浙江省精诚联盟高三下学期数学5月适应性联考试卷（附答案）
高三下学期数学三模试卷一、填空题1．已知复数，（其中为虚数单位），则.2．已知集合，，则.3．设等差数列的前项和为，若，则等于 .4．函数的反函数为，则.5．已知，则.6．已知多项式，则.7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第
适应性联考试卷一、单选题1．已知，，则（ ）A．B．C．D．2．已知，若复数为实数，则的值是（ ）A．-1B．0C．1D．-1或13．从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（ ）A
简介：高三下学期数学三模试卷【分析】根据等差数列的性质，再结合条件，求得，最后根据一、填空题求解.1．已知复数，（其中为虚数单位），则.【答案】-1+i4．函数的反函数为，则.【知识点】复数代数形式的乘除运算【答案】4【解析】【解答】由已知可得.【知识点】反函数故答案为：-1+i.【解析】【解答】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.【分析】利用复数的乘法化简即可.故答案为：4.2．已知集合，，则.【答案】{m｜1＜m＜4}【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【知识点】交集及其运算【解析】【解答】因为，因此，.5．已知，则.故答案为：{m|1＜m＜4}.【答案】【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式【分析】求出集合B，利用交集的定义即可.【解析】【解答】，因此，.3．设等差数列的前n项和为，若，则等于 .故答案为：.【答案】45【知识点】等差数列的性质【解析】【解答】由等差数列的性质得：，【分析】利用诱导公式得，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.又因为，6．已知多项式，则.所以，【答案】7解得，【知识点】二项式定理【解析】【解答】因为的展开式通项为，的展开式通项为，所以.由，可得，所以，.故答案为：45故答案为：7. 【答案】【分析】写出展开式通项，令的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得的【知识点】古典概型及其概率计算公式值.【解析】【解答】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九卷“勾股”讲述了“勾股定理”及一些应用，其中直角组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”，设点是抛物线的焦点，直线是该抛物线的准线，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，射线交准线于点，若的“勾”，“股”所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.，则抛物线方程为 .故答案为：【答案】【知识点】抛物线的简单性质【分析利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的【解析】【解答】解：当抛物线开口向右时，如图所示：队员中恰有一名女队员的选法有种选法，利用古典概型概率公式求出答案.因为，9．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为2，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为所以，1，则该圆锥的侧面积为 .由抛物线的定义得，【答案】所以是等边三角形，【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）所以，【解析】【解答】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，所以抛物线的方程是，因为，，则，，故，同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为：，因为平面，平面，，综上：抛物线的方程为：，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，故答案为：所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，【分析】由，得到，然后由抛物线因此，该圆锥的侧面积为.的定义得到是等边三角形求解.故答案为：.8．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.女队员的概率为 .10．设是直线与圆在第一象限的交点，则. 【答案】2则的最小值为3.【知识点】极限及其运算；斜率的计算公式故答案为：3【解析】【解答】联立，解得，【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.因为，当时，直线趋近于直线，12．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则而可视为点与点连线的斜率，.【答案】当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，【知识点】等差数列的前n项和；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，由双曲线定义可知：，故.而根据切线长定理得：，，，故答案为：2.所以，即，解得：，即为右顶点，【分析】联立直线与圆得到第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限，故，趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得.所以故答案为：11．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是 .【答案】3【分析】分析得到为右顶点，从而得到，利用等差数列求和公式进行计算.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量的坐标运算二、单选题13．已知空间三条直线a､b､m及平面，且a､，条件甲：，；条件乙：，则“条件乙【解析】【解答】因为互相垂直，所以，成立”是“条件甲成立”的（ ），A．充分非必要条件B．必要非充分条件当且仅当时，取得最小值，最小值为9，C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件【答案】A 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断C．D．【解析】【解答】由题意，空间三条直线a､b､m及平面，且a､，【答案】B由线面垂直的判定定理可得：，，且需要与相交才能得出，故甲不能推出乙；【知识点】参数方程化成普通方程而由线面垂直的定义可得，则必垂直内任意直线，即，，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件【解析】【解答】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，故答案为：A直线(t为参数)的直角坐标方程为，【分析】由充要条件的定义进行判断即可.当直线过圆心且垂直于直线时，14．函数图象的大致形状是（ ）直线的方程为，即，A．B．由，得或，C．D．所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标【答案】C【知识点】奇偶函数图象的对称性是，【解析】【解答】故答案为：B则，是偶函数，排除B、D.【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过且垂直于直线的直线与圆的交点，即为所求点.当时，即，排除A.16．已知函数，，对于不相等的实数、，设，故答案为：C.【分析】化简函数，确定函数奇偶性，讨论函数在内正负情况，即可排除所有错误选项.，现有如下命题：15．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n；②对于任意的实数，存在不相等的实数是（ ）.、，使得，下列判断正确的是（ ）A．B．A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题 【答案】D故对任意的实数，函数不单调，【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.【解析】【解答】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n，故答案为：D.则，可得，【分析】假设①中的结论成立，构造，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的即，取，可得，结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.令，因为函数、在上均为增函数，三、解答题所以，当、，且时，；17．如图，在正三棱住中，，异面直线与所成角的大小为．当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，（1）求正三棱柱的体积；任取、，且，记点、、、，（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）解：异面直线与所成角的大小为，且，则直线比直线的斜率更大，即，，又，故，故①错；，即正三棱柱的底面边长为．对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，．则则，可得，（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，构造函数，则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，连接，则为直线与平面所成角，所以，函数在上为增函数，因为，，取，则，，记，．即直线与平面所成角的大小为．当时，，则，【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角所以，存在区间，使得函数在上不是增函数， 【解析】【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为当时，因为，可得.．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；又因为，所以，（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，解得；解三角形即可求解．当时，因为，可得，18．已知函数的部分图象如图所示.因为，所以，（1）求函数的解析式；解得.所以或（2）在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算，且的面积为，求的值.【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，【答案】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.可分别求出、，可得出函数的解析式；因为点在函数的图象上，所以，即.（2）由结合角A的取值范围可求得角A的值，利用三角形的面积公式可求得bc的值，利又，则，从而，即.用余弦定理可求得a的值.19．某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内又点在函数的图象上，所以由，得.和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为此时，则在附近单调递增，合乎题意，，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；所以函数的解析式为（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．（2）解：由，所以，，【答案】（1）解：由条件得，所以2分因为，，（）．（2）解：因为，，所以恒成立，则，所以，或，可得或， 点坐标代入椭圆方程得：，恒成立，解得：，，设，则：所以椭圆的标准方程为恒成立，（2）解：设直线的方程为，由由恒成立得（时取等号）消去可得，则，即，恒成立得（时取等号）设，，则，，所以．【知识点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题则，【解析】【分析】（1）根据题意前4个月，区域外的需求量为20万吨，求出的值，可得，进而求得油库内储油量与的函数关系式；易得当时，，故的最大值为（3）解：设，，，，（2）由题意得，分离参数求出最值，即可得出结论.则①，②，20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同又，所以可设，直线的方程为，的交点､.（1）求椭圆的方程；由消去可得，（2）若，的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､则，即，和点共线，求实数的值.由，及①，代入可得，【答案】（1）解：由题意得：焦距为，得，又，所以，所以， 同理可得.，由于，不满足对任意均有，故，，所以数列不是“趋向递增数列”，因为､､三点共线，所以.由于，记，将点，的坐标代入，通分化简得，即所以，【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；数列是“趋向递增数列”.（2）设出直线方程，联立椭圆方程，应用韦达定理求出两根之和，两根之积（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，，利用弦长公式得到，结合m的取值范围，即可求出最当时，数列为常数列，不满足题意；大值；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；（3）设出直线方程，表达出，两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得当时，此时，满足题意；到.当时，此时，不满足题意；21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记当时，此时，不满足题意，.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.综上所述，的取值范围是.（1）已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，向递增数列”？并说明理由；令.（2）已知首项为1，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；因为、为正实数，且，所以，于是.（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非则数列从第项开始为：0、、、、、、.充分条件是中没有0.若为奇数，，，【答案】（1）解：由于，记，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛所以，盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有0，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有0是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有0.【知识点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有0，再证明出数列中没有0时数列不是“趋势递增数列”.
简介：高三下学期数学三模试卷【分析】根据等差数列的性质，再结合条件，求得，最后根据一、填空题求解.1．已知复数，（其中为虚数单位），则.【答案】-1+i4．函数的反函数为，则.【知识点】复数代数形式的乘除运算【答案】4【解析】【解答】由已知可得.【知识点】反函数故答案为：-1+i.【解析】【解答】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.【分析】利用复数的乘法化简即可.故答案为：4.2．已知集合，，则.【答案】{m｜1＜m＜4}【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【知识点】交集及其运算【解析】【解答】因为，因此，.5．已知，则.故答案为：{m|1＜m＜4}.【答案】【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式【分析】求出集合B，利用交集的定义即可.【解析】【解答】，因此，.3．设等差数列的前n项和为，若，则等于 .故答案为：.【答案】45【知识点】等差数列的性质【解析】【解答】由等差数列的性质得：，【分析】利用诱导公式得，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.又因为，6．已知多项式，则.所以，【答案】7解得，【知识点】二项式定理【解析】【解答】因为的展开式通项为，的展开式通项为，所以.由，可得，所以，.故答案为：45故答案为：7. 【答案】【分析】写出展开式通项，令的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得的【知识点】古典概型及其概率计算公式值.【解析】【解答】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九卷“勾股”讲述了“勾股定理”及一些应用，其中直角组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”，设点是抛物线的焦点，直线是该抛物线的准线，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，射线交准线于点，若的“勾”，“股”所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.，则抛物线方程为 .故答案为：【答案】【知识点】抛物线的简单性质【分析利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的【解析】【解答】解：当抛物线开口向右时，如图所示：队员中恰有一名女队员的选法有种选法，利用古典概型概率公式求出答案.因为，9．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为2，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为所以，1，则该圆锥的侧面积为 .由抛物线的定义得，【答案】所以是等边三角形，【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）所以，【解析】【解答】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，所以抛物线的方程是，因为，，则，，故，同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为：，因为平面，平面，，综上：抛物线的方程为：，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，故答案为：所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，【分析】由，得到，然后由抛物线因此，该圆锥的侧面积为.的定义得到是等边三角形求解.故答案为：.8．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.女队员的概率为 .10．设是直线与圆在第一象限的交点，则. 【答案】2则的最小值为3.【知识点】极限及其运算；斜率的计算公式故答案为：3【解析】【解答】联立，解得，【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.因为，当时，直线趋近于直线，12．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则而可视为点与点连线的斜率，.【答案】当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，【知识点】等差数列的前n项和；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，由双曲线定义可知：，故.而根据切线长定理得：，，，故答案为：2.所以，即，解得：，即为右顶点，【分析】联立直线与圆得到第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限，故，趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得.所以故答案为：11．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是 .【答案】3【分析】分析得到为右顶点，从而得到，利用等差数列求和公式进行计算.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量的坐标运算二、单选题13．已知空间三条直线a､b､m及平面，且a､，条件甲：，；条件乙：，则“条件乙【解析】【解答】因为互相垂直，所以，成立”是“条件甲成立”的（ ），A．充分非必要条件B．必要非充分条件当且仅当时，取得最小值，最小值为9，C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件【答案】A 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断C．D．【解析】【解答】由题意，空间三条直线a､b､m及平面，且a､，【答案】B由线面垂直的判定定理可得：，，且需要与相交才能得出，故甲不能推出乙；【知识点】参数方程化成普通方程而由线面垂直的定义可得，则必垂直内任意直线，即，，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件【解析】【解答】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，故答案为：A直线(t为参数)的直角坐标方程为，【分析】由充要条件的定义进行判断即可.当直线过圆心且垂直于直线时，14．函数图象的大致形状是（ ）直线的方程为，即，A．B．由，得或，C．D．所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标【答案】C【知识点】奇偶函数图象的对称性是，【解析】【解答】故答案为：B则，是偶函数，排除B、D.【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过且垂直于直线的直线与圆的交点，即为所求点.当时，即，排除A.16．已知函数，，对于不相等的实数、，设，故答案为：C.【分析】化简函数，确定函数奇偶性，讨论函数在内正负情况，即可排除所有错误选项.，现有如下命题：15．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n；②对于任意的实数，存在不相等的实数是（ ）.、，使得，下列判断正确的是（ ）A．B．A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题 【答案】D故对任意的实数，函数不单调，【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.【解析】【解答】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n，故答案为：D.则，可得，【分析】假设①中的结论成立，构造，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的即，取，可得，结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.令，因为函数、在上均为增函数，三、解答题所以，当、，且时，；17．如图，在正三棱住中，，异面直线与所成角的大小为．当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，（1）求正三棱柱的体积；任取、，且，记点、、、，（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）解：异面直线与所成角的大小为，且，则直线比直线的斜率更大，即，，又，故，故①错；，即正三棱柱的底面边长为．对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，．则则，可得，（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，构造函数，则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，连接，则为直线与平面所成角，所以，函数在上为增函数，因为，，取，则，，记，．即直线与平面所成角的大小为．当时，，则，【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角所以，存在区间，使得函数在上不是增函数， 【解析】【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为当时，因为，可得.．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；又因为，所以，（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，解得；解三角形即可求解．当时，因为，可得，18．已知函数的部分图象如图所示.因为，所以，（1）求函数的解析式；解得.所以或（2）在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算，且的面积为，求的值.【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，【答案】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.可分别求出、，可得出函数的解析式；因为点在函数的图象上，所以，即.（2）由结合角A的取值范围可求得角A的值，利用三角形的面积公式可求得bc的值，利又，则，从而，即.用余弦定理可求得a的值.19．某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内又点在函数的图象上，所以由，得.和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为此时，则在附近单调递增，合乎题意，，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；所以函数的解析式为（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．（2）解：由，所以，，【答案】（1）解：由条件得，所以2分因为，，（）．（2）解：因为，，所以恒成立，则，所以，或，可得或， 点坐标代入椭圆方程得：，恒成立，解得：，，设，则：所以椭圆的标准方程为恒成立，（2）解：设直线的方程为，由由恒成立得（时取等号）消去可得，则，即，恒成立得（时取等号）设，，则，，所以．【知识点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题则，【解析】【分析】（1）根据题意前4个月，区域外的需求量为20万吨，求出的值，可得，进而求得油库内储油量与的函数关系式；易得当时，，故的最大值为（3）解：设，，，，（2）由题意得，分离参数求出最值，即可得出结论.则①，②，20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同又，所以可设，直线的方程为，的交点､.（1）求椭圆的方程；由消去可得，（2）若，的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､则，即，和点共线，求实数的值.由，及①，代入可得，【答案】（1）解：由题意得：焦距为，得，又，所以，所以， 同理可得.，由于，不满足对任意均有，故，，所以数列不是“趋向递增数列”，因为､､三点共线，所以.由于，记，将点，的坐标代入，通分化简得，即所以，【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；数列是“趋向递增数列”.（2）设出直线方程，联立椭圆方程，应用韦达定理求出两根之和，两根之积（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，，利用弦长公式得到，结合m的取值范围，即可求出最当时，数列为常数列，不满足题意；大值；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；（3）设出直线方程，表达出，两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得当时，此时，满足题意；到.当时，此时，不满足题意；21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记当时，此时，不满足题意，.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.综上所述，的取值范围是.（1）已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，向递增数列”？并说明理由；令.（2）已知首项为1，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；因为、为正实数，且，所以，于是.（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非则数列从第项开始为：0、、、、、、.充分条件是中没有0.若为奇数，，，【答案】（1）解：由于，记，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛所以，盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有0，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有0是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有0.【知识点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有0，再证明出数列中没有0时数列不是“趋势递增数列”.
简介：高三下学期数学三模试卷【分析】根据等差数列的性质，再结合条件，求得，最后根据一、填空题求解.1．已知复数，（其中为虚数单位），则.【答案】-1+i4．函数的反函数为，则.【知识点】复数代数形式的乘除运算【答案】4【解析】【解答】由已知可得.【知识点】反函数故答案为：-1+i.【解析】【解答】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.【分析】利用复数的乘法化简即可.故答案为：4.2．已知集合，，则.【答案】{m｜1＜m＜4}【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【知识点】交集及其运算【解析】【解答】因为，因此，.5．已知，则.故答案为：{m|1＜m＜4}.【答案】【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式【分析】求出集合B，利用交集的定义即可.【解析】【解答】，因此，.3．设等差数列的前n项和为，若，则等于 .故答案为：.【答案】45【知识点】等差数列的性质【解析】【解答】由等差数列的性质得：，【分析】利用诱导公式得，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.又因为，6．已知多项式，则.所以，【答案】7解得，【知识点】二项式定理【解析】【解答】因为的展开式通项为，的展开式通项为，所以.由，可得，所以，.故答案为：45故答案为：7. 【答案】【分析】写出展开式通项，令的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得的【知识点】古典概型及其概率计算公式值.【解析】【解答】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九卷“勾股”讲述了“勾股定理”及一些应用，其中直角组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”，设点是抛物线的焦点，直线是该抛物线的准线，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，射线交准线于点，若的“勾”，“股”所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.，则抛物线方程为 .故答案为：【答案】【知识点】抛物线的简单性质【分析利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的【解析】【解答】解：当抛物线开口向右时，如图所示：队员中恰有一名女队员的选法有种选法，利用古典概型概率公式求出答案.因为，9．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为2，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为所以，1，则该圆锥的侧面积为 .由抛物线的定义得，【答案】所以是等边三角形，【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）所以，【解析】【解答】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，所以抛物线的方程是，因为，，则，，故，同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为：，因为平面，平面，，综上：抛物线的方程为：，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，故答案为：所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，【分析】由，得到，然后由抛物线因此，该圆锥的侧面积为.的定义得到是等边三角形求解.故答案为：.8．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.女队员的概率为 .10．设是直线与圆在第一象限的交点，则. 【答案】2则的最小值为3.【知识点】极限及其运算；斜率的计算公式故答案为：3【解析】【解答】联立，解得，【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.因为，当时，直线趋近于直线，12．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则而可视为点与点连线的斜率，.【答案】当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，【知识点】等差数列的前n项和；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，由双曲线定义可知：，故.而根据切线长定理得：，，，故答案为：2.所以，即，解得：，即为右顶点，【分析】联立直线与圆得到第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限，故，趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得.所以故答案为：11．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是 .【答案】3【分析】分析得到为右顶点，从而得到，利用等差数列求和公式进行计算.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量的坐标运算二、单选题13．已知空间三条直线a､b､m及平面，且a､，条件甲：，；条件乙：，则“条件乙【解析】【解答】因为互相垂直，所以，成立”是“条件甲成立”的（ ），A．充分非必要条件B．必要非充分条件当且仅当时，取得最小值，最小值为9，C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件【答案】A 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断C．D．【解析】【解答】由题意，空间三条直线a､b､m及平面，且a､，【答案】B由线面垂直的判定定理可得：，，且需要与相交才能得出，故甲不能推出乙；【知识点】参数方程化成普通方程而由线面垂直的定义可得，则必垂直内任意直线，即，，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件【解析】【解答】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，故答案为：A直线(t为参数)的直角坐标方程为，【分析】由充要条件的定义进行判断即可.当直线过圆心且垂直于直线时，14．函数图象的大致形状是（ ）直线的方程为，即，A．B．由，得或，C．D．所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标【答案】C【知识点】奇偶函数图象的对称性是，【解析】【解答】故答案为：B则，是偶函数，排除B、D.【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过且垂直于直线的直线与圆的交点，即为所求点.当时，即，排除A.16．已知函数，，对于不相等的实数、，设，故答案为：C.【分析】化简函数，确定函数奇偶性，讨论函数在内正负情况，即可排除所有错误选项.，现有如下命题：15．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n；②对于任意的实数，存在不相等的实数是（ ）.、，使得，下列判断正确的是（ ）A．B．A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题 【答案】D故对任意的实数，函数不单调，【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.【解析】【解答】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n，故答案为：D.则，可得，【分析】假设①中的结论成立，构造，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的即，取，可得，结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.令，因为函数、在上均为增函数，三、解答题所以，当、，且时，；17．如图，在正三棱住中，，异面直线与所成角的大小为．当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，（1）求正三棱柱的体积；任取、，且，记点、、、，（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）解：异面直线与所成角的大小为，且，则直线比直线的斜率更大，即，，又，故，故①错；，即正三棱柱的底面边长为．对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，．则则，可得，（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，构造函数，则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，连接，则为直线与平面所成角，所以，函数在上为增函数，因为，，取，则，，记，．即直线与平面所成角的大小为．当时，，则，【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角所以，存在区间，使得函数在上不是增函数， 【解析】【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为当时，因为，可得.．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；又因为，所以，（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，解得；解三角形即可求解．当时，因为，可得，18．已知函数的部分图象如图所示.因为，所以，（1）求函数的解析式；解得.所以或（2）在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算，且的面积为，求的值.【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，【答案】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.可分别求出、，可得出函数的解析式；因为点在函数的图象上，所以，即.（2）由结合角A的取值范围可求得角A的值，利用三角形的面积公式可求得bc的值，利又，则，从而，即.用余弦定理可求得a的值.19．某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内又点在函数的图象上，所以由，得.和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为此时，则在附近单调递增，合乎题意，，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；所以函数的解析式为（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．（2）解：由，所以，，【答案】（1）解：由条件得，所以2分因为，，（）．（2）解：因为，，所以恒成立，则，所以，或，可得或， 点坐标代入椭圆方程得：，恒成立，解得：，，设，则：所以椭圆的标准方程为恒成立，（2）解：设直线的方程为，由由恒成立得（时取等号）消去可得，则，即，恒成立得（时取等号）设，，则，，所以．【知识点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题则，【解析】【分析】（1）根据题意前4个月，区域外的需求量为20万吨，求出的值，可得，进而求得油库内储油量与的函数关系式；易得当时，，故的最大值为（3）解：设，，，，（2）由题意得，分离参数求出最值，即可得出结论.则①，②，20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同又，所以可设，直线的方程为，的交点､.（1）求椭圆的方程；由消去可得，（2）若，的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､则，即，和点共线，求实数的值.由，及①，代入可得，【答案】（1）解：由题意得：焦距为，得，又，所以，所以， 同理可得.，由于，不满足对任意均有，故，，所以数列不是“趋向递增数列”，因为､､三点共线，所以.由于，记，将点，的坐标代入，通分化简得，即所以，【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；数列是“趋向递增数列”.（2）设出直线方程，联立椭圆方程，应用韦达定理求出两根之和，两根之积（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，，利用弦长公式得到，结合m的取值范围，即可求出最当时，数列为常数列，不满足题意；大值；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；（3）设出直线方程，表达出，两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得当时，此时，满足题意；到.当时，此时，不满足题意；21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记当时，此时，不满足题意，.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.综上所述，的取值范围是.（1）已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，向递增数列”？并说明理由；令.（2）已知首项为1，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；因为、为正实数，且，所以，于是.（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非则数列从第项开始为：0、、、、、、.充分条件是中没有0.若为奇数，，，【答案】（1）解：由于，记，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛所以，盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有0，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有0是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有0.【知识点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有0，再证明出数列中没有0时数列不是“趋势递增数列”.
简介：高三下学期数学三模试卷【分析】根据等差数列的性质，再结合条件，求得，最后根据一、填空题求解.1．已知复数，（其中为虚数单位），则.【答案】-1+i4．函数的反函数为，则.【知识点】复数代数形式的乘除运算【答案】4【解析】【解答】由已知可得.【知识点】反函数故答案为：-1+i.【解析】【解答】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.【分析】利用复数的乘法化简即可.故答案为：4.2．已知集合，，则.【答案】{m｜1＜m＜4}【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【知识点】交集及其运算【解析】【解答】因为，因此，.5．已知，则.故答案为：{m|1＜m＜4}.【答案】【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式【分析】求出集合B，利用交集的定义即可.【解析】【解答】，因此，.3．设等差数列的前n项和为，若，则等于 .故答案为：.【答案】45【知识点】等差数列的性质【解析】【解答】由等差数列的性质得：，【分析】利用诱导公式得，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.又因为，6．已知多项式，则.所以，【答案】7解得，【知识点】二项式定理【解析】【解答】因为的展开式通项为，的展开式通项为，所以.由，可得，所以，.故答案为：45故答案为：7. 【答案】【分析】写出展开式通项，令的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得的【知识点】古典概型及其概率计算公式值.【解析】【解答】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九卷“勾股”讲述了“勾股定理”及一些应用，其中直角组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”，设点是抛物线的焦点，直线是该抛物线的准线，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，射线交准线于点，若的“勾”，“股”所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.，则抛物线方程为 .故答案为：【答案】【知识点】抛物线的简单性质【分析利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的【解析】【解答】解：当抛物线开口向右时，如图所示：队员中恰有一名女队员的选法有种选法，利用古典概型概率公式求出答案.因为，9．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为2，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为所以，1，则该圆锥的侧面积为 .由抛物线的定义得，【答案】所以是等边三角形，【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）所以，【解析】【解答】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，所以抛物线的方程是，因为，，则，，故，同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为：，因为平面，平面，，综上：抛物线的方程为：，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，故答案为：所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，【分析】由，得到，然后由抛物线因此，该圆锥的侧面积为.的定义得到是等边三角形求解.故答案为：.8．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.女队员的概率为 .10．设是直线与圆在第一象限的交点，则. 【答案】2则的最小值为3.【知识点】极限及其运算；斜率的计算公式故答案为：3【解析】【解答】联立，解得，【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.因为，当时，直线趋近于直线，12．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则而可视为点与点连线的斜率，.【答案】当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，【知识点】等差数列的前n项和；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，由双曲线定义可知：，故.而根据切线长定理得：，，，故答案为：2.所以，即，解得：，即为右顶点，【分析】联立直线与圆得到第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限，故，趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得.所以故答案为：11．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是 .【答案】3【分析】分析得到为右顶点，从而得到，利用等差数列求和公式进行计算.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量的坐标运算二、单选题13．已知空间三条直线a､b､m及平面，且a､，条件甲：，；条件乙：，则“条件乙【解析】【解答】因为互相垂直，所以，成立”是“条件甲成立”的（ ），A．充分非必要条件B．必要非充分条件当且仅当时，取得最小值，最小值为9，C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件【答案】A 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断C．D．【解析】【解答】由题意，空间三条直线a､b､m及平面，且a､，【答案】B由线面垂直的判定定理可得：，，且需要与相交才能得出，故甲不能推出乙；【知识点】参数方程化成普通方程而由线面垂直的定义可得，则必垂直内任意直线，即，，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件【解析】【解答】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，故答案为：A直线(t为参数)的直角坐标方程为，【分析】由充要条件的定义进行判断即可.当直线过圆心且垂直于直线时，14．函数图象的大致形状是（ ）直线的方程为，即，A．B．由，得或，C．D．所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标【答案】C【知识点】奇偶函数图象的对称性是，【解析】【解答】故答案为：B则，是偶函数，排除B、D.【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过且垂直于直线的直线与圆的交点，即为所求点.当时，即，排除A.16．已知函数，，对于不相等的实数、，设，故答案为：C.【分析】化简函数，确定函数奇偶性，讨论函数在内正负情况，即可排除所有错误选项.，现有如下命题：15．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n；②对于任意的实数，存在不相等的实数是（ ）.、，使得，下列判断正确的是（ ）A．B．A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题 【答案】D故对任意的实数，函数不单调，【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.【解析】【解答】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n，故答案为：D.则，可得，【分析】假设①中的结论成立，构造，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的即，取，可得，结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.令，因为函数、在上均为增函数，三、解答题所以，当、，且时，；17．如图，在正三棱住中，，异面直线与所成角的大小为．当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，（1）求正三棱柱的体积；任取、，且，记点、、、，（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）解：异面直线与所成角的大小为，且，则直线比直线的斜率更大，即，，又，故，故①错；，即正三棱柱的底面边长为．对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，．则则，可得，（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，构造函数，则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，连接，则为直线与平面所成角，所以，函数在上为增函数，因为，，取，则，，记，．即直线与平面所成角的大小为．当时，，则，【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角所以，存在区间，使得函数在上不是增函数， 【解析】【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为当时，因为，可得.．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；又因为，所以，（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，解得；解三角形即可求解．当时，因为，可得，18．已知函数的部分图象如图所示.因为，所以，（1）求函数的解析式；解得.所以或（2）在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算，且的面积为，求的值.【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，【答案】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.可分别求出、，可得出函数的解析式；因为点在函数的图象上，所以，即.（2）由结合角A的取值范围可求得角A的值，利用三角形的面积公式可求得bc的值，利又，则，从而，即.用余弦定理可求得a的值.19．某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内又点在函数的图象上，所以由，得.和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为此时，则在附近单调递增，合乎题意，，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；所以函数的解析式为（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．（2）解：由，所以，，【答案】（1）解：由条件得，所以2分因为，，（）．（2）解：因为，，所以恒成立，则，所以，或，可得或， 点坐标代入椭圆方程得：，恒成立，解得：，，设，则：所以椭圆的标准方程为恒成立，（2）解：设直线的方程为，由由恒成立得（时取等号）消去可得，则，即，恒成立得（时取等号）设，，则，，所以．【知识点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题则，【解析】【分析】（1）根据题意前4个月，区域外的需求量为20万吨，求出的值，可得，进而求得油库内储油量与的函数关系式；易得当时，，故的最大值为（3）解：设，，，，（2）由题意得，分离参数求出最值，即可得出结论.则①，②，20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同又，所以可设，直线的方程为，的交点､.（1）求椭圆的方程；由消去可得，（2）若，的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､则，即，和点共线，求实数的值.由，及①，代入可得，【答案】（1）解：由题意得：焦距为，得，又，所以，所以， 同理可得.，由于，不满足对任意均有，故，，所以数列不是“趋向递增数列”，因为､､三点共线，所以.由于，记，将点，的坐标代入，通分化简得，即所以，【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；数列是“趋向递增数列”.（2）设出直线方程，联立椭圆方程，应用韦达定理求出两根之和，两根之积（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，，利用弦长公式得到，结合m的取值范围，即可求出最当时，数列为常数列，不满足题意；大值；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；（3）设出直线方程，表达出，两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得当时，此时，满足题意；到.当时，此时，不满足题意；21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记当时，此时，不满足题意，.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.综上所述，的取值范围是.（1）已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，向递增数列”？并说明理由；令.（2）已知首项为1，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；因为、为正实数，且，所以，于是.（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非则数列从第项开始为：0、、、、、、.充分条件是中没有0.若为奇数，，，【答案】（1）解：由于，记，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛所以，盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有0，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有0是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有0.【知识点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有0，再证明出数列中没有0时数列不是“趋势递增数列”.
简介：高三下学期数学三模试卷【分析】根据等差数列的性质，再结合条件，求得，最后根据一、填空题求解.1．已知复数，（其中为虚数单位），则.【答案】-1+i4．函数的反函数为，则.【知识点】复数代数形式的乘除运算【答案】4【解析】【解答】由已知可得.【知识点】反函数故答案为：-1+i.【解析】【解答】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.【分析】利用复数的乘法化简即可.故答案为：4.2．已知集合，，则.【答案】{m｜1＜m＜4}【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【知识点】交集及其运算【解析】【解答】因为，因此，.5．已知，则.故答案为：{m|1＜m＜4}.【答案】【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式【分析】求出集合B，利用交集的定义即可.【解析】【解答】，因此，.3．设等差数列的前n项和为，若，则等于 .故答案为：.【答案】45【知识点】等差数列的性质【解析】【解答】由等差数列的性质得：，【分析】利用诱导公式得，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.又因为，6．已知多项式，则.所以，【答案】7解得，【知识点】二项式定理【解析】【解答】因为的展开式通项为，的展开式通项为，所以.由，可得，所以，.故答案为：45故答案为：7. 【答案】【分析】写出展开式通项，令的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得的【知识点】古典概型及其概率计算公式值.【解析】【解答】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九卷“勾股”讲述了“勾股定理”及一些应用，其中直角组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”，设点是抛物线的焦点，直线是该抛物线的准线，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，射线交准线于点，若的“勾”，“股”所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.，则抛物线方程为 .故答案为：【答案】【知识点】抛物线的简单性质【分析利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的【解析】【解答】解：当抛物线开口向右时，如图所示：队员中恰有一名女队员的选法有种选法，利用古典概型概率公式求出答案.因为，9．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为2，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为所以，1，则该圆锥的侧面积为 .由抛物线的定义得，【答案】所以是等边三角形，【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）所以，【解析】【解答】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，所以抛物线的方程是，因为，，则，，故，同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为：，因为平面，平面，，综上：抛物线的方程为：，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，故答案为：所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，【分析】由，得到，然后由抛物线因此，该圆锥的侧面积为.的定义得到是等边三角形求解.故答案为：.8．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.女队员的概率为 .10．设是直线与圆在第一象限的交点，则. 【答案】2则的最小值为3.【知识点】极限及其运算；斜率的计算公式故答案为：3【解析】【解答】联立，解得，【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.因为，当时，直线趋近于直线，12．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则而可视为点与点连线的斜率，.【答案】当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，【知识点】等差数列的前n项和；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，由双曲线定义可知：，故.而根据切线长定理得：，，，故答案为：2.所以，即，解得：，即为右顶点，【分析】联立直线与圆得到第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限，故，趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得.所以故答案为：11．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是 .【答案】3【分析】分析得到为右顶点，从而得到，利用等差数列求和公式进行计算.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量的坐标运算二、单选题13．已知空间三条直线a､b､m及平面，且a､，条件甲：，；条件乙：，则“条件乙【解析】【解答】因为互相垂直，所以，成立”是“条件甲成立”的（ ），A．充分非必要条件B．必要非充分条件当且仅当时，取得最小值，最小值为9，C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件【答案】A 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断C．D．【解析】【解答】由题意，空间三条直线a､b､m及平面，且a､，【答案】B由线面垂直的判定定理可得：，，且需要与相交才能得出，故甲不能推出乙；【知识点】参数方程化成普通方程而由线面垂直的定义可得，则必垂直内任意直线，即，，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件【解析】【解答】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，故答案为：A直线(t为参数)的直角坐标方程为，【分析】由充要条件的定义进行判断即可.当直线过圆心且垂直于直线时，14．函数图象的大致形状是（ ）直线的方程为，即，A．B．由，得或，C．D．所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标【答案】C【知识点】奇偶函数图象的对称性是，【解析】【解答】故答案为：B则，是偶函数，排除B、D.【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过且垂直于直线的直线与圆的交点，即为所求点.当时，即，排除A.16．已知函数，，对于不相等的实数、，设，故答案为：C.【分析】化简函数，确定函数奇偶性，讨论函数在内正负情况，即可排除所有错误选项.，现有如下命题：15．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n；②对于任意的实数，存在不相等的实数是（ ）.、，使得，下列判断正确的是（ ）A．B．A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题 【答案】D故对任意的实数，函数不单调，【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.【解析】【解答】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n，故答案为：D.则，可得，【分析】假设①中的结论成立，构造，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的即，取，可得，结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.令，因为函数、在上均为增函数，三、解答题所以，当、，且时，；17．如图，在正三棱住中，，异面直线与所成角的大小为．当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，（1）求正三棱柱的体积；任取、，且，记点、、、，（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）解：异面直线与所成角的大小为，且，则直线比直线的斜率更大，即，，又，故，故①错；，即正三棱柱的底面边长为．对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，．则则，可得，（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，构造函数，则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，连接，则为直线与平面所成角，所以，函数在上为增函数，因为，，取，则，，记，．即直线与平面所成角的大小为．当时，，则，【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角所以，存在区间，使得函数在上不是增函数， 【解析】【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为当时，因为，可得.．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；又因为，所以，（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，解得；解三角形即可求解．当时，因为，可得，18．已知函数的部分图象如图所示.因为，所以，（1）求函数的解析式；解得.所以或（2）在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算，且的面积为，求的值.【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，【答案】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.可分别求出、，可得出函数的解析式；因为点在函数的图象上，所以，即.（2）由结合角A的取值范围可求得角A的值，利用三角形的面积公式可求得bc的值，利又，则，从而，即.用余弦定理可求得a的值.19．某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内又点在函数的图象上，所以由，得.和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为此时，则在附近单调递增，合乎题意，，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；所以函数的解析式为（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．（2）解：由，所以，，【答案】（1）解：由条件得，所以2分因为，，（）．（2）解：因为，，所以恒成立，则，所以，或，可得或， 点坐标代入椭圆方程得：，恒成立，解得：，，设，则：所以椭圆的标准方程为恒成立，（2）解：设直线的方程为，由由恒成立得（时取等号）消去可得，则，即，恒成立得（时取等号）设，，则，，所以．【知识点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题则，【解析】【分析】（1）根据题意前4个月，区域外的需求量为20万吨，求出的值，可得，进而求得油库内储油量与的函数关系式；易得当时，，故的最大值为（3）解：设，，，，（2）由题意得，分离参数求出最值，即可得出结论.则①，②，20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同又，所以可设，直线的方程为，的交点､.（1）求椭圆的方程；由消去可得，（2）若，的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､则，即，和点共线，求实数的值.由，及①，代入可得，【答案】（1）解：由题意得：焦距为，得，又，所以，所以， 同理可得.，由于，不满足对任意均有，故，，所以数列不是“趋向递增数列”，因为､､三点共线，所以.由于，记，将点，的坐标代入，通分化简得，即所以，【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；数列是“趋向递增数列”.（2）设出直线方程，联立椭圆方程，应用韦达定理求出两根之和，两根之积（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，，利用弦长公式得到，结合m的取值范围，即可求出最当时，数列为常数列，不满足题意；大值；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；（3）设出直线方程，表达出，两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得当时，此时，满足题意；到.当时，此时，不满足题意；21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记当时，此时，不满足题意，.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.综上所述，的取值范围是.（1）已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，向递增数列”？并说明理由；令.（2）已知首项为1，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；因为、为正实数，且，所以，于是.（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非则数列从第项开始为：0、、、、、、.充分条件是中没有0.若为奇数，，，【答案】（1）解：由于，记，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛所以，盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有0，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有0是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有0.【知识点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有0，再证明出数列中没有0时数列不是“趋势递增数列”.
简介：高三下学期数学三模试卷【分析】根据等差数列的性质，再结合条件，求得，最后根据一、填空题求解.1．已知复数，（其中为虚数单位），则.【答案】-1+i4．函数的反函数为，则.【知识点】复数代数形式的乘除运算【答案】4【解析】【解答】由已知可得.【知识点】反函数故答案为：-1+i.【解析】【解答】设，则点在函数的图象上，所以，，解得，因此，.【分析】利用复数的乘法化简即可.故答案为：4.2．已知集合，，则.【答案】{m｜1＜m＜4}【分析】设，利用反函数的性质求出的值，即可得解.【知识点】交集及其运算【解析】【解答】因为，因此，.5．已知，则.故答案为：{m|1＜m＜4}.【答案】【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式【分析】求出集合B，利用交集的定义即可.【解析】【解答】，因此，.3．设等差数列的前n项和为，若，则等于 .故答案为：.【答案】45【知识点】等差数列的性质【解析】【解答】由等差数列的性质得：，【分析】利用诱导公式得，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.又因为，6．已知多项式，则.所以，【答案】7解得，【知识点】二项式定理【解析】【解答】因为的展开式通项为，的展开式通项为，所以.由，可得，所以，.故答案为：45故答案为：7. 【答案】【分析】写出展开式通项，令的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得的【知识点】古典概型及其概率计算公式值.【解析】【解答】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九卷“勾股”讲述了“勾股定理”及一些应用，其中直角组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，三角形的三条边长分别称“勾”“股”“弦”，设点是抛物线的焦点，直线是该抛物线的准线，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，射线交准线于点，若的“勾”，“股”所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.，则抛物线方程为 .故答案为：【答案】【知识点】抛物线的简单性质【分析利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的【解析】【解答】解：当抛物线开口向右时，如图所示：队员中恰有一名女队员的选法有种选法，利用古典概型概率公式求出答案.因为，9．设圆锥底面圆周上两点、间的距离为2，圆锥顶点到直线的距离为，和圆锥的轴的距离为所以，1，则该圆锥的侧面积为 .由抛物线的定义得，【答案】所以是等边三角形，【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）所以，【解析】【解答】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，所以抛物线的方程是，因为，，则，，故，同理，当抛物线开口向左时，抛物线方程为：，因为平面，平面，，综上：抛物线的方程为：，所以，为直线、的公垂线，故，因为，，，故答案为：所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，【分析】由，得到，然后由抛物线因此，该圆锥的侧面积为.的定义得到是等边三角形求解.故答案为：.8．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.女队员的概率为 .10．设是直线与圆在第一象限的交点，则. 【答案】2则的最小值为3.【知识点】极限及其运算；斜率的计算公式故答案为：3【解析】【解答】联立，解得，【分析】利用空间向量的数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.因为，当时，直线趋近于直线，12．已知一簇双曲线：，设双曲线的左､右焦点分别为､，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，是双曲线右支上一动点，的内切圆与轴切于点，则而可视为点与点连线的斜率，.【答案】当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，【知识点】等差数列的前n项和；双曲线的定义；双曲线的简单性质【解析】【解答】如图，由双曲线定义可知：，故.而根据切线长定理得：，，，故答案为：2.所以，即，解得：，即为右顶点，【分析】联立直线与圆得到第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限，故，趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得.所以故答案为：11．已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是 .【答案】3【分析】分析得到为右顶点，从而得到，利用等差数列求和公式进行计算.【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量的坐标运算二、单选题13．已知空间三条直线a､b､m及平面，且a､，条件甲：，；条件乙：，则“条件乙【解析】【解答】因为互相垂直，所以，成立”是“条件甲成立”的（ ），A．充分非必要条件B．必要非充分条件当且仅当时，取得最小值，最小值为9，C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件【答案】A 【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断C．D．【解析】【解答】由题意，空间三条直线a､b､m及平面，且a､，【答案】B由线面垂直的判定定理可得：，，且需要与相交才能得出，故甲不能推出乙；【知识点】参数方程化成普通方程而由线面垂直的定义可得，则必垂直内任意直线，即，，故乙能推出甲；故由充要条件的定义可知，乙是甲的充分不必要条件【解析】【解答】解：曲线(为参数)的直角坐标方程为，故答案为：A直线(t为参数)的直角坐标方程为，【分析】由充要条件的定义进行判断即可.当直线过圆心且垂直于直线时，14．函数图象的大致形状是（ ）直线的方程为，即，A．B．由，得或，C．D．所以当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标【答案】C【知识点】奇偶函数图象的对称性是，【解析】【解答】故答案为：B则，是偶函数，排除B、D.【分析】将两个参数方程都化为直角坐标方程，由题意可知过且垂直于直线的直线与圆的交点，即为所求点.当时，即，排除A.16．已知函数，，对于不相等的实数、，设，故答案为：C.【分析】化简函数，确定函数奇偶性，讨论函数在内正负情况，即可排除所有错误选项.，现有如下命题：15．当曲线(为参数)的点到直线(t为参数)的最短距离时，该点的坐标①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n；②对于任意的实数，存在不相等的实数是（ ）.、，使得，下列判断正确的是（ ）A．B．A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题 【答案】D故对任意的实数，函数不单调，【知识点】命题的真假判断与应用；函数单调性的性质故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.【解析】【解答】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得m=n，故答案为：D.则，可得，【分析】假设①中的结论成立，构造，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的即，取，可得，结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.令，因为函数、在上均为增函数，三、解答题所以，当、，且时，；17．如图，在正三棱住中，，异面直线与所成角的大小为．当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，（1）求正三棱柱的体积；任取、，且，记点、、、，（2）求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）【答案】（1）解：异面直线与所成角的大小为，且，则直线比直线的斜率更大，即，，又，故，故①错；，即正三棱柱的底面边长为．对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，．则则，可得，（2）解：在底面三角形中，过作，垂足为，构造函数，则为中点，又平面平面，平面平面，所以平面，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，连接，则为直线与平面所成角，所以，函数在上为增函数，因为，，取，则，，记，．即直线与平面所成角的大小为．当时，，则，【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角所以，存在区间，使得函数在上不是增函数， 【解析】【分析】（1）由已知可得，又，求得正三棱柱的底面边长为当时，因为，可得.．再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱的体积；又因为，所以，（2）在底面三角形中，过作，垂足为，则为直线与平面所成角，解得；解三角形即可求解．当时，因为，可得，18．已知函数的部分图象如图所示.因为，所以，（1）求函数的解析式；解得.所以或（2）在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算，且的面积为，求的值.【解析】【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，【答案】（1）解：由图象可知，函数的最小正周期为，.可分别求出、，可得出函数的解析式；因为点在函数的图象上，所以，即.（2）由结合角A的取值范围可求得角A的值，利用三角形的面积公式可求得bc的值，利又，则，从而，即.用余弦定理可求得a的值.19．某油库的设计容量为30万吨，年初储量为10万吨，从年初起计划每月购进石油万吨，以满足区域内又点在函数的图象上，所以由，得.和区域外的需求，若区域内每月用石油1万吨，区域外前个月的需求量（万吨）与的函数关系为此时，则在附近单调递增，合乎题意，，并且前4个月，区域外的需求量为20万吨．（1）试写出第个月石油调出后，油库内储油量（万吨）与的函数关系式；所以函数的解析式为（2）要使16个月内每月按计划购进石油之后，油库总能满足区域内和区域外的需求，且每月石油调出后，油库的石油剩余量不超过油库的容量，试确定的取值范围．（2）解：由，所以，，【答案】（1）解：由条件得，所以2分因为，，（）．（2）解：因为，，所以恒成立，则，所以，或，可得或， 点坐标代入椭圆方程得：，恒成立，解得：，，设，则：所以椭圆的标准方程为恒成立，（2）解：设直线的方程为，由由恒成立得（时取等号）消去可得，则，即，恒成立得（时取等号）设，，则，，所以．【知识点】函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题则，【解析】【分析】（1）根据题意前4个月，区域外的需求量为20万吨，求出的值，可得，进而求得油库内储油量与的函数关系式；易得当时，，故的最大值为（3）解：设，，，，（2）由题意得，分离参数求出最值，即可得出结论.则①，②，20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同又，所以可设，直线的方程为，的交点､.（1）求椭圆的方程；由消去可得，（2）若，的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､则，即，和点共线，求实数的值.由，及①，代入可得，【答案】（1）解：由题意得：焦距为，得，又，所以，所以， 同理可得.，由于，不满足对任意均有，故，，所以数列不是“趋向递增数列”，因为､､三点共线，所以.由于，记，将点，的坐标代入，通分化简得，即所以，【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；数列是“趋向递增数列”.（2）设出直线方程，联立椭圆方程，应用韦达定理求出两根之和，两根之积（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，，利用弦长公式得到，结合m的取值范围，即可求出最当时，数列为常数列，不满足题意；大值；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；（3）设出直线方程，表达出，两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得当时，此时，满足题意；到.当时，此时，不满足题意；21．记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记当时，此时，不满足题意，.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.综上所述，的取值范围是.（1）已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，向递增数列”？并说明理由；令.（2）已知首项为1，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；因为、为正实数，且，所以，于是.（3）若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非则数列从第项开始为：0、、、、、、.充分条件是中没有0.若为奇数，，，【答案】（1）解：由于，记，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛所以，盾， 故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有0，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有0是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有0.【知识点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有0，再证明出数列中没有0时数列不是“趋势递增数列”.
