精品解析：甘肃省白银市靖远县第一中学2024届高三下学期模拟预测数学试题

2024年高考名师预测 数学 一､选择题 1. 在直角坐标系中，绕原点将x轴的正半轴逆时针旋转角（）交单位圆于点A、顺时针旋转角（）交单位圆于点B，若点A的纵坐标为，且的面积为，则点B的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为2cm，弦长为8cm，则弓形的面积约为（参考数据：，）（ ） A. B. C. D. 3. 已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（ ） A. 的长度为 B. 的长度为 C. 的长度为 D. 的长度为 二､多选题 4. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则在上的最小值为0 B. 若，则点是函数的图象的一个对称中心 C. 若函数在上单调递减，则满足条件的值有3个 D. 若对任意实数，方程在区间内的解的个数恒大于4且小于10，则满足条件的值有7个 5. 美国数学史家、穆伦堡学院名誉数学教授威廉・邓纳姆在1994年出版的The Mathematical Universe一书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的‘无言的证明’，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．”如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ） A. 圆的圆心都在直线上 B. 圆的方程为 C. 若圆与轴有交点，则 D. 设直线与圆在第二象限的交点为，则 7. 如图，在中，，延长到点，使得，以为斜边向外作等腰直角三角形，则（ ） A. B. C. 面积的最大值为 D. 四边形面积的最大值为 三､填空题 8. 已知正方形的边长为，两个点，(两点不重合)都在直线的同侧(但，与在直线的异侧)，，关于直线对称，若，则面积的取值范围是________. 9. 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角，使得对于曲线G上的任意两个不同的点恒有成立，则称角为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中e是自然对数的底数），点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则____________. 10. 如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为_____________；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为_____________． 11. 若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”，若，且，为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，，则小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为________． 四､解答题 12. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动. （1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望； （2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值. 13. 已知函数. （1）当时，不等式恒成立，求的最小值； （2）设数列，其前项和为，证明：. 14. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. （1）求的值； （2）以频率估计概率，完成下列问题. (i)若从所有花卉中随机抽株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望； (ii)若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率. 15. 如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②. （1）设平面平面，证明：平面； （2）是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求； （3）是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上､下两部分的体积之比. 16. 已知抛物线为第一象限内上任意一点，以为切点作的切线与轴交于点，与轴交于点，过点作垂直于的直线交于两点，其中点在第一象限，设与轴交于点. （1）若点的坐标为，求切线的方程； （2）若，求的值； （3）当时，连接，记的面积分别为，求的最小值. 17. 已知函数定义在区间内，，且当，时，恒有． （1）证明：为奇函数； （2）若数列，满足，，，，且对，，求的取值范围． 18. 已知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． ①若，求异面直线和所成角的余弦值； ②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数. （1）若，写出的值； （2）若存在满足：，求的最小值； （3）当时，证明：对所有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高考名师预测 数学 一､选择题 1. 在直角坐标系中，绕原点将x轴的正半轴逆时针旋转角（）交单位圆于点A、顺时针旋转角（）交单位圆于点B，若点A的纵坐标为，且的面积为，则点B的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题设得，，显然，利用三角形面积公式列方程得，进而得到并求，结合点B在第四象限即可得答案. 【详解】由题设，点A的纵坐标为，得，，显然， 而，即， 又，则，故，则， 所以， 又点B在第四象限，所以点B的纵坐标为. 故选：A 2. 2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为2cm，弦长为8cm，则弓形的面积约为（参考数据：，）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出弓形弧所对圆心角的大小，再求出扇形、三角形面积即可得解. 【详解】依题意，弦AB中点为D，弧AB的中点为C，，，，如图， 设圆的半径为R，，，在中，，解得， ，．显然，则，， ，于是， 因此扇形的面积，而的面积， 所以弓形面积约为. 故选：C 3. 已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（ ） A. 的长度为 B. 的长度为 C. 的长度为 D. 的长度为 【答案】A 【解析】 【分析】做出截面，确定线段，，由平行线分线段成比例，相似三角形的性质以及勾股定理即可得解. 【详解】如图所示， 连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点， 交的延长线于点，连接，交于点，连接， 则即为，即为， 由，得，所以，， 由，得，则， 所以，故C，D项错误； 由，得， 又易知，得，所以， 所以，故A项正确，B项错， 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用平面的性质作出截面，从而得到为，为，由此得解. 二､多选题 4. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则在上的最小值为0 B. 若，则点是函数的图象的一个对称中心 C. 若函数在上单调递减，则满足条件的值有3个 D. 若对任意实数，方程在区间内的解的个数恒大于4且小于10，则满足条件的值有7个 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合正弦函数的图象性质判断ABC；把方程等价转化成，作出函数的图象和直线，结合图象分析判断D. 【详解】， 对于A，当时，，A正确； 对于B，函数图象的对称中心的纵坐标应为，B错误； 对于C，，由，， 解得，因此，C正确； 对于D，方程等价于，函数的图象和直线的交点，如图， 函数的最小正周期，设，（其中)， 显然，由下图可知， 因为在区间内的解的个数，所以区间长度应满足： ，由，则， 化简得，所以，正整数的值有11个，D错误. 故选：AC 【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的单调性问题，先根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质列出不等式求解即得. 5. 美国数学史家、穆伦堡学院名誉数学教授威廉・邓纳姆在1994年出版的The Mathematical Universe一书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的‘无言的证明’，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．”如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用图形结合解直角三角形，二倍角正弦公式和三角形面积公式求解判断各个选项. 【详解】如图， 对于A，在中，，，又， 则，， 在中，可求得， 所以，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C，在中，因为，，则，故C正确； 对于D，， ， 所以，故D正确. 故选：ACD. 6. 如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ） A. 圆的圆心都在直线上 B. 圆的方程为 C. 若圆与轴有交点，则 D. 设直线与圆在第二象限的交点为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆相交判断C；求出点的纵坐标判断D. 【详解】圆的圆心，直线的方程为，即， 由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，A正确； 显然，设点，则，而， 解得，因此圆的圆心，半径为， 圆的方程为，则圆的方程为，B正确； 圆的圆心到y轴距离为，若圆与轴有交点，则， 解得，而，因此，C错误； 在中，令，得点的纵坐标为，因此，D正确． 故选：ABD 【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点间的距离； 直线l：x=my+t上两点间的距离. 7. 如图，在中，，延长到点，使得，以为斜边向外作等腰直角三角形，则（ ） A. B. C. 面积的最大值为 D. 四边形面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项：利用余弦定理列等式即可； B选项：由题意得的范围，即可得到的范围； C选项：根据几何的知识得到当时，最大，利用三角形面积公式求面积即可； D选项：将四边形的面积转化成，得到面积，再利用辅助角公式和三角函数的性质求最值即可. 【详解】在中，由余弦定理得，A正确； ，则 ，所以，B错误； 易得当时，取最大值，C正确； ，其中，D正确． 故选：ACD. 三､填空题 8. 已知正方形的边长为，两个点，(两点不重合)都在直线的同侧(但，与在直线的异侧)，，关于直线对称，若，则面积的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，由求出点轨迹，由轨迹特征求点到直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围. 【详解】以为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，， 设，，所以，， 因为，所以，即位于双曲线的右支上， 渐近线方程为或， 设点到直线的距离为，又直线与直线：的距离为， 点到直线的距离为，则， 又， 所以面积的取值范围是 故答案为：. 9. 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角，使得对于曲线G上的任意两个不同的点恒有成立，则称角为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中e是自然对数的底数），点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则____________. 【答案】1 【解析】 【分析】求过原点曲线的两条切线，求解两切线的夹角即可. 【详解】函数， 因为， 所以该函数在单调递减，在单调递增. 过原点作的切线，设切点， 由，则切线的斜率为， 直线过， ∴，∴， 即，由函数与的图象在有且只有一个交点， 且当时满足方程，故方程有唯一解，则； 过原点作的切线，设切点， 由，得切线的斜率， 则切线过原点， 则有，∴， 则，则有， ∴两切线垂直，曲线C的相对于点O的“确界角”为， 则，. 故答案为：1. 10. 如图，在直三棱柱中，，若为空间一动点，且，则满足条件的所有点围成的几何体的体积为_____________；若动点在侧面内运动，且，则线段长的最小值为_____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据球的体积公式即可求解空1，根据球的截面圆性质，结合线面垂直以及点到圆上的最小距离即可求解空2. 【详解】由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的球面， 所以围成的球的体积为， 过作， 由，则由等面积法可得, 由于在直三棱柱中，平面 平面故, 由于平面，故平面， 由于平面，故, 所以, 由于到平面的距离和点到平面的距离相等，均为， 又，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的球与侧面的截面圆，该截面圆的半径为,圆心为,且满足， 因此点的最小距离为， 故， 故答案为：， 11. 若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”，若，且，为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，，则小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，对每个可取的进行逐一分析，即可求得结果. 【详解】设，且为正整数， 根据题意，，即， 当时，， 则或，这两个方程组都没有正整数解，故没有满足题意的； 当时，， 满足条件的有或，解得或， 故或； 当，，没有满足条件的； 当，， 满足条件的有，解得， 故； 当，，没有满足条件的； 当，， 满足条件的有或，解得或， 故或. 所有“友好数对”的的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解“友好数对”的新定义，再对进行合理地分类讨论即可. 四､解答题 12. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动. （1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望； （2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值. 【答案】（1）的分布列为： 0 1 2 3 P 期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果； （2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果. 【小问1详解】 由题意知，的可能取值有0，1，2，3，， ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 P . 【小问2详解】 因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则， 设乙答对题数为，则， 设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”, 则 由，又，所以， 则，又，所以， 设，所以，由二次函数可知当时取最大值， 所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为. 13. 已知函数. （1）当时，不等式恒成立，求的最小值； （2）设数列，其前项和为，证明：. 【答案】（1）； （2）证明：由（1）可知，当时， 若，， 即恒成立， 把换成，可得成立， 即， 以此类推， ， 累加可得. 又， 故.即证. 【解析】 【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，求得不同情况下函数的单调性和值域，即可求得参数范围； （2）根据（1）中所求得到，再利用累加法即可容易证明. 【详解】（1）因为 ，故可得 当时，方程 的， 故因式在区间恒为负数， 故时，恒成立，故单调递减， 又，故在时恒成立，满足题意； 当时，方程有两个不相等的实数根， 且. 故在区间恒成立，此时单调递增； 又，故在恒成立，不满足题意； 当时， ， 函数在恒为正值，故在恒成立，不满足题意. 综上所述，， 故的最小值为. （2）略 【点睛】本题考查利用导数由恒成立问题求参数范围，涉及利用导数证明不等式，属综合困难题. 14. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示. （1）求的值； （2）以频率估计概率，完成下列问题. (i)若从所有花卉中随机抽株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望； (ii)若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率. 【答案】（1） （2）(i)的分布列为： ； (ii) 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得即可； （2）(i)依题意可得，根据二项分布的概率公式求出分布列与数学期望；(ii)利用条件概率的概率公式计算可得. 【小问1详解】 依题意可得，解得； 【小问2详解】 (i)由（1）可得高度在的频率为， 所以， 所以，， ，， ， 所以的分布列为： 所以； (ii)在欧阳花卉中随机抽取株，记至少有株高度在为事件， 至多株高度低于为事件， 则， ， 所以. 15. 如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②. （1）设平面平面，证明：平面； （2）是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求； （3）是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上､下两部分的体积之比. 【答案】（1）证明：在图②中延长交于点，连接， 因为分别为的中点，所以， 所以分别是以为斜边的直角三角形， 即， 又平面平面，所以平面， 又平面平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）延长交于点，连接，确定得到平面，得到证明. （2）延长交于点，连接并延长交于点，连接，平面 即为所求截面，根据相似即中位线的性质得到比例关系. （3）过作，确定，得到平面，得到，勾股定理计算得到，，为的中点，得到是的重心，计算，，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在图②中延长交于点，连接并延长交于点，连接， 所以平面 即为所求截面， 取为的中点，连接，则， ，故，故. 【小问3详解】 过作，因为，所以为的中点，所以， 连接，因为，所以， 又平面平面，所以平面， 连接，则是截面 与平面所成二面角的平面角， 即， 在直角中，，所以， 在中，由余弦定理可得： ， 所以在直角中，，所以， 所以，所以， 因为，因为，即为的中点， 又是的中点，所以是的重心，所以， ，故， 又， 故， 所以. 16. 已知抛物线为第一象限内上任意一点，以为切点作的切线与轴交于点，与轴交于点，过点作垂直于的直线交于两点，其中点在第一象限，设与轴交于点. （1）若点的坐标为，求切线的方程； （2）若，求的值； （3）当时，连接，记的面积分别为，求的最小值. 【答案】（1） （2）1 （3）8 【解析】 【分析】（1）代入方程求出，即可求出抛物线方程，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）设点，利用导数的几何意义表示出切线方程，从而得到、的坐标，即可得到为的中点，从而得到点在的中垂线上，即可得解； （3）首先得到的方程，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再由距离公式得到，最后利用基本不等式计算可得. 【小问1详解】 因为点的坐标为，则，解得，所以， 则，所以点处切线的斜率， 所以切线的方程为，即. 【小问2详解】 设点，由，所以，则， 所以切线，即，令，则， 所以，又，所以， 令，可得，则， 所以为的中点， 因为垂直于，所以点在的中垂线上， 所以，所以. 【小问3详解】 解法一：设点，由，所以，则， 则切线，所以， 则，所以：，即， 联立，消去整理得， 设，显然，则，且， 则. 因为， 所以， 又到的距离， 到的距离， 所以， 则， 当且仅当时取得等号， 所以的最小值为. 解法二：由解法一知联立得， 则， 所以，又， 所以， 当且仅当时取得等号，所以的最小值为8. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 17. 已知函数定义在区间内，，且当，时，恒有． （1）证明：为奇函数； （2）若数列，满足，，，，且对，，求的取值范围． 【答案】（1） 证明：由题意知的定义域为． 令，则，故． 再令，则， 所以． 故为奇函数． （2） 【解析】 【分析】（1）利用函数的奇偶性的定义求解； （2）根据得到，进而得到是等比数列，从而得到,再利用错位相减法得到．代入恒成立求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由题意得， 又， 所以，即， 所以， 故是首项为，公比为2的等比数列， 所以， 所以， 所以， 两式相减得， 所以． 所以恒成立，即恒成立． 设，则，所以数列递增． 当n为奇函数时，，当时，有最大值，故； 当n为偶数时，，当时，有最小值，故． 综上，的取值范围是． 18. 已知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8． （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直． ①若，求异面直线和所成角的余弦值； ②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①；②存在；． 【解析】 【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程. （2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解. ②由8，可得，设折叠前，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值. 【详解】解：（1）由椭圆的定义知： ， 所以的周长，所以， 又椭圆离心率为，所以，所以，， 由题意，椭圆的焦点在轴上， 所以椭圆的标准方程为； （2）①由直线：与， 联立求得，（因为点在轴上方）以及， 再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则 ，，，， ，． 记异面直线和所成角为，则； ②设折叠前，，折叠后，在新图形中对应点记为，，，， 由，，故， 将直线方程与椭圆方程联立，得， ，， 在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）； ，， 所以，（i） 又， 所以，（ii） 由（i）（ii）可得， 因为， 所以， 即， 所以，解得， 因为，所以． 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形周长的变化，得到，进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解. 19. 已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数. （1）若，写出的值； （2）若存在满足：，求的最小值； （3）当时，证明：对所有. 【答案】（1） ， （2） （3） 因为，所以， (i)若，则当时，至少以下情况之一成立： ①，这样的至少有个， ②存在，这样的至多有个， 所以小于的至多有个， 所以， 令，解得， 所以， (ii)对，若，且， 因为，所以当时， 至少以下情况之一成立： ①，这样的至多有个； ②存在且，这样的至多有个， 所以， 令，解得，即， 其中表示不大于的最大整数， 所以当时，； 综上所述，定义，则， 依次可得：， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）结合定义逐个计算出、、即可得； （2）当时，可得，故，找到时符合要求的数列即可得； （3）结合题意，分两段证明，先证，定义，再证得，即可得证, 【小问1详解】 由，，则，故， 则，故， 则，故； 【小问2详解】 由题意可知，，当时，由，， 故，则， 由题意可得，故、总有一个大于，即或， ，由，故、、总有一个大于， 故，故当时，，不符，故， 当时，取数列， 有，，，即，符合要求，故的最小值为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解所给出的定义，由给定数列结合新定义探求出数列的相关性质，进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $