精品解析：陕西省咸阳市武功县普集高级中学2025届高三模拟预测数学试题

数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“复数为纯虚数”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 3. 某学习小组共5名同学，某次模拟考试的数学成绩平均分数为112，已知其中4名同学的成绩分别为96，109，120，126，则这5名同学成绩的第75百分位数是（ ） A. 112 B. 119 C. 120 D. 121 4. 已知向量且向量方向相反，则可以是（ ） A. B. C. D. 5. 记数列的前项和为，若数列是公差为1的等差数列，则（ ） A. 1 B. 2 C. 2025 D. 2022 6. 已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（） A. B. C. D. 8. 函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线．在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，其中，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某手机商城统计的2024年5个月智能手机的销量（万部）如下表所示：根据表中数据用最小二乘法得到的关于月份编号的回归直线方程为，则（ ） 月份 7月 8月 9月 10月 11月 x 1 2 3 4 5 y 2 2 3 m 4 A. B. 与正相关 C. 当月份编号增加1时，销量增加0.5万部 D. 预测2025年6月份该手机商城的销量约为6万部 10. 已知如图是函数的部分图象，则（ ） A. 的图象关于中心对称 B. 在单调递增 C. 在点处的切线方程为 D. 的图象向左平移个单位长度后为偶函数 11. 我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中的系数是20，则实数的值为_______． 13. 将1，1，1，1，2，4，6，8这8个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有________种（用数字作答） 14. 已知双曲线的离心率为，F为右焦点，点A，B在右支上，设D为A关于原点O的对称点，且．若，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面，，，． （1）若，求向量在向量上的投影向量的模； （2）当，且时，求出四棱锥的外接球的表面积； （3）若，且，求二面角的正切值． 17. 已知函数． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）若函数图象上有三个点A，B，C并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点B处的切线斜率与A，C两点连线斜率的大小关系． 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线AB，CD分别交椭圆E于点A，B，C，D，点A始终在第一象限且与点D关于y轴对称，直线AC，BC分别交y轴于点G，M． （1）求椭圆E的方程； （2）求点G的坐标； （3）判断是否为定值，如果是，求出定值，如果不是说明理由． 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网 命组卷网 数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的 1.若集合A={F≤2，B={1og(-l)s2头，则AnB=() A.[-4,4] B.L,4] c(1,4] D.[0,5] 【答案】C 【解析】 【分析】根据根式不等式与对数不等式分别求解集合，再求交集即可. 【详解】A={WF≤2={0≤x≤4) B={xlog2(x-1)≤2}={0<x-1≤4}={1<x≤5} 所以A∩B=(L,4] 故选：C a+1 (aER) 2.“a=1”是“复数1-i 为纯虚数”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 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合复数的除法运算及纯虚数的概念求解 a+i_(a+i)(1+i)_(a-1)+(a+l)i_a-1:a+li 【详解】复数1-i(1-i)(1+i) 2 2 2 a-1 =0 当a=1时，2，复数z=i,是纯虚数： 第1页/共27页 6学科网命组卷网 a-1=0 2 当复数a+i(aeR) 为纯虚数时，有a+1 ≠0·解得 1-i 2 a=1 a+i (aR) 则“a=1”是“复数1-i 为纯虚数”的充要条件 故选：C 3.某学习小组共5名同学，某次模拟考试的数学成绩平均分数为112，已知其中4名同学的成绩分别为 96,109,120,126,则这5名同学成绩的第75百分位数是() A.112 B.119 C.120 D.121 【答案】C 【解析】 【分析】先利用平均数得到另外一个学生的成绩为109，然后根据百分位数的求法可得. 112=96+109+120+126+x 【详解】依题意设另外一名同学的成绩为x, 5 ,解得x=109, 将这5名同学的成绩按从小到大的顺序排列为96,109,109,120,126， 则成绩的第75百分位数为5×0.75=3.75即排序后的第4个数据， 所以这5名同学成绩的第75百分位数是120， 故选：C 4.已知向量a=(cos8,1),b=(-1,2si血)且向量a,b方 ”方向相反，则8可以是() 2π 5π 3π 7π A.3 B.3 C.4 D.4 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量相反的坐标表示求解即可 【详解】因为向量0=(cos8,1),6=(-1,2sin0)且向量4，b方向相反， 第2页/共27页 6学科网命组卷网 当cos0=0时，sin0=士1，a=(0,1),b=（-1,±2)不满足题意， -1_2sin0<0 当c0s0≠0时，cos01 ,解得sin20=-1,且sin0<0, 所y283元+2km0=3玩+远 2 4 ,且π+2k红<0<2π+2kπ， 7 经检验只有x= 4满足题意， 故选：D 5.记数列{a,}的前n项和为S,若数列a,」 225=() 是公差为1的等差数列，则4 A.1 B.2 C.2025 D.2022 【答案】A 【解析】 【分析】利用前”项和与通项公式的关系求出4，=a,判断a,}是常数列，再求解目标式即可 S 【详解】因为数列 a 是公差为1的等差数列， S.=S+1x(n-1)= 所以ana ,故S。=a 当n≥2时，=(n-l1)a,m-1≠0. 两式相减得S。-S=ma。-(n-)a, 则a,=na,-(n-l)an 得到ma,-a。=(n-)a, 故m-la=(n-)a,即a,=a, 第3页/共27页 可学科网丽组卷网 02025=1 故{an}为常数列，则a2o25=a3,即a3，故A正确。 故选：A. 6.已知抛物线C:少=4r,其准钱为'，焦点为F,过M6,0)的直线P与和C从左到右依次相交于 A,P,e=点，且FOI0,则△FMP和△FA0 的面积之比为() 1 1 A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】B 【解析】 09,6),得出直线 O:y=x-3 【分析】根据题意求出 ,与抛物线联立得 PL,-2)A-1,4),然后 求出两个三角形的底边，即可得出答案 【详解】不妨设点Q在第一象限，如图所示， :x=-1F(1,0) 由题可知， 所以F0Fx。+1=10→=9，所以(2)=36， 又%>0 所以。=6故09,6). _6-0-1,所以直线P0:y=x-3 此时kpg=kweF9-3 与抛物线联立得广-4y-12=0,所以=-2，代入抛物线方程得 4=4xp→xp=1 第4页/共27页 6学科网命组卷网 所以P0,-2 易得1(-14) 所以4g=Vi00+100=10W2.AP|=2+2=2V2 AP 1 SFA 405, 故选：B 7.中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结 ABCD EF∥CD,AB=2EF=2 构示意图如图2所示，在结构示意图中，己知四边形 为矩形， △ADE,△BCF 都是边长为1的等边三角形，若点A,B,C,D,E,F都在球O的球面上，则球O的表 面积为() 门■■ 图1 图2 11π 11π 11元 11π A.8 B.6 C.4 D.2 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据球的性质可得O0+平面4BCD,根据中位线的性质和勾殷定理可 MO,⊥PO且 M02 2,分类讨论当O在线段O,M上和0在线段MO的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面 积公式计算即可求解. 【详解】如图，连接1C,BD,设1C∩BD=O 第5页/共27页 6学科网 命组卷网 因为四边形CD为矩形，所以O为矩形ABCD外接圆的圆心.连接 00 则O0上平面ABCD,分别取EF,AD,BC的中点M,PD, 根据几何体ABCDEF 的对称性可知，直线O0交EF于点M 连接P吧，则P011AB,且O为P的中点，因为EF1/AB,所以P1EF, 版0e为gs所0上o且09--9 设O0=m,球0的半径为R,连接OE,04 当0在线段 OM 上时，由球的性质可知R=OE2=OAP 8ma4r图9j小得(w 此时无解 当0在线段 MO 的延长线上时，由球的性质可知， wj 解得m=5,所以R2=OE-， 4 所以球O的表面 S=4πR2=11π 2 故选：D 第6页/共27页 命学科网命组卷网 8函数f=x-(x≠0) 的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线.在 数列{cn}中，c=1,cn -fa)0aeN,n≥2)，记数列c,}的前n项积为7.，数列亿，}的前n项和为 S,其中meN,n≥2，则() A.355,<2 5 B1长8写 5 D.455,<2 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据恩意可得号+m-）'利用裂项的思想整理可得=21、1 n n!(n+1)!, 进而可得 Sn=2- （n+1)!,即可得结果。 【详解】：Cn fo=a2.a+l,a≥. n :7=GG…0,=1 2x3x..x n-1 n 3x14×2n×(n-2)(n+1)x(n-1) n =2m=2,+1-21-1] 3×4×5x…×(n+1）(n+1）！(n+1)!n!(n+1) T>0,,}为递增数列， 第7页/共27页 6学科网命组卷网 2 25 3引3，当n≥2时，3≤S,<2 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用裂项的思想得到T, -1 n(n+1月 即可得结果. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.某手机商城统计的2024年5个月智能手机的销量'（万部）如下表所示：根据表中数据用最小二乘法得 )=0.5x+1.3 到的关于月份编号的回归直线方程为 ,则() 月份 7月 8月 9月 10月 11月 1 3 5 2 3 4 m=3 A. B.y与x正相关 C.当月份编号x增加1时，销量增加0.5万部 D.预测2025年6月份该手机商城的销量约为6万部 【答案】AB 【解析】 【分析】利用回归方程必过样本中心点的性质得到)=2.8 ，进而建立方程，求解参数判断A,利用回归系 数的正负判断变量的相关性求解B,利用表格数据判断C,利用回归方程估计销量判断D即可 【详解】对于A,由表中数扬，计算行不=写×0+2+3+4+5)=3 1 第8页/共27页 学科网命组卷网 故得到y=0.5×3+13=2.8 则2+2+3+m+4=2.8×5,解得m=3,故A正确， 对于B,由回归直线方程中x的系数为正可知， ’与”正相关，且其相关系数 r>0 ,故B正确： 对于C,线性回归方程只是一种统计预测方法，当月份编号x增加1时，销量不一定增加05万部，故C错 误， 对于D,2025年6月份对应的月份编号x=12, y=0.5×12+1.3=7.3 ,故D错误 故选：AB 10已知如是至数f)=2 oox+po>0-受0<0 的部分图象，则() 】 3 ,0 A.f(x)的图象关于(2中心对称 B.f(x)在(-1,2)单调递增 2π C.f(x)在点(0,1)处的切线方程为y= 2+1 D.f(x)的图象向左平移3个单位长度后为偶函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数图像上的点，求出函数参数，根据函数解析式判断各选项正误， 【详解】函数图形经过0，)代入得fO)=2cosp=1,解得0=一3+2πk∈Z ,因为2<0<0 第9页/共27页 命学科网命组卷网 p=- 3 过0气得八孕=2o(-0=0 点，得 3 _1-6k,k∈Z ,解得2 T、元2ππ0<w 3 1 0= 有图像可知43，即4o3,解得 2,则 2 可得f(=2cos(-3, 1x-π=兀+2km,k∈Z解： 对称中心为2-32 解得x=+2mk∈☑ 3 ,所以A错误 <5x-3<2元+2km,kEZ π+2kπ<三x- 8π+4k<x<3+4m,k∈Z 函数在 上单增，解得3 4π2π 当k=-1时，增区间为3’3所以B正确 可知f)=2(-sim(x- 2 切线方程为”-0=3， 化简得=5 =2x+1,所以C正确 T梦后尚=2o+孕骨=2兮是风数商D正 1 故选BCD. 1025=1×103+0×102+2×10+5×10° 11.我们常用的数是十进制数，如 表示十进制的数要用10个数 码0,1,2,3,4,5,6,7,8,9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进 1012=1×23+1×22+0×2+1x2 制的数 ,等于十进制的数13.已知m,n∈N,且m≥2，n≥2， 第10页/供27页 学科网命组卷网 若把m位”进制中的最大数记为 M(m,n) 则下列结论正确的是() A.M(5,4)=1023 B.M(2,4)<M(4,2) c.M(3",2）>M(3m,2) D.M(n+3,n+2)>M(n+2,n+3) 【答案】ACD 【解析】 【分折1根据题态，求得M(5,4)=3333g=4-1=1023,可判定A正确：由M(4,2)=15, M(2,4)=15,可判定B错误：由M(3,2）=2”-1,M(3n,2)=2-1,结合3”>3m,可判定c正 确；根据等比数列求和，求得M(n+3,n+2)=(n+2)-1和M(n+2,n+3)=(n+3)2-1,令 f心)-xe,求得了)0，府到e)e+)上单调运该，求得a+2刃》>fa+) 可判定D正确. 【详解1对于A中，由M(5.4)-333=3×4+3×4+3×4+3×4+3×4=4-1=1023,所以 A正确； 对于B中，由M(4,2)=11lg=1×2+1x2+1x2+1×2°=15 M(2,4)=3=3x4+3×4=15,可得M(2,4)=M(4,2),所以B错误； 3”个1 对于C中，由M(3,2）=11…l2=1×21+1×2-2++1×2+1×2°=2”-1， 3n个1 M(3m,2)=11…l2=1×2n-+1×2-2+…+1x2+1×2°=2-1， 因为3”>3m,可得2-1>2”-1，即M(3,2)>M(3m,2),所以c正确： 第11页/共27页 6学科网列组卷网 (n+3)个(n+) 对于D中，由Mn+3,n+2)=(n+l(n+1)(n+1)2 =(n+1)(n+2)*2+(n+1)(n+2)+…+(n+1)(n+2)}+(n+1)(n+2)° =(n+1)[(n+22+(n+2+…+(n+2）+(n+2)° -6wo2 (n+2)个(n+2) 又由M(n+2,n+3)=(n+2)0n+2j-(+2）+3 =(n+2)(n+3)+(n+2)(n+3)”+(n+2)(n+3)++(n+2)(n+3'+(n+2)(n+3)° =(n+2)n+3)+(n+3)+(n+3)+…+(n+3+(n+3)] -- 要g了-<0化回L藏 血(n+2）、h(n+3 当n∈N时，e<n+2<n+3,则f(n+2)>f(n+3),即n+2>n+3, 因此(n+3l血(n+2)>(n+2)n(n+3),即(n+2)*>(+3)2 则M(a+3,n+2)>M(a+2,n+3),所以D正确 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12若（a-xx+1少°的展开式中的系数是20，则实数a的值为 【答案】6 第12页/供27页 可学科网命组卷网 【解析】 【分析】通过二项展开式的通项公式即可求解： 【详解】 ~(a-x)x+1)的展开式中的系数是aCg-C=20,5a=30,a=6 故答案为：6 13.将1,1,1,1,2,4,6,8这8个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能 填一个数)，若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有 种（用数字作答） 第1行 第2行 【答案】912 【解析】 【分析】应用分步分类计数原理，讨论数字1的填入方式，结合排列组合的知识求解即可. 【详解】要使填入的每行数之和为偶数， 分如下三种情况： 第1行0个1，第2行4个1，此时有A=24种： 第1行、第2行各2个1，此时 CACA号=864种； 第1行4个1，第2行0个1，此时有A=24 ： 所以共有24+864+24=912种」 故答案为：912 4已知双骑线C:广 V10 C:日厅=1a>0,b>0叭的离心率为2，P为右焦点，点4，B在右支上，设D为4 关于原点O的对称点，且DF上AB.若AF=AFB,则元= 1 【答案】3 第13页/供27页 6学科网列组卷网 【解析】 【分析】设a=2m,得到c=V0m,且F4=/,根据愿意和双曲线的定义，得到4=r+4m,结 合双曲线的对称性，得到F4+FA=EF,求得r=2m,同理得出FB=6m,即可求解 x2y2 V10 【详解】由双曲线C a26京=1 的离心率为2， 设a=2m,(其中m>0),则c=Vi0m,可得b=Vc2-a2=V6m, 再设F为双曲线C的左焦点，且F4=r】 FB= 因为AF=FB,可得 1,根据双曲线的定义，可得F4=r+2a=r+4m, 又由双曲线的对称性，可得四边形4DF为矩形，所以4+FA=EF 即r+4m'+r产=(2c)广=40m,解得r=2m, 连接BE,设FB=t,则FB=1+4m,由于AB+R4=FB 即(+4m=(2m+'+36m,解得t=6m, 因为AF=FB,解得t3. 1 故答案为：3， 第14页/供27页 6学科网 命组卷网 四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15.在△ABC中，角4，B,C所对的边分别为a,b,c,且满足V3cosB+V3cosC=2 acos/ (1)求角A的大小： (2)若0=25，且△ABC的面积为35，求sinB+sinC的值 Asπ 【答案】(1)6 3+1 (2)2 【解析】 【分析】(1)根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解， ②)根据面积公式可得c=12,5,由余弦定理可狗b2+心2-48 进而可得b+C,即可根据正弦定理 求解 【小问1详解】 3ccos+3C2acos4 ,根据正弦定理可得 √3 sin CcosB+√3 sin BcosC=2 sin AcosA sin CcosB+sin BcosC=sin(B+C)=sin(-A)=sinA 由于 故V5sinA=2 sin Acos4 由于s如A≠0，所以0sA= 2 由于A∈(0，)，故 A=π 6 【小问2详解】 第15页/供27页 命学科网命组卷网 因为SBcF,bcsinA=3W5 2 ,可得bc=12V3, 由余弦定理得a2=6+c2-2 pbccos4,即(23=+c2-2x12W5x5 ,故b2+c2=48, b+c=vB+c2+2bc=V48+24V5=V12(4+23)=V12(1+V5=6+23 ab==45 由正弦定理可得sinA sin B sin C inB=b 所以 43,sinc=c 4V3, sin B+sinc=btc6+23+1 434V32 16如图，在四棱锥P-ABCD中，PAL底面ABCD,PA=AC=2,BC=l,AB=V5 D B ()若AD1PB,求向量CP在向量DA上的投影向量的模： (2)当AD⊥PB,且AD=1时，求出四棱锥P-ABCD的外接球的表面积： (3)若AD LDC,且D=V5,求二面角A-CP-D的正切值. 【答案】(1)1 (2)8π 第16页/供27页 6学科网列组卷网 (3)v6 【解析】 【分析】()证明出BCL平面PAB,可得出BC⊥PB,结合D/BC,可知向量CP在向量DA上 的投影向量的模 CB,求解即可（或者利用∠PCB是CP和DA的夹角，求出其余弦值，即可得出向 量CP和DA上的投影向量的模为CFcos∠PCB)； (2)过点D在平面ABCD内作DE⊥AC,垂足为点E,过点在平面PAC内作EF⊥CP,垂足为点 F DF ∠DFE A-CP-D DE EF ,连接，由二面角的定义可知 即为二面角 的平面角，求出、 的长，即 可求出∠DFE的正切值，即为所求. 【小问1详解】 因为PA⊥平面ABCD,而ADC平面ABCD,所以PA⊥AD, 又D⊥PB,PBOPA-=P,PA、PBC平面PMB 所以AD⊥平面PAB,而ABC平面PAB,所以AD⊥AB 因为BC+4B=4C,所以BCLB,根据平面知识可知 DI∥BC 结合AD⊥平面PAB,可知BC⊥平面PAB, 因为PBC平面PAB,所以BC⊥PB, 故CP在向量DA上的投影向量的模即为向量CB的榄长1， (或者利用∠PCB是CP和D1的夹角。 因为PA⊥平面ABCD,ABC平面ABCD,所以PA⊥AB, 第17页/供27页 学科网命组卷网 则PB=VP+AB=V4+3=V7,同理可得PC=VPf+AC=V22+2=2V2, 又因为BC=1,所os∠PCB=8C=,1 PC22, 故向量CP和DA上的投影向量的模为 CPcos∠PCB=2V2x,1 2×221.) 【小问2详解】 当AD⊥PB,且AD=1时，由(1)可知BCIIAD,且BC=AD=1, 则四边形ABCD是矩形， 可将四棱锥P-ABCD补成一个长、宽、高分别为5、1、2的长方体， G 体对角线长度为V+2+(3兰2V2 则该长方体的外接球即为四棱锥P-ABCD的外接球， 所以四棱锥P-ABCD有外接球，且该外接球半径为V2,表面积为S=4π×(V2=8元 【小问3详解】 如图所示，过点D在平面ABCD内作DE⊥AC,垂足为点E, 过点在平面PAC内作EF⊥CP,垂足为点F,连接DF 第18页/供27页 6学科网命组卷网 D =C B 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD, 而平面PAC∩平面ABCD=AC,DEc平面ABCD,所以DE⊥平面PAC, 因为CPC平面PAC,所以DE⊥CP, 又EF⊥CP,DEEF=E,DE、EFC平面DEF,所以CP⊥平面DEF, 因为DFc平面DEF,故CP⊥DF, 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 因为AD1CD,AD=5,AC=2,则CD=VAC2-AD=4-3=1, 在：4CD中由等面积法可得DE=D.DC-5 AC 2 因为DE1AC·所以CE=vCD-DE 因为PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以PA⊥AC, 因为PA=AC,故△PAC为等腰直角三角形，月∠ACP=乃 Γ4， 因为EFLPC,故△EFC为等腰直角三角形，所以EF=CFo及-×5_2 4224 第19页/供27页 6学科网命组卷网 故tan∠DFE= 上DE=3×2V6,因此三面角4-CP-D的正切值为67 f(x)-kr2-(k+2)x-In2.kER 17.已知函数 X （1)当>2时，求函数f) 的单调递增区间： f(x) f(x) (2)若函数 图象上有三个点A,B,C并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点B处的 切线斜率与A,C两点连线斜率的大小关系. 【答案】(1) (2)点B处切线斜率小于A,C两点连线斜率 【解析】 【分析】(1)求导，根据k>2,令"()>0 求得增区间： (2)设出4，B,C三点坐标，分别表示出曲线()在点B处切线斜率和4，C两点连线斜率，通过作差比 较，构造函数借助导数证明. 【小问1详解】 (2x-1ac-D,x>0 11 11 令f)=0,得=2或，由于k>2,侧k2, 1 、1 令∫'(x)>0,解得 得0<x<或>2， x> 南以oaR动)合 【小问2详解】 第20页/供27页 命学科网命组卷网 设A(,f(G》B(,f(》.C(s,f(s),且0<x<x<,2x,=x+x, 曲线f()在点B处切线斜率为="(5)=2，-(k+2)+」 X2 A,C两点连线斜率为 k=f飞)-f)_[c-k+2,-h2+n]-[G-k+2x-h2+nx] X3-x1 x3-1 In In k(+x)-k+2)+,k二k=1-左=20 X3-x x2 x3-x x+x3 x3-x x-x -x 令80=2t-0-+0n,4>1.则80=1-1h1 t,令h(t)=g'(t), h0=+3=1<0 i+F=P<0,即h)在(L,+o∞)上单调递减， 0<h0=0,即30<0， 所以80东1，+∞ 在 上单调递减，故80<g0=0 年川臣小经0对->0号 3->0】 第21页/供27页 6学科网命组卷网 所以4-店<0.即k<6,所以曲线)在点B处切线斜率小于A,C丙点连线剂率 x2,y2 18已知椭圆B:。+下=1>h>0)的焦距为2V2,以桶圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角 P(0,2) 形是直角三角形，过点 的直线AB,CD分别交椭圆E于点A,B,C,D,点A始终在第一象限且与 点D关于y轴对称，直线AC,BC分别交y轴于点G,M (1)求椭圆E的方程： (2)求点G的坐标： AB (3)判断|AP‖MG引是否为定值，如果是，求出定值，如果不是说明理由， 【答案】(1)42 G(0,1) (2) AB =2 (3)是定值，AP‖MG 【解析】 【分析】（山）根据已知条件列式得出b=V2及口=4得出椭圆方程， (2)直线AB方程联立方程组，求出直线AC方程为 y-片=》2(-)，令=0，即可计算求出点： x1+x2 (3)应用弦长公式结合韦达定理计算求值. 【小问1详解】 由稀圆8短轴一个端点和两个焦点为顶点的二角形是直角三角形，得力=√5，则口=4， x2 y2 -=1 所以椭圆E的方程为4·2 【小问2详解】 第22页/供27页 6学科网6组卷网 设直线AB方程为'=+2，A(3,片)，B(G,)x>x>0 由点A在第一象限且与点D关于y轴对称，得直线CD,AB关于y轴对称， C(-x2,y2) y=k+2 由1x2+2y2=4消去y得(2k2+1)x2+8+4=0, 8k 4 642-16(2k2+1≥0今k2之2内+x=2k2+1,22+ 直线4C方程为-片=2(-) x1+x2 ◆=0：和=+男 x1+x2 。2k.4 -++2+2）2+2-2+2=1 x1+x2 x+x2 x1+x2 2k2+1 G(0,1) 所以点 【小问3详解】 M 由(2)知，A8=V1+2k-=V1+k2(G-x)AP=1+kx,MG=1-y, 8k 4 由+6=2°+722+1，得2=+5， 因此24P-MG=2N1+k2x（-1-)=V1+k2(-2x-2)=1+K(3-x)=ABl, 第23页/供27页 6学科网列组卷网 IAB =2 所以|AP‖MG 19.在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以2的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长 度，机器人每次经过-2或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到，设事件{4，}表示“机器人的 前n次移动均未向雷达发送信息”. 求P(4).P(4)片 De个结花，P)水子：ea化eN足-到天个件.者在在超. 对于任意的n均有 立P(X)上N,则X,}中只有有限个事件同时发生的概来为1 (i)证明： 立P(4)<3事件，“笛达会收到信息"的概率为1， (ⅱ)求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. I1P4)广子P叫)-. (2) wW-0-uu. P(4)子P(4)(绿P(4)<(P(4)=绿. P4守r+r子3-r 第24页/共27页 6学科网组卷网 对于一系列无穷事件{A},存在正数N=3,对于任意的n都有， ∑P(4)<3 i=l 则“{4}中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“{4}中有事件不发生”的概率为1，即“雷达 会收到信息”的概率为1. 2 (i)5 【解析】 【分析】(1)根据题意直接计算得出结论： (2)(i ()()()3 P4-P,因tP(4)P(A),即可证明结论 (ii)利用全概率公式可得结论， 【小问1详解】 由惠意，前2次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则P(4)1-1x13 224, 若机器人经过-2，则必不经过3，包括： 前两次都向左移动1个单位： 先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位； 先向右移动1个单位，再向左移动3个单位， 则其概率乃 + 若机器人经过3，则必不经过2包括：前3次连续向右移动，则其概率 数P(4)1-R-B=2: 【小问2详解】 第25页/供27页 6学科网6组卷网 (i)略 (山设事件C={机器人从出发，运动至3首次发送信息=-1,0，) 根据()，机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至-2或3的概率为1， 再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在一2的概率与初始位置在1， 首次发信息在3的概率相等，即P(Co)=P(C) 设事件M表示点移动到1，事件M,表示点移动到0，设事件M表示点移动到1. M 易知事件C与事件M,相互独立，故P(CM)=P(C)(i=12,3). 又根据全概率公式，若机器人初始位置为0， 第一次移动后的位置为1或-1，故P(Co)=P(M)P(CM)+P(M)P(CM), 数P(G)-2Pc)+P(G)=2P(C)+1-P(C】.C 若机器人初始位置为-1，第一次移动后的位置为0，故P(C)=P(M,)P(C,M,) 即P(C,)=2P(c)@ 2 2 解①②，解得P(C,）-5,从而雷达第一次收到信息时机器人位程为3的概半为 【1a压.)--w1 利用不等式放缩可知 (4,)P(4)kP(4)<P(4)=( 进而再放缩可得 2p4)rr++33×< 进而可得 第26页/供27页 命学科网组卷网 第27页/共27页