精品解析：江西省萍乡市萍乡实验学校2025届高三上学期月考数学试卷（五）

大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（五） 数学 命题人：晏海林 柳佳 杜振兴 审题人：顾友付 胡家琪 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设复数，．那么如下说法中错误的是（ ） A. B. 在第二象限 C. 若，那么 D. 2. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，且，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 3. 如下图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构.若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 4. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 5. 我们称两个正整数和互素，当且仅当和的最大公因数是1，我们定义是小于的正整数中和互素的数的个数，例如．是因为小于6的数中只有1与5和6互素．那么以下说法错误的是（ ） A. 有无限多个正整数使 B. 有无限多个正整数使 C. 的解只有1和2 D. 对于任意正整数，都有使得 6. 已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 若存在实数，对任意实数，使得不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于x的不等式在上恒成立，则正数m的最大值为（ ） A. B. 0 C. e D. 1 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. 柯西不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）是一种在数学和物理学中广泛使用的不等式，它是由法国数学家奥古斯丁·路易·柯西提出的，柯西不等式可以用于证明其他不等式，也可以用于解决一些数学问题.以下是柯西不等式的原始形式： ①对于所有实数和，有. ②等式条件：当且仅当时，等号成立. 例：已知，由柯西不等式，可得.运用柯西不等式，判断以下正确的选项有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过的一条直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. D. 的面积等于的面积 11. 四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2 B. 四面体ABCD的体积为 C. AC与BD的公垂线段的长为 D. 过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，若在上单调递增，则的取值范围是__________． 13. 已知函数（且），若，是假命题，则实数a的取值范围是______． 14. 设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为________，使得取到最大值的数列的个数为________. 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. 在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”： 第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”； 第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名； 第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名； 第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组. （1）求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率； （2）若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率； （3）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由. 16. 在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，. （1）求证：平面平面； （2）设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为. 17. 新信息题型是目前高考的热点题型.这类题要求答题者在有限的时间内，阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题.请同学们根据以下信息回答问题： （1）在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：，（其中表示的次导数，），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式，当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式，比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式，，，，请利用上述公式和所学知识写出在处的泰勒展开式；（写出展开式的前三项即可） （2）设为正整数，数列，，，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，，是一可分数列.请写出所有的，，使数列，，，是—可分数列. 18. 已知椭圆C：，，，，这四点中恰有三点在椭圆C上. （1）求椭圆C的方程； （2）点E是椭圆C上的一个动点，求面积的最大值； （3）过的直线l交椭圆C于A、B两点，设直线l的斜率，在x轴上是否存在一点，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由. 19. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凸函数”.若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式. （1）讨论函数的凹凸性； （2）在锐角中，求的最小值； （3）若个正数满足，证明:. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（五） 数学 命题人：晏海林 柳佳 杜振兴 审题人：顾友付 胡家琪 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设复数，．那么如下说法中错误的是（ ） A. B. 在第二象限 C. 若，那么 D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算复数模长判断A选项，根据乘法运算判断象限判断B,化简判断C,结合共轭复数计算判断D选项. 【详解】A，注意到 令且，则， 所以在上递增，故，则，故得证，从而A错误 B，注意到，， 设， 则， 从而在第二象限．B正确． C，代入就发现，从而C正确 D，化简就是，而后者是，从而两个都是有理数，差也是有理数．从而D正确. 故选：A 2. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，且，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合椭圆的几何性质，以及基本不等式和二次函数的性质，求得的值，利用离心率的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，点为椭圆上的一点， 由椭圆的定义，可得， 因为，当且仅当时，等号成立， 又，所以，可得， 因为，可得， 则，其中， 当或时，， 又，所以，可得，则， 所以椭圆的离心率为. 故选：C. 3. 如下图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构.若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意，根据分类加法原理分类讨论即可. 【详解】不妨设正方体的边长为1，记红黄蓝三种颜色为a，b，c， 我们首先假设正方体的一对对顶点是在和，若将染成色， 那么，，三个点必然都是色， 而，，必然都是色．如此递推可以恰好染完整个正方体. 而当色固定的时候通过旋转就可以得到互换的正方体. 从而只有三种不同的方案，也就是将面的中间分别染上红黄蓝三种颜色. 故选：A 4. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】探讨给定函数的性质，结合当时函数值的符号即可判断作答. 【详解】函数定义域为，， 则有函数是奇函数，其图象关于原点对称，选项B，C不满足； 当时，，即，因此，选项A不满足，D符合条件. 故选：D 5. 我们称两个正整数和互素，当且仅当和的最大公因数是1，我们定义是小于的正整数中和互素的数的个数，例如．是因为小于6的数中只有1与5和6互素．那么以下说法错误的是（ ） A. 有无限多个正整数使 B. 有无限多个正整数使 C. 的解只有1和2 D. 对于任意正整数，都有使得 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义结合已知分别判断各个选项即可. 【详解】A，因为对于任意的奇质数，有，正确 B，因为对于任意的正整数，有，则B正确； C，因为当的时候1和都和互素，从而至少是2，C正确， D，因为是无解的．因为显然对于任意的． 若和互素，则也和互素，反之亦然．而当为偶数时自己和自己对应的和不互质． 而的时候．从而该方程无解．综上，D选项是错误的. 故选：D 6. 已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】设从而可得即对应平面内距离为的点，从而利用数学结合求解即可. 【详解】设 ,, 即 化为 故对应平面内距离为的点，如下图中, , 与对应点的距离为或 构成了点共个点， 故的最大值为 故选： 【点睛】方法点睛：(1)本题是复数的综合应用，考查的主要是复数的模的几何意义的应用． (2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，利用复数的模的几何意义进行求解． 7. 若存在实数，对任意实数，使得不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不等式等价于，原命题等价于存在实数，，对任意实数不等式恒成立，等价于存在实数，，不等式成立，分别讨论，，，的情况，先求出，再求出即可解决问题. 【详解】不等式等价于即， 原命题等价于存在实数，，对任意实数不等式恒成立， 等价于存在实数，，不等式成立， 记，则， （1）当时，对任意，恒成立，即在上单调递减 ①当，即时，， ②当，即时，， 从而当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以； （2）当时，令，解得， 在区间上单调递增，在上单调递减， ，，， ①当时，此时，     当即时，， 当即时，， 从而当时，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增, 所以； 令，则，，记， 则， 当时，恒成立， 即在区间上单调递减，即， 即； ②当时，此时， 当即时，， 当即时，， 从而当时，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以； （3）当时，对任意，恒成立，即在上单调递增， ①当，即时，， ②当，即时，， 从而当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以； 综上所述，， 所以. 故选：A 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 8. 已知关于x的不等式在上恒成立，则正数m的最大值为（ ） A. B. 0 C. e D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】将不等式变形得到，构造，研究其单调性得到，取对数后参变分离得到，构造，求导后得到，从而得到，求出，得到答案. 【详解】变形为， 即， 其中，，故， 令，则有， 因为在上恒成立，故在上单调递增， 故，两边取对数得：，则， 令，则，故当时，， 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，也是最大值，， 所以，解得：，故正数m的最大值为. 故选：C 【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，从而构造进行求解. 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. 柯西不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）是一种在数学和物理学中广泛使用的不等式，它是由法国数学家奥古斯丁·路易·柯西提出的，柯西不等式可以用于证明其他不等式，也可以用于解决一些数学问题.以下是柯西不等式的原始形式： ①对于所有实数和，有. ②等式条件：当且仅当时，等号成立. 例：已知，由柯西不等式，可得.运用柯西不等式，判断以下正确的选项有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据柯西不等式，等号成立条件为，对每个选项进行分析计算，判断其正误. 【详解】对于A选项，根据柯西不等式. 因为，所以，即. 所以，则，当且仅当时取等号， A选项正确. 对于B选项，令，，则. 根据柯西不等式. 即.当且仅当取等号， 所以，B选项错误. 对于C选项，根据柯西不等式. 因为，所以.当且仅当取等号.所以，C选项错误. 对于D选项，令，，则. 根据柯西不等式. 因为，所以.当且仅当取等号. 所以，D选项正确. 故选：AD. 10. 已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过的一条直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. D. 的面积等于的面积 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合抛物线的定义分析判断；对于B：设直线的方程为，利用韦达定理可得，即可得结果；对于C：整理可得，进而分析判断；对于D：整理可得，，结合题意分析证明. 【详解】对于选项A：由几何性质可知，且， 可得，所以，故A正确： 对于选项B：设直线的方程为，， 联立方程，消去y可得， 则，即， 由条件知同号，所以. 则，可得， 因为，则， 同理可得，则，故B正确； 对于选项C：因为， 可得， 当且仅当时，，故C错误； 对于选项D：设， 由，可知直线关于直线对称， 所以. 因为， 可得. 则， ， 所以的面积等于的面积，故D正确. 故选：ABD. 【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、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 11. 四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2 B. 四面体ABCD的体积为 C. AC与BD的公垂线段的长为 D. 过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，找到过点E，F，G的四面体ABCD的截面，证明出是正方形，求出边长和面积；B选项，分割法求解四面体体积；C选项，找到AC与BD的公垂线，求出长度；D选项，先找到球心的位置，然后再得到过点E作面积最小的截面是以E为圆心，BE=2为半径的圆，面积最大的截面是过点O，E的大圆，求出两圆面积之比. 【详解】A选项，取AB中点H，连接EH，GH，因为点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，所以EF∥BD，GH∥BD，FG∥AC，EH∥AC，所以四边形EFGH是平行四边形，故平行四边形EFGH即为过点E，F，G做四面体ABCD的截面，取AC中点Q，连接QB，QD，因为，由三线合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又，所以AC⊥平面BDQ，因为平面BDQ，所以AC⊥BD，从而EF⊥EH，因为，所以，即平行四边形EFGH是正方形，面积为，A正确； B选项，由勾股定理得：，同理得：，取BD中点M，连接QM，由三线合一得：QM⊥BD，所以，由勾股定理得：，故，所以，，B错误； C选项，连接MA，MC，由勾股定理得：，同理可得：，由由三线合一得：QM⊥AC，结合B选项求得的QM⊥BD，可得：QM为AC与BD的公垂线段，，故AC与BD的公垂线段的长为，C正确； D选项，取QM的中点S，则S为球心O，理由如下： 因为QM⊥BD，MS=，由勾股定理得：，同理可得：，所以S为球心O，且外接球半径为，因为OE⊥BC，所以过点E作面积最小的截面是以E为圆心，BE=2为半径的圆，面积最大的截面是过点O，E的大圆，所以，，所以过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4，D正确. 故选：ACD 【点睛】对于立体几何中求解截面面积问题，需要先结合图形特点，找到截面，再进行求解，寻找截面的方法，通常是由线线平行，得到截面是平行四边形或梯形. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，若在上单调递增，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由函数在每一段上都递增，列出不等式，且有，再联立求解即得. 【详解】因函数在上单调递增，则有在上递增，于是得， 在上也递增，于是得，即，并且有，即，解得， 综上得：， 所以的取值范围是. 故答案为： 13. 已知函数（且），若，是假命题，则实数a的取值范围是______． 【答案】或 【解析】 【分析】对进行分类讨论，由函数的单调性、分离参数法、存在量词命题的真假性等知识求得正确答案. 【详解】因为， 若，由于单调递减，则在R上单调递增； 若，由于单调递增，则在R上单调递减， 又，故， 因为，是假命题， 故，恒成立为真命题， 即不等式对恒成立， 当时，，即在恒成立， 设，即在恒成立． 由于对勾函数在单调递减，在单调递增， 因为，因此； 当时，， 即在恒成立， 当时，函数有最小值， 即，又因为，故．综上可知：或． 故答案为：或 【点睛】方法点睛：存在量词命题是假命题，则其否定是真命题.当命题正面求解困难时，可利用命题的否定来进行求解.含参数的不等式恒成立问题，可以利用分离常数法进行求解，分离参数时，要注意不等式的符号. 14. 设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为________，使得取到最大值的数列的个数为________. 【答案】 ①. 18 ②. 25270 【解析】 【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论即可得到结果. 【详解】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)， 为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除. 而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别， 例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意， 所以的最大值为18. 第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数. 第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18. 第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数. 第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况： ①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足. ②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种. ③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种. 第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同. 综上，共有种. 故答案为：18；25270 【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定的规律，再利用排列组合的思想进行求解. 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. 在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”： 第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”； 第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名； 第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名； 第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组. （1）求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率； （2）若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率； （3）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）得冠军的概率分别为与 ，“双败淘汰制”对高二夺冠有利 【解析】 【分析】（1）由题意可得高二两场全输，计算其概率即可得； （2）由题意可得高二后三场全胜，结合每轮的对手及胜率计算即可得； （3）在“双败淘汰制”下，分别计算高二全胜、只输了第一场与只输了第二场的概率，求和即可得其夺冠概率；在“单败淘汰制”下，高二需全胜，计算其概率即可得其夺冠概率；比较两者概率大小，即可得解. 【小问1详解】 设高二在第场比赛获胜的事件为， 由高二比赛的场次是2场，则高二两场全输， 则； 【小问2详解】 由于高二输了第一轮的比赛，高二后续需全胜才能获得冠军， 则； 【小问3详解】 在“双败淘汰制”下，若高二获得冠军，则最多只能输一场， 若高二全胜，其概率为， 若高二只输了第一场，则， 若高二只输了第二场，则， 则高二获得冠军的概率为； 在“单败淘汰制”下，若高二获得冠军，则需两场全胜，则， 由，故，故“双败淘汰制”对高二夺冠有利. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于计算“双败淘汰制”下高二获得冠军的概率需要分全胜、只输了第一场与只输了第二场的情况进行计算. 16. 在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，. （1）求证：平面平面； （2）设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为. 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 在圆柱中，,平面,平面, 故平面； 连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，， 故， 则为正三角形，故，则， 平面,平面, 故平面； 又平面， 故平面平面. 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴， 以为轴建立空间直角坐标系， 由于，由（1）可知, 故, 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则， 由，，， 可得， 设直线与平面所成角为， 则， 即得，解得或，符合， 故或. 17. 新信息题型是目前高考的热点题型.这类题要求答题者在有限的时间内，阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题.请同学们根据以下信息回答问题： （1）在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：，（其中表示的次导数，），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式，当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式，比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式，，，，请利用上述公式和所学知识写出在处的泰勒展开式；（写出展开式的前三项即可） （2）设为正整数，数列，，，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，，是一可分数列.请写出所有的，，使数列，，，是—可分数列. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，利用泰勒展开式的定义即可得解； （2）直接利用可分数列的定义即可得解. 【小问1详解】 因为，，， ，其中， 所以在处的泰勒展开式为： ， 【小问2详解】 由题意可知，问题相当于从中取出两个数和， 使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 18. 已知椭圆C：，，，，这四点中恰有三点在椭圆C上. （1）求椭圆C的方程； （2）点E是椭圆C上的一个动点，求面积的最大值； （3）过的直线l交椭圆C于A、B两点，设直线l的斜率，在x轴上是否存在一点，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）观察可知，都在椭圆上，即满足椭圆方程，若在椭圆上，代入方程，联立解得，舍去；因此三点在椭圆上，即可解出椭圆的方程； （2）要使面积最大，则应有点E到直线的距离最大.当过点的直线与平行，且与椭圆相切时，取得最大或最小值，联立方程即可求得； （3）写出直线的方程为，与椭圆方程联立，可得，根据韦达定理求出的中点坐标以及线段的垂直平分线的方程，代入，即可求得的值.根据基本不等式，可求出实数m的取值范围. 【小问1详解】 因为，关于轴对称，根据题意以及椭圆的对称性可知，两点都在椭圆上，即有成立. 若在椭圆上，则有. 联立可得，，不合题意，舍去. 所以，在椭圆上，即有，所以，代入，可得. 所以，椭圆C的方程为. 【小问2详解】 要使面积最大，则应有点E到直线的距离最大. 由，，可得直线方程为. 过点作直线，使得，则到直线的距离即等于直线到直线的距离. 显然，当直线与椭圆相切时，距离为最大或最小. 则设直线方程为，联立直线与椭圆的方程 可得，. 因为，直线与椭圆相切，则， 解得，. 则当时，此时直线方程为，与直线距离最大，此时. 又， 所以面积的最大值为. 【小问3详解】 设，，假设在x轴上存在一点，使得、为邻边的平行四边形为菱形. 因为直线过点，则直线的方程为， 联立直线的方程与椭圆的方程可得，， 恒成立， 且，，，， 所以， 则的中点坐标为， 所以线段的垂直平分线方程为， 显然该直线过点. 令，则，即. 因为，所以， 当且仅当时，即时，等号成立. 所以，，所以，则， 所以.即实数m的取值范围为. 19. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凸函数”.若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式. （1）讨论函数的凹凸性； （2）在锐角中，求的最小值； （3）若个正数满足，证明:. 【答案】（1）凹函数 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数凹凸性的定义判断的符号即可； （2）应用（1）函数的凹凸性，结合琴生不等式可求得最小值； （3）构造函数，判断函数的凹凸性，再应用琴生不等式即可证得. 【小问1详解】 所以，， 所以函数在上为凹函数. 【小问2详解】 由1）知，函数在上为凹函数， 由琴生不等式得，， 即（当且仅当时等号成立）. 因此在锐角中，的最小值. 【小问3详解】 构造函数， 因为，， 所以函数在上为凹函数. 因为正数满足， 所以 由琴生不等式得， （当且仅当时等号成立）， 所以 所以 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $