信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷

2025年高考考前信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷） 数 学·参考答案 一、单项选择题：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 2 3 4 5 6 7 8 C B A C D C A D 二、多项选择题：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 10 11 BC ABD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13．2 14． 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．（13分） 【详解】（1）由题意，，，（2分） 则． 由余弦定理得，所以，（4分） 又， 所以，（5分） 则，又，所以．（6分） （2）法一：由（1）知，又， 所以，所以，所以．（8分） 由余弦定理可得，得，，（10分） 所以，所以， 在中．（13分） 法二：由（1）知，，整理得，（8分） 由正弦定理得，（9分） 又，所以， 因为，所以， 由，，得．（11分） 在中，.（13分） 16．（15分） 【详解】（1）设， 解法一：在平面四边形中，由，得， 由，，，得，解得，即，（1分） 所以为的中点且，如图，取的中点，连接， 则，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，（3分） 因为平面，平面，所以平面．（5分） 解法二：因为平面，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，（2分） 所以，又，所以， 解得，故．（3分） 易知平面的一个法向量为， 因为，所以， 又平面，所以平面．（5分） （2）由（1）中解法二，则，，，，（7分） 所以，． 设异面直线与所成的角为， 则，得．（9分） 则，，所以，，． 设平面的法向量为， 则，得，取，得．（11分） 设平面的法向量为， 则，得，取，得．（13分） 设二面角的平面角为，观察图形可知为锐角， 所以， 即二面角的余弦值为．（15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题知，则，（2分） 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即，（3分） 因为该切线与的图象有且只有一个交点， 所以方程仅有一个解，即仅有一个解，（5分） 当时，方程可化为，仅有一个解，满足题意； 当时，由，得，解得或．（7分） 综上，的值为0或或4．（8分） （2）因为在上单调递增，所以恒成立， 由（1）知，故恒成立，所以，（11分） 令，，则，（12分） 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，（14分） 则，解得， 所以实数的取值范围为．（15分） 18．（17分） 【详解】（1）当时， ①集合的所有3划分为；；； ；；．（4分） ②集合的2划分的个数为；3划分的个数为6；4划分只有1个， 所以集合的所有划分共有14个．（7分） 设从集合的所有划分中任取一个，这个划分恰好为3划分为事件，则．（9分） （2）集合的非空子集的个数为，所以集合共有种可能． 当时，最大元素为的子集可视为集合的子集与集合的并集， 而集合的子集个数为，所以， 所以，（11分） 可得，解得．（12分） 所以随机变量的所有可能取值为， 则，，， ，，（15分） 随机变量的分布列为 1 2 3 4 5 故．（17分） 19．（17分） 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，所以， 所以的离心率为，所以，，（3分） 故的标准方程为．（4分） （2）由（1）知，由题意知的斜率不为0， 设的方程为，，， 联立方程，得，得， 所以， ，， （7分） 所以 ，得证．（9分） （3）由题意知，显然在点处的切线的斜率存在， 设在点处的切线方程为，即， 代入，消去得， 因为与相切，所以，解得． 所以在点处的切线方程为．（11分） 易知直线的斜率， 可设直线的方程为，，． 由方程组，解得， 所以点的坐标为，所以．（13分） 由方程组，消去可得， 则， 所以，， 所以， 同理可得，（15分） 所以 ，（16分） 所以，即．（17分） 试卷第2页，共22页 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷） 数 学 考情速递 高考·新动向：新的试题模式与原模式相比变化较大，考试题型为8（单）+3（多选题）+3（填空题）+5（解答题），其中单选题的题量不变，多选题、填空题、解答题各减少1题，多选题由原来的0分、2分、5分三种得分变为“部分选对得部分分，满分6分”，填空题每题仍为5分，总分15分，解答题变为5题，分值依次为13分、15分、15分、17分、17分。函数和导数不再是压轴类型，甚至有可能是第一道大题，增加的新定义的压轴题，以新旧知识材料为主来考察考生的数学思维能力，难度较大。 高考·新考法：“八省”整体思想分析大方向 2025年第五批高考综合改革省、自治区将要首考落地，适应性测试卷结合这些省区的实际情况，在 结构、考查内容和要求上进行了合理设计。试卷立足高考内容改革，遵循课程标准，重点考查必备知识、 能力和核心素养，强化基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求。试卷坚持素养导向，深化基础考查 焦学科主干知识，突出考查思维过程与方法，体现了重视思维、关注应用、鼓励创新的指导思想，助力拔 新人才选拔。 命题·大预测：本套试卷围绕高中数学的核心内容设计，结合学生的学习和实际生活，在稳定的基础上力求创新，在注重基础知识、基本能力的同时，凸显了综合性、应用性、创新性。 巧设三角函数与存在、任意性问题，强调综合性。第14题将三角函数的图象与性质、不等式恒成立问题等融合在一起设题，试题区分度高，具有较好的选拔功能。 概率与集合结合，体现创新性。第18题结合新定义集合的划分考查古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力，体现数学的应用性和创新性。 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：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．设全集，集合满足，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数，则在复平面内对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量满足，，则（    ） A．2 B． C．4 D． 4．已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作于点，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 5．已知各项均为正数的等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．25 B．16 C．9 D．4 6．已知满足，，则（    ） A． B． C． D． 7．已知动直线与圆相交于，两点，若线段上一点满足，且，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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． 9．1984年至2024年历届夏季奥运会中国获得的奖牌数（单位：枚）如表所示，则下列说法正确的是（    ） 年份 金牌数 银牌数 铜牌数 奖牌总数 1984 15 8 9 32 1988 5 11 12 28 1992 16 22 16 54 1996 16 22 12 50 2000 28 16 14 58 2004 32 17 14 63 2008 48 22 30 100 2012 39 31 22 92 2016 26 18 26 70 2021 38 32 19 89 2024 40 27 24 91 A．历届夏季奥运会中国获得的金牌数的中位数是32 B．历届夏季奥运会中国获得的银牌数的众数是22 C．历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数是18 D．历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数的第60百分位数是63 10．已知是定义在上的奇函数，是奇函数，且当时，，则下列结论正确的是（    ） A． B．在上单调递减 C． D．当时， 11．如图，正三棱柱的所有棱长均为4，点在棱上运动，点在四边形内（包括边界）运动，则下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的体积为 B．若为的中点，则到平面的距离为 C．的周长的最小值为 D．若，则点的轨迹的长度为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．展开式中的系数为 . 13．已知分别是离心率为的椭圆的左、右焦点，是上一点且，若的面积为，则 ． 14．已知函数图象的对称轴为直线，若存在实数，使得对于任意的，不等式恒成立，则当取得最大值时， ． 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．（13分） 在中，内角的对边分别为，设的面积为，分别以为边长的正三角形的面积依次为且． (1)求； (2)设的平分线交于点，若，，求的长． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上（异于点）一点，且． (1)若，为的中点，求证：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值． 17．（15分） 已知函数． (1)若曲线在点处的切线与的图象有且仅有一个交点，求的值； (2)若在上单调递增，求实数的取值范围． 18．（17分） 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族为集合的一个划分．已知集合． (1)若． ①写出集合的所有3划分； ②从集合的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率． (2)设集合为集合的非空子集，随机变量表示子集中的最大元素．若，求随机变量的分布列和数学期望． 19．（17分） 已知双曲线的右焦点为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值； (3)已知点是上任意一点，直线是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷） 数 学 考情速递 高考·新动向：新的试题模式与原模式相比变化较大，考试题型为8（单）+3（多选题）+3（填空题）+5（解答题），其中单选题的题量不变，多选题、填空题、解答题各减少1题，多选题由原来的0分、2分、5分三种得分变为“部分选对得部分分，满分6分”，填空题每题仍为5分，总分15分，解答题变为5题，分值依次为13分、15分、15分、17分、17分。函数和导数不再是压轴类型，甚至有可能是第一道大题，增加的新定义的压轴题，以新旧知识材料为主来考察考生的数学思维能力，难度较大。 高考·新考法：“八省”整体思想分析大方向 2025年第五批高考综合改革省、自治区将要首考落地，适应性测试卷结合这些省区的实际情况，在 结构、考查内容和要求上进行了合理设计。试卷立足高考内容改革，遵循课程标准，重点考查必备知识、 能力和核心素养，强化基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求。试卷坚持素养导向，深化基础考查 焦学科主干知识，突出考查思维过程与方法，体现了重视思维、关注应用、鼓励创新的指导思想，助力拔 新人才选拔。 命题·大预测：本套试卷围绕高中数学的核心内容设计，结合学生的学习和实际生活，在稳定的基础上力求创新，在注重基础知识、基本能力的同时，凸显了综合性、应用性、创新性。 巧设三角函数与存在、任意性问题，强调综合性。第14题将三角函数的图象与性质、不等式恒成立问题等融合在一起设题，试题区分度高，具有较好的选拔功能。 概率与集合结合，体现创新性。第18题结合新定义集合的划分考查古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力，体现数学的应用性和创新性。 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：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．设全集，集合满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据全集及补集写出集合A即可. 【详解】由题知， 由，得． 故选：C 2．若复数，则在复平面内对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用复数除法及共轭复数定义可得，即可判断对应点的坐标. 【详解】因为，所以，所以在复平面内对应点的坐标为. 故选：B 3．已知向量满足，，则（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】根据已知有，应用向量的数量积运算律得方程求. 【详解】因为，所以， 所以， 所以． 故选：A 4．已知抛物线的焦点为，准线为，过上一点作于点，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】可用两种方法进行求解，方法一利用抛物线定义及题设条件可得是等边三角形，从而可求得值；方法二，设，利用的勾股定理，以及抛物线的焦半径，联立方程组，利用待定系数法即可求得值. 【详解】解：方法一：连接，由抛物线定义可得， 因为，所以是边长为4的等边三角形．    如图，设准线与轴的交点为，又， 所以， 所以． 方法二：设与轴的交点为，则， 设，在中，， 即 ①， 又 ②，联立方程组①②，解得：，； 所以． 故选：C． 5．已知各项均为正数的等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．25 B．16 C．9 D．4 【答案】D 【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，由，得， （也可由等差数列的性质得，得） 解得，又，所以， 解得或． 因为各项均为正数，所以，所以，，所以． 故选：D 6．已知满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用两角和（差）的正弦公式即可求得结果. 【详解】由题得， （观察所求式发现，结合条件可知需要先求得的值） 因为，所以， 则． 故选：C． 7．已知动直线与圆相交于，两点，若线段上一点满足，且，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一：根据题设有、且，应用向量数量积的运算律求轨迹方程；法二：设，由的坐标表示及已知求轨迹方程. 【详解】法一：设，若为原点，由，得， 因为在圆上，所以，连接，    由，得， 故，故动点的轨迹方程为． 法二：设，则由，得，得， ①②同时平方并相加，得． 又在圆上，， 所以，得， 故动点的轨迹方程为． 故选：A 8．已知函数，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】已知函数写出的表达式，根据换底公式得，利用作差法得，进而得解. 【详解】由，得，，， 因为，则，所以， 因为，所以， 所以. 故选：D 二、多项选择题：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． 9．1984年至2024年历届夏季奥运会中国获得的奖牌数（单位：枚）如表所示，则下列说法正确的是（    ） 年份 金牌数 银牌数 铜牌数 奖牌总数 1984 15 8 9 32 1988 5 11 12 28 1992 16 22 16 54 1996 16 22 12 50 2000 28 16 14 58 2004 32 17 14 63 2008 48 22 30 100 2012 39 31 22 92 2016 26 18 26 70 2021 38 32 19 89 2024 40 27 24 91 A．历届夏季奥运会中国获得的金牌数的中位数是32 B．历届夏季奥运会中国获得的银牌数的众数是22 C．历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数是18 D．历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数的第60百分位数是63 【答案】BC 【分析】根据统计表中的数据，利用样本的数字特征的定义以及百分位数的定义逐一判断即可. 【详解】对于A：将历届夏季奥运会中国获得的金牌数按从小到大排序： ．可得中位数为，A不正确． 对于B：历届夏季奥运会中国获得的银牌数中，出现了3次，出现的次数最多，故众数为，B正确． 对于C：历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数为，C正确． 对于D：将历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数按从小到大排序：，．因为， 所以第百分位数是从小到大排序后的第7个数，D不正确． 故选：BC 10．已知是定义在上的奇函数，是奇函数，且当时，，则下列结论正确的是（    ） A． B．在上单调递减 C． D．当时， 【答案】ABD 【分析】根据题设得，进而有，结合已知区间单调性，即可判断A、B；将自变量代入，结合对数的运算性质求函数值判断C；由得，再由即可判断D. 【详解】对于A：因为是奇函数，所以，且图象关于原点对称， 因为是奇函数，所以， 令，得，以代替得， 再以代替得，正确． 对于B：由知，在上单调性与在上相同， 由题意，在上单调递减，又是上的奇函数， 所以在上单调递减，又函数的图象连续， 所以在上单调递减，则在上单调递减，正确． 对于C：因为，所以，即， 所以 ，不正确． 对于D：当时，， 所以，， 所以当时，，正确． 故选：ABD 11．如图，正三棱柱的所有棱长均为4，点在棱上运动，点在四边形内（包括边界）运动，则下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的体积为 B．若为的中点，则到平面的距离为 C．的周长的最小值为 D．若，则点的轨迹的长度为 【答案】ACD 【分析】利用等体积法求出体积及点到平面的距离判断AB；将侧面和侧面沿展开到一个平面内，求出长判断C；求出点的轨迹长度判断D. 【详解】正三棱柱的所有棱长均为4， 对于A，点到平面的距离即为正边上的高， 则，A正确； 对于B，在中，，由为的中点，得， 的面积为，由选项A得三棱锥的体积为， 设点到平面的距离为，则，解得，B错误； 对于C，将正三棱柱的侧面和侧面沿展开到一个平面内， 当且仅当三点共线时，取得最小值，， 又，因此的周长的最小值为，C正确；    对于D，取的中点，连接，由三棱柱是正三棱柱，得侧面， ，连接，由，得， 因此点的轨迹是以为圆心，2为半径的半圆弧，点的轨迹的长度为，D正确. 故选：ACD    第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】变换，根据二项式定理计算得到答案. 【详解】的展开式的通项为：，， 取和，计算得到系数为：. 故答案为：. 13．已知分别是离心率为的椭圆的左、右焦点，是上一点且，若的面积为，则 ． 【答案】2 【分析】解法一：由离心率得，，设，，结合椭圆定义及题干求得，，然后利用等比三角形面积列式求得，即可得解； 解法二：由离心率得，，设，，，结合椭圆定义及题干，利用余弦定理得，利用面积公式列式求解即可. 【详解】解法一：由题得，所以，，设，， 则，由题知， 将代入，得，解得，故， 所以是等边三角形，故，得，得． 解法二：由题得，所以，，设，，， 则，， 由余弦定理得， 故，得． 故答案为：2 14．已知函数图象的对称轴为直线，若存在实数，使得对于任意的，不等式恒成立，则当取得最大值时， ． 【答案】 【分析】利用相邻的两对称轴或两对称中心之间的距离是，任意两对称轴或两对称中心之间的距离为，其中为三角函数的最小正周期．得到函数解析式为，再利用恒成立问题的转化即可求的结果. 【详解】设的最小正周期为，易知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 因为图象的对称轴为直线，所以，， 又，所以，所以， 直线是图象的一条对称轴，所以， 所以， 即，因为，所以，所以． 存在实数，使得对于任意的，不等式恒成立, 即存在实数，使得对于任意的恒成立， （该不等式中，将视为未知数，视为常数，解关于的不等式即可） 则对应方程的根的判别式， 即， 可得，可得， 解得，当取得最大值时，，，所以， 所以． 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．（13分） 在中，内角的对边分别为，设的面积为，分别以为边长的正三角形的面积依次为且． (1)求； (2)设的平分线交于点，若，，求的长． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）应用三角形面积公式化简，结合余弦定理及三角形面积公式求， （2）法一：由（1）及三角形的面积公式及的大小得到，结合余弦定理求，进而求；法二：由（1）得，边角关系得，进而求. 【详解】（1）由题意，，，（2分） 则． 由余弦定理得，所以，（4分） 又， 所以，（5分） 则，又，所以．（6分） （2）法一：由（1）知，又， 所以，所以，所以．（8分） 由余弦定理可得，得，，（10分） 所以，所以， 在中．（13分） 法二：由（1）知，，整理得，（8分） 由正弦定理得，（9分） 又，所以， 因为，所以， 由，，得．（11分） 在中，.（13分） 16．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上（异于点）一点，且． (1)若，为的中点，求证：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先根据线线位置关系判断点的位置，取的中点，连接，利用平行四边形性质得，进而利用线面平行的判定定理证平面即可； 解法二：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标及平面的一个法向量，利用向量法证明位置关系； （2）利用异面直线所成角的余弦值的向量公式列式求出的长，进而求出平面、平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）设， 解法一：在平面四边形中，由，得， 由，，，得，解得，即，（1分） 所以为的中点且，如图，取的中点，连接， 则，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，（3分） 因为平面，平面，所以平面．（5分） 解法二：因为平面，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，（2分） 所以，又，所以， 解得，故．（3分） 易知平面的一个法向量为， 因为，所以， 又平面，所以平面．（5分） （2）由（1）中解法二，则，，，，（7分） 所以，． 设异面直线与所成的角为， 则，得．（9分） 则，，所以，，． 设平面的法向量为， 则，得，取，得．（11分） 设平面的法向量为， 则，得，取，得．（13分） 设二面角的平面角为，观察图形可知为锐角， 所以， 即二面角的余弦值为．（15分） 17．（15分） 已知函数． (1)若曲线在点处的切线与的图象有且仅有一个交点，求的值； (2)若在上单调递增，求实数的取值范围． 【答案】(1)0或或4； (2). 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，再将问题化为仅有一个解，讨论参数a，求范围； （2）根据题设有恒成立，利用导数求右侧的最大值，即可得范围. 【详解】（1）由题知，则，（2分） 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即，（3分） 因为该切线与的图象有且只有一个交点， 所以方程仅有一个解，即仅有一个解，（5分） 当时，方程可化为，仅有一个解，满足题意； 当时，由，得，解得或．（7分） 综上，的值为0或或4．（8分） （2）因为在上单调递增，所以恒成立， 由（1）知，故恒成立，所以，（11分） 令，，则，（12分） 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，（14分） 则，解得， 所以实数的取值范围为．（15分） 18．（17分） 定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族为集合的一个划分．已知集合． (1)若． ①写出集合的所有3划分； ②从集合的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率． (2)设集合为集合的非空子集，随机变量表示子集中的最大元素．若，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】(1)①答案见解析；② (2)分布列见解析， 【分析】（1）①按集合划分的定义写出所有3划分即可；②分别计算2划分、3划分和4划分的个数，再用古典概型的概率计算公式求概率． （2）根据题意，利用集合子集的个数得，根据已知得，再写出分布列，计算数学期望即可． 【详解】（1）当时， ①集合的所有3划分为；；； ；；．（4分） ②集合的2划分的个数为；3划分的个数为6；4划分只有1个， 所以集合的所有划分共有14个．（7分） 设从集合的所有划分中任取一个，这个划分恰好为3划分为事件，则．（9分） （2）集合的非空子集的个数为，所以集合共有种可能． 当时，最大元素为的子集可视为集合的子集与集合的并集， 而集合的子集个数为，所以， 所以，（11分） 可得，解得．（12分） 所以随机变量的所有可能取值为， 则，，， ，，（15分） 随机变量的分布列为 1 2 3 4 5 故．（17分） 19． （17分） 已知双曲线的右焦点为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值； (3)已知点是上任意一点，直线是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据双曲线的几何性质求的值，写出的标准方程； （2）设出的方程及点的坐标，写出根与系数的关系，求出的值， （3）先求出切线方程，结合两直线方程求出，再利用根与系数的关系、两点间距离公式求出、，根据切割比定义求解. 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，所以， 所以的离心率为，所以，，（3分） 故的标准方程为．（4分） （2）由（1）知，由题意知的斜率不为0， 设的方程为，，， 联立方程，得，得， 所以， ，， （7分） 所以 ，得证．（9分） （3）由题意知，显然在点处的切线的斜率存在， 设在点处的切线方程为，即， 代入，消去得， 因为与相切，所以，解得． 所以在点处的切线方程为．（11分） 易知直线的斜率， 可设直线的方程为，，． 由方程组，解得， 所以点的坐标为，所以．（13分） 由方程组，消去可得， 则， 所以，， 所以， 同理可得，（15分） 所以 ，（16分） 所以，即．（17分） 8 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $$