法以及元素與集合的關系，從而得出集合A和集合B，再結合交集的運算法則，從而得出集合.
3．【答案】A
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數量積的坐標表示；平面向量的數量積運算
【解析】【解答】解：因為向量，
所以，
則.
故答案為：A.
【分析】先利用數量積的坐標表示計算出的值，再利用數量積求向量的模的公式和數量積的運算律，從而得出的值.
4．【答案】A
【知識點】命題的真假判斷與應用；直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：設平面的法向量分別為，直線的方向向量為.
對于A：若，
則或，故A錯誤；
對于B：若，
則，
所以，
所以，故B正確；
對于C：由，
可得，
所以，
所以，故C正確；
對于D：由，
可得：，，
所以，
所以，故D正確.
故答案為：A.
【分析】由已知條件和線面平行的判定定理、面面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，從而逐項判斷找出假命題的選項.
5．【答案】D
【知識點】扇形的弧長與面積
【解析】【解答】解：如圖，作出輔助線，
根據圖形的對稱性，
可知陰影區域的面積為.
故答案為：D.
【分析】先將圖分為八部分，再通過切割的思想和圖形的對稱性，從而得出該陰影區域的面積.
6．【答案】B
【知識點】函數單調性的性質
【解析】【解答】解：因為函數是減函數，
所以，
同理可得，函數是增函數，
所以.
綜上所述，可得.
故答案為：B.
【分析】利用已知條件和指數函數的單調性，從而比較出的大小.
7．【答案】A
【知識點】橢圓的簡單性質
【解析】【解答】解：設橢圓的焦點為，雙曲線的焦點為，
根據橢圓、雙曲線、正方形的對稱性可知，兩曲線位于第一象限的公共點為，
則，
所以，
所以，
則，
當且僅當時取等號.
故答案為：A.
【分析】利用橢圓和雙曲線的基本性質和橢圓的定義、橢圓的離心率公式，從而得出，再利用函數求最值的方法，從而得出的最小值.
8．【答案】B
【知識點】函數的圖象；函數的零點與方程根的關系；輔助角公式
【解析】【解答】解：因為，易知定義域為，
顯然，當時，，
所以時，無零點，
故只需考慮的情況，
由，得，
則，且，
由，
得到，
則，
由，得，
令，，
如圖，在同一直角坐標系中作出函數和函數的圖象，
由圖知，兩個函數的圖象在上有三個公共點，
所以有三個零點.
故答案為：B.
【分析】根據已知條件和函數零點與兩函數、的交點的橫坐標的等價關系，則將問題轉化為函數和函數在上的交點個數，在同一坐標系中作出圖象，再利用數形結合得出函數的零點個數.
9．【答案】B,D
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：對于A，易知B款汽車評分數據的眾數為，A款汽車評分數據眾數為，
所以A錯誤；
對于B，易得兩組數據的中位數均為9.7，所以B正確；
對于C，由方差的性質得出新數據的方差為原數據的方差的100倍，所以C錯誤；
對于D，因為A款汽車評分數據去掉一個最低分和一個最高分后所得數據的極差為：，所以D正確.
故答案為：BD.
【分析】由眾數、中位數、方差、極差的計算公式，從而逐項判斷找出說法正確的選項.
10．【答案】A,B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數在某點取得極值的條件；利用導數研究函數的極值；圖形的對稱性
【解析】【解答】解：令，
因為，
所以有兩個不同實數解，
不妨假設，則，
易知的單調遞增區間是，單調遞減區間是.
對于A，由函數的單調性可知為極大值點，為極小值點，所以A正確；
對于B，由，
又因為的解集為，其中，
所以，當時，，
所以在區間上單調遞減，所以B正確；
對于C，令，
則，
解得，
故存在關于對稱的點，所以C錯誤；
對于D，由函數的極小值大于和，
由函數的單調性可知：在上恒成立，
則，
令，
則，
令，可得，
由函數的單調性可知：當時，在單調遞減；
當時，在單調遞增，
所以，
所以，所以D正確.
故答案為：ABD.
【分析】先求導，從而確定函數的單調區間，進而得出函數的極值點和極值，則可判斷選項A、選項B和選項D；由解方程得出函數的圖象上存在關于對稱的兩點 ，則可判斷選項C，從而找出正確的選項.
11．【答案】A,C,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；基本不等式在最值問題中的應用；橢圓的定義
【解析】【解答】解：對于A，由題意可知，
則，
因為，
所以，
解得，故A正確；
對于B，當時，，故B錯誤；
對于C，因為
當且僅當時，等號成立，
所以，若點不在坐標軸上時，，
此時點在橢圓的外部，故C正確；
對于D，由，
得，
因為，，
所以，
所以，
所以，
則，
令，
則，
令，
則，
則當增大時，中也增大，
所以隨著的增大而增大，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用橢圓定義和，從而解關于的不等式，則判斷出選項A；找特殊位置求出的最小值，即當時得出的最小值，則判斷出選項B；利用基本不等式求最值的方法，即若點不在坐標軸上時，再結合橢圓定義判斷出選項C；先得出，再利用化簡，令，則可化簡為關于的方程，再構造函數，令，通過求導判斷函數的單調性，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.
12．【答案】
【知識點】臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：由題意，得，
所以.
故答案為：.
【分析】先利用已知條件和勾股定理計算出圓臺的高，再利用圓臺的體積公式得出該圓臺的體積.
13．【答案】150
【知識點】排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：根據題意按每項工作人數分類，則只能是或，
這是一個部分均分問題，
所以總的安排方案種數為.
故答案為：.
【分析】利用已知條件將問題轉化為排列、組合中的分組分配問題，則5名員工分成三組只能是或，再由排列數公式和組合數公式以及分類加法計數原理，從而得出共有的不同安排方案種數.
14．【答案】
【知識點】函數的奇偶性；兩角和與差的正弦公式
【解析】【解答】解：因為①，
所以
由題意，可化簡②，
①-②可得，
所以，
又因為③，④，
③+④可得，
所以.
故答案為：.
【分析】將替換成，兩式相減可得，對已知條件進行平方后，再兩式相加得出的值.
15．【答案】（1）證明：以為原點，以所在的直線分別為軸，軸和軸，
建立空間直角坐標系，如圖所示，
不妨設正方體的棱長為2，
則，
可得，
由，
得，
則.
（2）解：由（1）可得，
設平面的法向量為，
則，
令，可得，所以，
設直線與平面所成的角為，
則，
則，
所以，直線與平面所成角的余弦值為.
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；用空間向量研究直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）以為原點，建立空間直角坐標系，則得出點的坐標和向量的坐標，再結合數量積的坐標表示得出，從而證出，即證出.
（2）由（1）知：向量，再利用兩向量垂直數量積為0的等價關系和數量積的坐標表示，從而得出平面的一個法向量為，再結合數量積求向量夾角公式和誘導公式以及同角三角函數基本關系式，從而得出直線與平面所成角的余弦值.
（1）以為原點，以所在的直線分別為軸，軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，不妨設正方體的棱長為2，
則，
可得，
由，
所以，即.
（2）由（1）可得，
設平面的法向量為，則，
令，可得，所以，
設直線與平面所成的角為，
則，
則，故直線與平面所成角的余弦值為.
16．【答案】（1）解：在中，
因為，
所以，
由正弦定理，
得.
（2）解：由余弦定理，得，
又因為，
所以，
解得，
則的面積為.
（3）解：在中，
因為，
所以為鈍角，為銳角，
所以，
所以
，
則
【知識點】兩角和與差的余弦公式；兩角和與差的正弦公式；同角三角函數間的基本關系；解三角形；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）根據已知條件和同角三角函數基本關系式以及正弦定理，從而計算得出角B的正弦值.
（2）利用余弦定理得出的值，再根據三角形的面積公式得出的面積.
（3）利用三角函數值在各象限的符號得出為鈍角和為銳角，再利用同角三角函數基本關系式得出角B的余弦值，再結合三角形內角和定理、誘導公式和，兩角和的正弦公式，從而得出的值，再根據同角三角函數基本關系式得出角C的余弦值，最后根據兩角差的余弦公式得出的值.
（1）在中，因為，所以，
由正弦定理，得.
（2）由余弦定理，及，
得，解得，
故的面積為.
（3）在中，因為，所以為鈍角，為銳角，
所以，
所以，
，
則.
17．【答案】（1）解：設點，
則
令，
若，則恒成立，，舍去；
若，則當時，，
解得或（舍去），
綜上所述，可知拋物線的方程為.
（2）解：由題意，可設，
聯立拋物線方程，消去可得：，
設點的坐標為的坐標為，
則，
則，
所以，
所以，
又因為，由，
所以，
由，
得，
所以，點的橫坐標為.
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）設，由兩點間距離公式結合二次函數求最值的方法，再利用已知條件得出a的值，從而得出拋物線的方程.
（2）設，再將直線PQ的方程與拋物線方程聯立，再結合韋達定理和數量積為0兩向量垂直的等價關系和數量積的坐標表示，從而得到，再利用和勾股定理，從而得出，進而得出的值，即得出點P的橫坐標.
（1）設點，則
令，
若，則恒成立，，舍去；
若，則當時，，解得或（舍去）.
綜上，可知拋物線的方程為.
（2）由題意可設，聯立拋物線方程，
消去可得：，
設點的坐標為的坐標為，
則，則，
所以，所以.
又，由，
所以，
由，
得，
故點的橫坐標為.
18．【答案】（1）解：當時，，
則，
則，
則，
所以曲線在點處的切線方程為，
即.
（2）解：令，
則，
因為，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函數.
又因為在上單調遞增，
所以在上恒成立，
所以，只需，
又因為，
所以.
（3）證明：因為，
所以，要證，
只需證，
令，
該二次函數的圖象的對稱軸為直線，
令，則，
令，則，，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
所以在上單調遞增.
問題可轉化為證明，
即證，
即證，
令，
則，
令，
則，
所以在上單調遞減，且，
所以當時，；當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
則，證畢.
【知識點】函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲?；利用導數研究曲線上某點切線方程；分析法的思考過程、特點及應用
【解析】【分析】（1）由a的值得出函數的解析式，再利用導數的幾何意義得出切線的斜率，再結合代入法得出切點坐標，再根據點斜式方程得出曲線在點處的切線方程.
（2）先確定是上的增函數，再由在上恒成立得到，從而得出實數a的取值范圍.
（3）由，將問題轉化成，構造函數，再利用導數判斷函數g(a)在上單調遞增，進而轉化成恒成立，即證，令，則，令，再根據導數判斷函數
的單調性，從而判斷出函數的單調性，進而得出函數的最值，則證出當時，.
（1）當時，，則，
，則，
故曲線在點處的切線方程為，即.
（2）令，
則，
因為，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函數.
因為在上單調遞增，
所以在上恒成立，
所以只需，又，
故.
（3））因為，所以要證，
只需證，
令，該二次函數的圖象的對稱軸為直線，
令，則，
令，則，，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以在上單調遞增.
問題可轉化為證明，即證，
即證.
令，
則，
令，
則，
所以在上單調遞減，且，
所以當時，，當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，即，證畢.
19．【答案】（1）證明：由題意，得所以，
所以數列具有“圓性質”.
（2）證明：因為具有“圓性質”，
所以，
設數列中有項是非零的，
記為.
因為中各項均為非負整數，
所以，
所以，
所以，
則，
因此，數列中非零的項數不超過.
（3）證明：當各項均為整數的數列具有“圓性質”時，，
則，
設，
記事件表示數列具有“圓性質”且
因為為互斥事件，
所以
且，
，
由題意得，其中，
所以，①
，②
，③
由②得，
當時，數列一定具有“圓性質”，
則，且.
由①②③得，
所以，
當時，將①②③相加可得：
.
因為，
所以，當時，.
當時，由和，知上式也成立.
則當時，.
【知識點】等比數列的通項公式；等比數列的前n項和；數列的遞推公式；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）根據已知條件和等比數列前n項和公式以及放縮法，再結合數列具有“圓性質”.的定義，從而證出數列具有“圓性質”.
（2）利用數列具有“圓性質”的新定義和數列的通項公式、數列求和公式以及放縮法，從而證出數列中非零的項數不超過.
（3）利用已知條件結合數列具有“圓性質，再利用互斥事件加法求概率公式，從而證出對任意正整數都成立.
（1）由題意，，
所以，所以數列具有“圓性質”.
（2）因為具有“圓性質”，所以.
設數列中有項是非零的，記為.
因為中各項均為非負整數，所以，
所以，
所以，從而，因此，數列中非零的項數不超過.
（3）當各項均為整數的數列具有“圓性質”時，，則.
設，記事件表示數列具有“圓性質”且.
因為為互斥事件，所以
并且，
，
，
由題意得，其中，
所以，①
，②
.③
由②得.
當時，數列一定具有“圓性質”，于是，且.
由①②③得，所以.
當時，將①②③相加可得
.
由于，所以當時，.
當時，由和，知上式也成立.
從而當時，.
1 / 1甘肅省靖遠縣第二中學2025屆高三下學期高考模擬測試數學試題
1．（2025·靖遠模擬）已知是虛數單位，，則（　　）
A． B． C．0 D．3
【答案】C
【知識點】復數相等的充要條件
【解析】【解答】解：因為，
解得.
故答案為：C.
【分析】由復數的乘法運算法則和已知條件，從而解方程得出a的值.
2．（2025·靖遠模擬）已知集合，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：因為，
，
所以.
故答案為：D.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法和三次函數求值域的方法以及元素與集合的關系，從而得出集合A和集合B，再結合交集的運算法則，從而得出集合.
3．（2025·靖遠模擬）已知向量，，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量數量積的坐標表示；平面向量的數量積運算
【解析】【解答】解：因為向量，
所以，
則.
故答案為：A.
【分析】先利用數量積的坐標表示計算出的值，再利用數量積求向量的模的公式和數量積的運算律，從而得出的值.
4．（2025·靖遠模擬）已知兩個不同的平面，一條直線，下列命題是假命題的是（　?。?br/>A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
【答案】A
【知識點】命題的真假判斷與應用；直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；平面與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：設平面的法向量分別為，直線的方向向量為.
對于A：若，
則或，故A錯誤；
對于B：若，
則，
所以，
所以，故B正確；
對于C：由，
可得，
所以，
所以，故C正確；
對于D：由，
可得：，，
所以，
所以，故D正確.
故答案為：A.
【分析】由已知條件和線面平行的判定定理、面面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，從而逐項判斷找出假命題的選項.
5．（2025·靖遠模擬）已知動點的軌跡所構成的圖形為圖中陰影區域，其外邊界為一個邊長為4的正方形，內邊界由四個直徑相同且均與正方形一邊相切的圓的四段圓弧組成，如圖所示，則該陰影區域的面積為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】扇形的弧長與面積
【解析】【解答】解：如圖，作出輔助線，
根據圖形的對稱性，
可知陰影區域的面積為.
故答案為：D.
【分析】先將圖分為八部分，再通過切割的思想和圖形的對稱性，從而得出該陰影區域的面積.
6．（2025·靖遠模擬）已知，則（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】函數單調性的性質
【解析】【解答】解：因為函數是減函數，
所以，
同理可得，函數是增函數，
所以.
綜上所述，可得.
故答案為：B.
【分析】利用已知條件和指數函數的單調性，從而比較出的大小.
7．（2025·靖遠模擬）已知橢圓與雙曲線有相等的焦距，離心率分別為，它們的四個公共點剛好是正方形的四個頂點，則的最小值為（　?。?br/>A．1 B． C． D．
【答案】A
【知識點】橢圓的簡單性質
【解析】【解答】解：設橢圓的焦點為，雙曲線的焦點為，
根據橢圓、雙曲線、正方形的對稱性可知，兩曲線位于第一象限的公共點為，
則，
所以，
所以，
則，
當且僅當時取等號.
故答案為：A.
【分析】利用橢圓和雙曲線的基本性質和橢圓的定義、橢圓的離心率公式，從而得出，再利用函數求最值的方法，從而得出的最小值.
8．（2025·靖遠模擬）設函數，則的零點個數為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】函數的圖象；函數的零點與方程根的關系；輔助角公式
【解析】【解答】解：因為，易知定義域為，
顯然，當時，，
所以時，無零點，
故只需考慮的情況，
由，得，
則，且，
由，
得到，
則，
由，得，
令，，
如圖，在同一直角坐標系中作出函數和函數的圖象，
由圖知，兩個函數的圖象在上有三個公共點，
所以有三個零點.
故答案為：B.
【分析】根據已知條件和函數零點與兩函數、的交點的橫坐標的等價關系，則將問題轉化為函數和函數在上的交點個數，在同一坐標系中作出圖象，再利用數形結合得出函數的零點個數.
9．（2025·靖遠模擬）某汽車公司為了宣傳兩款新能源汽車，邀請8名業內人士試駕，就新款汽車的駕乘感受進行評分，最高分數為10分.試駕結束后，評分如下表：
A 9.9 9.5 9.6 9.4 9.7 9.8 9.9 9.7
B 9.7 9.5 9.8 9.7 9.7 9.9 9.8 9.6
下列說法正確的是（　?。?br/>A．A，B兩款汽車評分數據的眾數相同
B．A，B兩款汽車評分數據的中位數相同
C．若將評分數據乘以10，則新數據的方差為原數據的方差的10倍
D．A款汽車評分數據去掉一個最低分和一個最高分后所得數據的極差小于原數據的極差
【答案】B,D
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：對于A，易知B款汽車評分數據的眾數為，A款汽車評分數據眾數為，
所以A錯誤；
對于B，易得兩組數據的中位數均為9.7，所以B正確；
對于C，由方差的性質得出新數據的方差為原數據的方差的100倍，所以C錯誤；
對于D，因為A款汽車評分數據去掉一個最低分和一個最高分后所得數據的極差為：，所以D正確.
故答案為：BD.
【分析】由眾數、中位數、方差、極差的計算公式，從而逐項判斷找出說法正確的選項.
10．（2025·靖遠模擬）已知函數，則（　?。?br/>A．有兩個極值點
B．在區間上單調遞減
C．的圖象上不存在關于對稱的兩點
D．當的極小值大于時，的取值范圍為
【答案】A,B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數在某點取得極值的條件；利用導數研究函數的極值；圖形的對稱性
【解析】【解答】解：令，
因為，
所以有兩個不同實數解，
不妨假設，則，
易知的單調遞增區間是，單調遞減區間是.
對于A，由函數的單調性可知為極大值點，為極小值點，所以A正確；
對于B，由，
又因為的解集為，其中，
所以，當時，，
所以在區間上單調遞減，所以B正確；
對于C，令，
則，
解得，
故存在關于對稱的點，所以C錯誤；
對于D，由函數的極小值大于和，
由函數的單調性可知：在上恒成立，
則，
令，
則，
令，可得，
由函數的單調性可知：當時，在單調遞減；
當時，在單調遞增，
所以，
所以，所以D正確.
故答案為：ABD.
【分析】先求導，從而確定函數的單調區間，進而得出函數的極值點和極值，則可判斷選項A、選項B和選項D；由解方程得出函數的圖象上存在關于對稱的兩點 ，則可判斷選項C，從而找出正確的選項.
11．（2025·靖遠模擬）某同學在學習了橢圓的標準方程后得到啟發，借助幾何畫板畫出了平面上到點的距離的倒數之和等于1的點的軌跡，如圖所示，則（　?。?br/>A．
B．的最小值為2
C．當點不在坐標軸上時，點在橢圓的外部
D．當點的坐標為時，隨著的增大而增大
【答案】A,C,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；基本不等式在最值問題中的應用；橢圓的定義
【解析】【解答】解：對于A，由題意可知，
則，
因為，
所以，
解得，故A正確；
對于B，當時，，故B錯誤；
對于C，因為
當且僅當時，等號成立，
所以，若點不在坐標軸上時，，
此時點在橢圓的外部，故C正確；
對于D，由，
得，
因為，，
所以，
所以，
所以，
則，
令，
則，
令，
則，
則當增大時，中也增大，
所以隨著的增大而增大，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用橢圓定義和，從而解關于的不等式，則判斷出選項A；找特殊位置求出的最小值，即當時得出的最小值，則判斷出選項B；利用基本不等式求最值的方法，即若點不在坐標軸上時，再結合橢圓定義判斷出選項C；先得出，再利用化簡，令，則可化簡為關于的方程，再構造函數，令，通過求導判斷函數的單調性，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.
12．（2025·靖遠模擬）已知圓臺，其上底面圓的直徑為2，下底面圓的直徑為8，母線長為5，則該圓臺的體積為　 　.
【答案】
【知識點】臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：由題意，得，
所以.
故答案為：.
【分析】先利用已知條件和勾股定理計算出圓臺的高，再利用圓臺的體積公式得出該圓臺的體積.
13．（2025·靖遠模擬）某公司有5名員工要去參加三項工作，每項工作都至少需要一人參加，且每人的精力只夠參加一項工作，一共有　 　種不同的安排方案.
【答案】150
【知識點】排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：根據題意按每項工作人數分類，則只能是或，
這是一個部分均分問題，
所以總的安排方案種數為.
故答案為：.
【分析】利用已知條件將問題轉化為排列、組合中的分組分配問題，則5名員工分成三組只能是或，再由排列數公式和組合數公式以及分類加法計數原理，從而得出共有的不同安排方案種數.
14．（2025·靖遠模擬）已知定義在上的奇函數和偶函數滿足，且，則　 　.
【答案】
【知識點】函數的奇偶性；兩角和與差的正弦公式
【解析】【解答】解：因為①，
所以
由題意，可化簡②，
①-②可得，
所以，
又因為③，④，
③+④可得，
所以.
故答案為：.
【分析】將替換成，兩式相減可得，對已知條件進行平方后，再兩式相加得出的值.
15．（2025·靖遠模擬）如圖，在正方體中，為的中點.
（1）求證：.
（2）求直線與平面所成角的余弦值.
【答案】（1）證明：以為原點，以所在的直線分別為軸，軸和軸，
建立空間直角坐標系，如圖所示，
不妨設正方體的棱長為2，
則，
可得，
由，
得，
則.
（2）解：由（1）可得，
設平面的法向量為，
則，
令，可得，所以，
設直線與平面所成的角為，
則，
則，
所以，直線與平面所成角的余弦值為.
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；用空間向量研究直線與平面所成的角
【解析】【分析】（1）以為原點，建立空間直角坐標系，則得出點的坐標和向量的坐標，再結合數量積的坐標表示得出，從而證出，即證出.
（2）由（1）知：向量，再利用兩向量垂直數量積為0的等價關系和數量積的坐標表示，從而得出平面的一個法向量為，再結合數量積求向量夾角公式和誘導公式以及同角三角函數基本關系式，從而得出直線與平面所成角的余弦值.
（1）以為原點，以所在的直線分別為軸，軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，不妨設正方體的棱長為2，
則，
可得，
由，
所以，即.
（2）由（1）可得，
設平面的法向量為，則，
令，可得，所以，
設直線與平面所成的角為，
則，
則，故直線與平面所成角的余弦值為.
16．（2025·靖遠模擬）已知的內角的對邊分別為.
（1）求；
（2）求的面積；
（3）求的值.
【答案】（1）解：在中，
因為，
所以，
由正弦定理，
得.
（2）解：由余弦定理，得，
又因為，
所以，
解得，
則的面積為.
（3）解：在中，
因為，
所以為鈍角，為銳角，
所以，
所以
，
則
【知識點】兩角和與差的余弦公式；兩角和與差的正弦公式；同角三角函數間的基本關系；解三角形；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）根據已知條件和同角三角函數基本關系式以及正弦定理，從而計算得出角B的正弦值.
（2）利用余弦定理得出的值，再根據三角形的面積公式得出的面積.
（3）利用三角函數值在各象限的符號得出為鈍角和為銳角，再利用同角三角函數基本關系式得出角B的余弦值，再結合三角形內角和定理、誘導公式和，兩角和的正弦公式，從而得出的值，再根據同角三角函數基本關系式得出角C的余弦值，最后根據兩角差的余弦公式得出的值.
（1）在中，因為，所以，
由正弦定理，得.
（2）由余弦定理，及，
得，解得，
故的面積為.
（3）在中，因為，所以為鈍角，為銳角，
所以，
所以，
，
則.
17．（2025·靖遠模擬）已知拋物線為上一動點，且點與點之間的最小距離為.
（1）求拋物線的方程；
（2）連接并延長交拋物線于另一點，若（是原點），求點的橫坐標.
【答案】（1）解：設點，
則
令，
若，則恒成立，，舍去；
若，則當時，，
解得或（舍去），
綜上所述，可知拋物線的方程為.
（2）解：由題意，可設，
聯立拋物線方程，消去可得：，
設點的坐標為的坐標為，
則，
則，
所以，
所以，
又因為，由，
所以，
由，
得，
所以，點的橫坐標為.
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）設，由兩點間距離公式結合二次函數求最值的方法，再利用已知條件得出a的值，從而得出拋物線的方程.
（2）設，再將直線PQ的方程與拋物線方程聯立，再結合韋達定理和數量積為0兩向量垂直的等價關系和數量積的坐標表示，從而得到，再利用和勾股定理，從而得出，進而得出的值，即得出點P的橫坐標.
（1）設點，則
令，
若，則恒成立，，舍去；
若，則當時，，解得或（舍去）.
綜上，可知拋物線的方程為.
（2）由題意可設，聯立拋物線方程，
消去可得：，
設點的坐標為的坐標為，
則，則，
所以，所以.
又，由，
所以，
由，
得，
故點的橫坐標為.
18．（2025·靖遠模擬）已知函數.
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）若，且在上單調遞增，求的取值范圍；
（3）證明：當時，.
【答案】（1）解：當時，，
則，
則，
則，
所以曲線在點處的切線方程為，
即.
（2）解：令，
則，
因為，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函數.
又因為在上單調遞增，
所以在上恒成立，
所以，只需，
又因為，
所以.
（3）證明：因為，
所以，要證，
只需證，
令，
該二次函數的圖象的對稱軸為直線，
令，則，
令，則，，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
所以在上單調遞增.
問題可轉化為證明，
即證，
即證，
令，
則，
令，
則，
所以在上單調遞減，且，
所以當時，；當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
則，證畢.
【知識點】函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（?。┲?；利用導數研究曲線上某點切線方程；分析法的思考過程、特點及應用
【解析】【分析】（1）由a的值得出函數的解析式，再利用導數的幾何意義得出切線的斜率，再結合代入法得出切點坐標，再根據點斜式方程得出曲線在點處的切線方程.
（2）先確定是上的增函數，再由在上恒成立得到，從而得出實數a的取值范圍.
（3）由，將問題轉化成，構造函數，再利用導數判斷函數g(a)在上單調遞增，進而轉化成恒成立，即證，令，則，令，再根據導數判斷函數
的單調性，從而判斷出函數的單調性，進而得出函數的最值，則證出當時，.
（1）當時，，則，
，則，
故曲線在點處的切線方程為，即.
（2）令，
則，
因為，所以，
所以恒成立，
所以是上的增函數.
因為在上單調遞增，
所以在上恒成立，
所以只需，又，
故.
（3））因為，所以要證，
只需證，
令，該二次函數的圖象的對稱軸為直線，
令，則，
令，則，，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以在上單調遞增.
問題可轉化為證明，即證，
即證.
令，
則，
令，
則，
所以在上單調遞減，且，
所以當時，，當時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，即，證畢.
19．（2025·靖遠模擬）設數列的前項和為，若存在實數，使得點位于平面直角坐標系上以原點為圓心，半徑為的圓內（含邊界），則稱數列具有“圓性質”.
（1）設數列是首項與公比均為的等比數列，證明：數列具有“圓性質”.
（2）若各項均為非負整數的數列具有“圓性質”，證明：數列中非零的項數不超過.
（3）設隨機變量等可能地取，且不同的的取值是相互獨立的.對于正整數，定義數列：前項為，從第項起各項均為0.記數列具有“圓性質”的概率為，證明：對任意正整數.
【答案】（1）證明：由題意，得所以，
所以數列具有“圓性質”.
（2）證明：因為具有“圓性質”，
所以，
設數列中有項是非零的，
記為.
因為中各項均為非負整數，
所以，
所以，
所以，
則，
因此，數列中非零的項數不超過.
（3）證明：當各項均為整數的數列具有“圓性質”時，，
則，
設，
記事件表示數列具有“圓性質”且
因為為互斥事件，
所以
且，
，
由題意得，其中，
所以，①
，②
，③
由②得，
當時，數列一定具有“圓性質”，
則，且.
由①②③得，
所以，
當時，將①②③相加可得：
.
因為，
所以，當時，.
當時，由和，知上式也成立.
則當時，.
【知識點】等比數列的通項公式；等比數列的前n項和；數列的遞推公式；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）根據已知條件和等比數列前n項和公式以及放縮法，再結合數列具有“圓性質”.的定義，從而證出數列具有“圓性質”.
（2）利用數列具有“圓性質”的新定義和數列的通項公式、數列求和公式以及放縮法，從而證出數列中非零的項數不超過.
（3）利用已知條件結合數列具有“圓性質，再利用互斥事件加法求概率公式，從而證出對任意正整數都成立.
（1）由題意，，
所以，所以數列具有“圓性質”.
（2）因為具有“圓性質”，所以.
設數列中有項是非零的，記為.
因為中各項均為非負整數，所以，
所以，
所以，從而，因此，數列中非零的項數不超過.
（3）當各項均為整數的數列具有“圓性質”時，，則.
設，記事件表示數列具有“圓性質”且.
因為為互斥事件，所以
并且，
，
，
由題意得，其中，
所以，①
，②
.③
由②得.
當時，數列一定具有“圓性質”，于是，且.
由①②③得，所以.
當時，將①②③相加可得
.
由于，所以當時，.
當時，由和，知上式也成立.
從而當時，.
1 / 1

展開更多......

收起↑