精品解析：浙江省永嘉中学2025-2026学年高三上学期Z20第一次联考数学模拟试题

永嘉中学2023级高三Z20第一次联考数学模拟试题卷 2025.8 命题：邹策 审校： 考生注意： 1.本科目试卷共1张，4页，19道小题.满分150分，考试时间120分钟.答题前，请务必检查试题卷与答题卷印刷情况，并将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷，草稿纸上作答一律无效.同时考生请注意端正考试行为，把握考试时间，预祝考试顺利. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，每题有且仅有一个正确选项符合题意，共计40分. 1. 对于命题若是假命题，则下列说法正确的是（ ） A. 都是真命题 B. 都是假命题 C. 是真命题，是假命题 D. 是假命题，是真命题 2. 将收集到的6组数据对制作如图所示的散点图（点旁数据为该点坐标），由最小二乘法计算得回归直线方程：，相关系数为，相关指数为；残差分析确定点对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的5组数据计算得回归直线方程：，相关系数为，相关指数为.则以下结论中，不正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 空间直角坐标系中过点的直线的一个方向向量为，则直线与轴之间的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）． A. B. C. D. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数且在区间上有零点，则最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7 已知递增正整数数列满足，则（ ） A. B. 可能成等比数列 C. D. 可能成等比数列 8. 如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ） A. 当增大时，先增大后减小 B. 当增大时，先减小后增大 C. 当增大时，先增大后减小 D. 当增大时，先减小后增大 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，每题至少有一个正确选项符合题意，共计18分. 9. 关于非零复数，及其共轭复数，，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则（ ） A. 展开式各二项式系数的和为0 B. C. D. 11. 已知空间向量两两的夹角均为，且.若向量满足，，则的可能值是（ ） A. B. 6 C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 设集合，则的非空子集个数为__________. 13. 如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是2，且二面角为60°，M，N为对角线AC和FD上的动点，且满足，则线段MN长的最小值为__________． 14. 已知样本：、、、、，该样本平均数为7，样本的方差为4，且样本的数据互不相同，则样本数据中的最大值是__________. 四､解答题：本题共5小题，其中第15，16，17，18题一题15分，第19题17分，共计77分. 15. 如图所示，一条直角走廊宽. （1）若位于水平地面上的一根铁棒在此直角走廊内能水平地通过此直角走廊，求此铁棒最大长度； （2）现有一辆转动灵活的平板车，其平板面是矩形，它的宽为如右图.平板车若想顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米？ 16. 在已知数列中， （1）求数列的通项公式. （2）数列中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出的关系；若不存在，请说明理由. 17. “踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动某地为了弘扬文化传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动. （1）某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为、两类，抽到较易的类并答对购物打八折优惠，抽到稍难的类并答对购物打七折优惠抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有张完全相同的卡片，其中张写有字母，张写有字母，张写有字母，顾客每次不放回从箱中随机取出张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽次，直至取到写有或卡片为止，问：已知该顾客最后一次取到的是写有的卡片的条件下，求他共抽了3次的概率. （2）小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到条灯谜不妨设每条灯谜的适合度各不相同最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前条灯谜，自第条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条设，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为. （i）若，求； （ii）当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值. （取） 18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线，点为曲线的四点. （1）若梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点. （i）求直线的斜率； （ii）证明：直线与交于定点 （2）已知点.过点作直线交曲线于两点，为线段的中点，点为曲线上的一点且始终满足，过点作直线，该直线与曲线的另一个交点为，为线段的中点，为曲线的焦点，记的面积为的面积为，求的最小值. 19. 已知函数， （1）当时，求函数的值域； （2）若函数恒成立，求的取值范围. 20. 瓶酒中有瓶毒酒，活着的老鼠可以无限量饮用并且会因为喝了毒酒在日死亡，至少需要只活着的老鼠才能于日内检测出所有毒酒.试求出下列对应情况下的. （1） （2） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永嘉中学2023级高三Z20第一次联考数学模拟试题卷 2025.8 命题：邹策 审校： 考生注意： 1.本科目试卷共1张，4页，19道小题.满分150分，考试时间120分钟.答题前，请务必检查试题卷与答题卷印刷情况，并将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷，草稿纸上作答一律无效.同时考生请注意端正考试行为，把握考试时间，预祝考试顺利. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，每题有且仅有一个正确选项符合题意，共计40分. 1. 对于命题若是假命题，则下列说法正确的是（ ） A. 都是真命题 B. 都是假命题 C. 是真命题，是假命题 D. 是假命题，是真命题 【答案】D 【解析】 【分析】根据命题的真值表判断即可. 【详解】因为是假命题，则，都为假命题，则是假命题，是真命题； 故选：D 2. 将收集到6组数据对制作如图所示的散点图（点旁数据为该点坐标），由最小二乘法计算得回归直线方程：，相关系数为，相关指数为；残差分析确定点对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的5组数据计算得回归直线方程：，相关系数为，相关指数为.则以下结论中，不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用回归方程的性质，利用相关系数和相关指数分析判断即可. 【详解】从散点图可以看出，两个变量是正相关，故A正确； 从散点图可以看出，回归直线的斜率是正数，且的斜率大于的斜率，故 B和C正确； 从散点图可以看出，去掉“离群点”后，相关性更强，拟合的效果更好， 值越大，模型的拟合效果越好，所以，故D错误； 故选：D. 3. 空间直角坐标系中过点的直线的一个方向向量为，则直线与轴之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证明直线与轴异面，设为上一动点，且，，由关系，求点，的坐标，由此可求结论. 【详解】设为轴上的动点，设点为， 设 若点在直线上，则， 又，所以，矛盾， 所以点不在直线上， 又直线的一个方向向量为，轴的一个方向向量为， 所以直线与轴不平行，所以直线与轴异面， 设为上一动点，且， 所以点的坐标为，所以， 当，时，取最小值， 所以当，时，取最小值， 所以，时，取最小值， 所以，时，取最小值， 此时，的最小值为， 所以直线与轴之间的距离为. 故选：B. 4. 运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积． 【详解】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥， 则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则， ， 故截面面积为， 把代入椭圆可得， 橄榄球形几何体的截面面积为， 由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积． 故选：B． 【点睛】本题考查类比推理，涉及了立体几何知识，祖暅原理等． 5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，结合余弦定理可得，利用两角差的正切公式可得，利用基本不等式可求最小值. 【详解】因为成等差数列，即， 则，， 所以，即，且， 所以， 当且仅当时，等号成立. 故选：D． 【点睛】关键点点睛：关键在于利用余弦定理得到，进而利用两角差的正切公式结合基本不等式求解. 6. 已知函数且在区间上有零点，则最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】转换主参变量，利用点到直线的距离公式来求得的最小值. 【详解】依题意在区间上有零点， 整理得在上有解， 表示坐标系中，直线（看成参数）上的点， 所以的最小值表示原点到直线的距离的平方的最小值，， 设， 由于，所以当时，取得最小值为， 所以的最小值为1. 故选：C. 7. 已知递增正整数数列满足，则（ ） A. B. 可能成等比数列 C. D. 可能成等比数列 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系和数列递增性，分析各选项中组合数与乘积的关系，结合组合数的性质判断正确选项即可. 【详解】对于A，因为数列是递增正整数数列，所以，故A错误； 对于B，由选项A可知，，而当，即时， 根据组合数性质可得，此时数列不是递增数列，排除， 时有， 若成等比数列，则， 所以，此时，不合题意，所以B错误. ， 则，所以C正确； ， ， 当时，而， 则，所以D错误； 故选：C. 8. 如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ） A. 当增大时，先增大后减小 B. 当增大时，先减小后增大 C. 当增大时，先增大后减小 D. 当增大时，先减小后增大 【答案】C 【解析】 【分析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量与面的法向量为的夹角， 对于AB，令，则，分析函数单调性，结合余弦函数性质判断；对于CD，令时，化简整理得到 ，利用导数判断函数的单调性，进而判断余弦函数的单调性，进而得解. 【详解】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则，， 设直线与交于，则， 则，，， 设平面的法向量为， ，，令，则 设平面的法向量为，又 ，，令，则 利用空间向量夹角公式得 对于AB，令，则 显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB 错误； 对于CD，当时，则 令， 求导 ，令，得 故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小 故选：C 【点睛】方法点睛：本题考查面面角的求法，利用导数判断函数的单调性，即余弦函数的性质，利用空间向量求立体几何常考查的夹角： 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两直线所成的角为(),； ②直线与平面所成的角为(),； ③二面角的大小为(), 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，每题至少有一个正确选项符合题意，共计18分. 9. 关于非零复数，及其共轭复数，，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题可根据复数的运算法则，分别对选项进行分析判断. 【详解】因为，，所以，. ， ， 则，选项A正确 ， ，所以，选项B正确. ， 显然，选项C错误. ， 则 则, 所以，选项D正确. 故选：ABD. 10. 已知，则（ ） A. 展开式的各二项式系数的和为0 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】二项式系数和为，得出A；令，得到，令，得到，得出B；由二项式定理可得，所以，它是的展开，得到C；，， 化简即可得D. 【详解】， 展开式的各二项式系数的和为，所以A错； 令，得到，令，得到， ，所以B对； 由二项式定理可得：，， 所以，， ， ，故C对； ， ， ， ，，故D对. 故选：BCD. 11. 已知空间向量两两的夹角均为，且.若向量满足，，则的可能值是（ ） A. B. 6 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】取三棱锥，，利用余弦定理求出各边长，令，利用向量运算法则得到，根据题目条件得到⊥，⊥，可得点D、E在空间中的轨迹为两个球，利用球心距离与半径关系得到两个球有公共点，则可求得最大值与最小值，得到答案. 【详解】取三棱锥，， 且，，， 所以，， 如图，令， 因为，， 又， 所以，，即， 所以⊥，⊥， 分别取的中点，则，，， 则点D、E在空间中的轨迹分别为以M、N为球心，半径为1、的球面， 由于，所以两球有公共点，最小值为， 当四点共线且按此顺序排列时，取得最大值， 最大值为， 选出在范围之间的即可. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 设集合，则的非空子集个数为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】根据非空子集个数公式计算即可. 【详解】集合，则的子集个数为, 所以的非空子集个数为. 故答案为：. 13. 如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是2，且二面角为60°，M，N为对角线AC和FD上的动点，且满足，则线段MN长的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，，，长度为2，且两两夹角已知，可用三个向量表示出，表示出模长即可得到最小值. 【详解】由题意知，ABCD，CDEF都是正方形， 则，且，， 所以即为二面角的平面角，即. 因为，，设， 则，且，， 则 则， ， 则，当时，有最小值为. 所以，. 所以，线段MN长的最小值为. 14. 已知样本：、、、、，该样本的平均数为7，样本的方差为4，且样本的数据互不相同，则样本数据中的最大值是__________. 【答案】10 【解析】 【分析】：利用图像先推算出最大数为11，再根据样本的数据互不相同，排除最大数为11，再推算最大数为10时，存在这样的5个数，最后得出答案． 【详解】：由题意，、、、、 ，该样本平均数为7，则．样本的方差为4，则.如图，表示1,2,3,4,5个点分别位于7的上下两侧，那么，所以， 设，那么，必然存在样本数据相等，不满足题意． 设，那么，不妨设，，，，且满足．所以在最大值为10时存在5个数都为整数满足题意． 【点睛】：本题主要考查了平均数的求法以及方差的求法，可以把平均数看作中位数，依次推导数字的大小，题目要求每个数都为整数，且各不相同，所以解题时可以采用排除法从大到小分类讨论． ‘’ 四､解答题：本题共5小题，其中第15，16，17，18题一题15分，第19题17分，共计77分. 15. 如图所示，一条直角走廊宽为. （1）若位于水平地面上的一根铁棒在此直角走廊内能水平地通过此直角走廊，求此铁棒最大长度； （2）现有一辆转动灵活的平板车，其平板面是矩形，它的宽为如右图.平板车若想顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，的垂线，垂足分别为，则，，在，中，分别求解，再相加， 得，令，，则，判断单调性，再求最小值，即可. （2）延长分别交，于，设，则.由（1）可知，在，中分别计算，，则，即，令，则，判断单调性，再求最小值，即可 【小问1详解】 如图，设，过点作，的垂线，垂直分别为，则，. 在中 在中 则 即，，. 令，则 即， 当时，单调递增，单调递减， 则即时， 若一根铁棒能水平地通过此直角走廊，则需此铁棒的最大长度为 【小问2详解】 延长分别交，于，，设，则.，可知， 在中，， 在中，， 则 令，则， 即，，. 当时，单调递减. 则，即时，. 平板车若想顺利通过直角走廊，其长度不能超过 16. 在已知数列中， （1）求数列的通项公式. （2）数列中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出的关系；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意中的递推公式可得、，结合等比数列的定义即可求解；（2）设中存在不同的三项恰好成等差数列，分类讨论均为奇数、二奇一偶、一奇二偶、均为偶数的情况下，结合等差中项的应用即可下结论. 【小问1详解】 由题意得，， 所以成等比数列，故； ，而， 所以成等比数列，故，故； 【小问2详解】 设中存在不同的三项恰好成等差数列， ①若均为奇数，不妨设，则，即， 得，因为是奇数，是偶数，故不可能成立； ②若二奇一偶，不妨设为奇数，为偶数， 则为偶数，为奇数，则，即， 因为被3除余2，同理也被3除余2， 故被3除余1，而为3的倍数，故不可能成立； ③若一奇二偶，不妨设为偶数，为奇数，则为奇数，为偶数， 则，即， 因为为3的倍数，不是3的倍数（被3除余1），故不可能成立； ④若均为偶数，不妨设，则，即， 得，因为被3除余是3的倍数，故不可能成立， 综上中不存在不同的三项恰好成等差数列. 17. “踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动某地为了弘扬文化传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动. （1）某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为、两类，抽到较易的类并答对购物打八折优惠，抽到稍难的类并答对购物打七折优惠抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有张完全相同的卡片，其中张写有字母，张写有字母，张写有字母，顾客每次不放回从箱中随机取出张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽次，直至取到写有或卡片为止，问：已知该顾客最后一次取到的是写有的卡片的条件下，求他共抽了3次的概率. （2）小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到条灯谜不妨设每条灯谜的适合度各不相同最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前条灯谜，自第条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条设，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为. （i）若，求； （ii）当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值. （取） 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）的最大值为，此时. 【解析】 【分析】（1）应用独立乘法公式求共抽了3次的概率，再由独立乘法公式、互斥事件的加法求最后一次抽到的概率，最后求条件概率即可； （2）（i）首先对灯谜的位置排序，再求最适合灯谜的位置对应情况数，最后应用古典概型的概率求法求概率；（ii）记事件表示最适合灯谜被摘到，事件表示最适合灯谜排在第个，则，应用全概率公式有，讨论、，进而得到，最后应用导数求最值，即可得. 【小问1详解】 设表示共抽了3次，对应事件为{第一、二次都抽到，第三次抽到}， 由题意，第一、二次抽到的概率依次为、，第三次抽到的概率为， 所以， 而最后一次抽到的情况有{抽了1次}、{抽了2次}、{抽了3次}、{抽了4次}， 除了最后一次，其它抽到，故对应概率依次为、、、， 所以该顾客最后一次取到的是写有的卡片的条件下，求他共抽了3次的概率为. 【小问2详解】 （i）这条灯谜的位置从第个到第个排序，有种情况， 要摘到那条最适合灯谜，有以下两种情况： ①最适合灯谜是第个，其它的随意在哪个位置，有种情况； ②最适合灯谜是最后一个，第二适合灯谜是第个或第个，其它的随意在哪个位置，有种情况， 综上，所求概率为； （ii）记事件表示最适合灯谜被摘到，事件表示最适合灯谜排在第个，则， 由全概率公式知：， 当时，最适合灯谜在前条中，不会被摘到，此时； 当时，最适合灯谜被摘到，当且仅当前条灯谜中的最适合那条在前个之中时，此时， 所以， 令，则，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 当时，取得最大值，从而的最大值为，此时的值为 18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线，点为曲线的四点. （1）若梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点. （i）求直线的斜率； （ii）证明：直线与交于定点. （2）已知点.过点作直线交曲线于两点，为线段中点，点为曲线上的一点且始终满足，过点作直线，该直线与曲线的另一个交点为，为线段的中点，为曲线的焦点，记的面积为的面积为，求的最小值. 【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）依题意，求出曲线E的方程为，表示直线方程，利用，求出斜率，进而证明恒过定点； （2）当不经过点Q时，等价于，即，求出，当经过点Q时，也满足，设，联立与方程，求出，表示，，即可得到答案. 【小问1详解】 （i）由题意，动圆过定点，设圆心，弦的中点为，连接， 则由圆的性质得， ∴，整理得. 当时，也满足上式， ∴曲线E的方程为. 由题意可知：直线的斜率不为0，设， 联立方程，消去x可得，则，可得， 可知直线，联立方程，消去x可得， 由题意可知：，即，且，可得， 同理可得：，则， 因为，则，即，整理可得， 由题意可知：点不在直线上，则，即， 可得，即，所以直线的斜率； （ii）由（i）可知：，则的中点，又因为，即，则的中点， 即直线，由梯形的性质可知：直线与的交点即为直线与的交点， 因为直线的斜率，则直线， 令可得， 即直线与直线的交点为，所以直线与交于定点. 【小问2详解】 当不经过点Q时，等价于，即. 因为分别交曲线于A，B两点，所以.不平行于x轴，设， .，，，联立与曲线方程，得， 且， 由韦达定理，得，， 又，同理， 所以，所以， 代入整理得， 要使该式恒成立，则，解得， 又经检验，当经过点Q时，仍然成立，所以存在定点使得； 因为分别交曲线于，两点，所以不平行于x轴，且， 又因为，设，， 联立与曲线方程，得，且，所以； 因为N为中点，所以，且， 所以，所以， 当时取到等号，所以的最小值为2. 19. 已知函数， （1）当时，求函数的值域； （2）若函数恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，易得在上单调递增求解； （2）方法一：分，，，，由求解；方法二：当时，成立，当时，成立，当时，转化为恒成立，由求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 在上单调递增又， 的值域是. 【小问2详解】 方法一：①当时， ， ②当时， ， 在上单调递增，成立. ③当时， 令， 则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， ， 使得当时，故在上单调递减， 则， ④当时， 令， 则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， ，即在上递增，则成立. 综上所述，若函数恒成立，则. 方法二 当时，成立，当时，成立， 当时，恒成立， 令，则， 又， 令， ， 当时，， ， 在上单调递增. ， ，故， ，又， ，故. 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，法一：由求解；法二：转化为 由求解. 20. 瓶酒中有瓶毒酒，活着的老鼠可以无限量饮用并且会因为喝了毒酒在日死亡，至少需要只活着的老鼠才能于日内检测出所有毒酒.试求出下列对应情况下的. （1） （2） 【答案】（1）10 （2）7 【解析】 【分析】（1）根据对应关系采用二进制求解； （2）尝试确定老鼠数量，分类讨论验证可行性即可. 【小问1详解】 由，即所求解问题为： 1000瓶中有1瓶毒酒，活着的老鼠可以无限量饮用并且会因为喝了毒酒在日死亡， 至少需要多少只活着的老鼠才能于日内检测出所有毒酒？ 由，则至少需要只活着的老鼠才能于3日内检测出所有毒酒. 具体解决方案： 先将10只活着的老鼠如下编号， 一号鼠：0000000001 二号鼠：0000000010 三号鼠：0000000100 四号鼠：0000001000 五号鼠：0000010000 六号鼠：0000100000 七号鼠：0001000000 八号鼠：0010000000 九号鼠：0100000000 十号鼠：1000000000 再将1000只酒瓶进行二进制（统一为十位）编号，从0000000001开始编至1111101000. 然后每只老鼠只喝与自身编码对应位置为的所有酒瓶内的酒， 则可以通过哪几只小鼠中毒死亡来判断对应编码的酒是否为毒酒。 结果举例如下： 举例1：若仅四号鼠中毒死亡，则可得编号为0000001000的酒是毒酒； 举例2：若二号鼠、三号鼠、八号鼠同时中毒死亡， 则可得编号为0110000100的酒是毒酒； 举例3：二号鼠、四号鼠、七号鼠、九号鼠、十号鼠同时中毒死亡， 则可得编号为0101001011的酒是毒酒；等等. 故至少需要只活着的老鼠才能于3日内检测出所有毒酒. 【小问2详解】 由，即所求解问题为： 10瓶中有7瓶毒酒，活着的老鼠可以无限量饮用并且会因为喝了毒酒在1日死亡， 至少需要多少只活着的老鼠才能于3日内检测出所有毒酒？ 至少需要只活着的老鼠才能于3日内检测出所有毒酒. 活着的老鼠喝毒酒当天死亡，则可进行3轮测试， 具体解决方案： 先将10瓶酒编号为1到10，再将7只老鼠，分别编号为1到7. 第1天可测试号前7瓶酒是否有毒， 让1号老鼠喝1号酒，2号老鼠喝2号酒，……，7号老鼠喝7号酒， 观察老鼠生死状态，确定毒酒编号， 由于10瓶中共7瓶有毒，则前7瓶中至少4瓶至多7瓶有毒，可分类如下： 第一类，若死亡7只老鼠， 说明8号、9号、10号酒瓶内酒无毒，已经检测出全部7瓶毒酒； 第二类，若死亡6只老鼠，则检测出相应死亡老鼠号的6瓶酒有毒， 说明8号、9号、10号酒瓶中仅有一瓶有毒， 第2天则用活着仅1只老鼠测试8号酒瓶内的酒， 若死亡，则检测出全部毒酒； 若活着，第3天则继续测试9号酒瓶内的酒，若死亡，则检测出全部毒酒； 若还活着，则剩下的10号酒瓶内的酒必有毒，则也检测出全部毒酒； 第三类，若死亡5只老鼠，则检测出相应死亡老鼠号的5瓶酒有毒， 说明8号、9号、10号酒瓶中还有2瓶有毒， 第2天则用活着的2只老鼠按序分别测试8号、9号酒瓶内的酒， 所有情况为2死（测出全部毒酒）、1死1活（死亡鼠喝的那瓶酒有毒，且10号必也有毒，测出全部毒酒）； 第四类，若死亡4只老鼠，则检测出相应死亡老鼠号的4瓶酒有毒， 说明8号、9号、10号酒瓶中的酒都有毒，故也已经测出全部毒酒； 故只活着的老鼠能于3日内检测出所有毒酒. 若仅用6只活着的老鼠作测试， 则可能出现如下情况：第1天测出6瓶有毒，可剩余的4瓶中仍有1瓶有毒，却无鼠可用， 故仅用6只活着的老鼠作测试，无法测出全部有毒的酒. 综上所述，至少需要只活着的老鼠才能于3日内检测出所有毒酒. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $