难点专题09 2025年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（二）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 2025年新高考数学 挑战140冲刺985模拟卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（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．已知数列满足，，若，则正整数k的值是（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【分析】利用递推关系式计算数列各项的值，确定满足题意的k值即可. 【详解】解：由题意结合递推关系式可得： ， ， ， ， . 故选：B. 2．小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下7个小球中取出两个小球，结果都是红球，则丢掉的小球也是红球的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由古典概率公式求出，再由全概率公式求出，最后由条件概率求出即可. 【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为红球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球， 则，， 由全概率公式可得 ， 所以， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：条件概率公式为，全概率公式为. 3．在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作点关于轴的对称点，方法一、利用直线与圆的关系计算圆心到反射光线的距离即可；方法二、利用反射光线与圆相切作临近值，借助两点距离公式、正切的和差角公式计算反射光线的斜率范围，再利用截距的意义计算即可. 【详解】方法一：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点． 又，所以直线的方程为，即． 由题知圆的圆心为，半径为1， 直线与圆有交点，即圆心到直线的距离小于等于1， 所以，解得． 方法二：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点， 临界情况为直线与圆相切． 设切点为，令，易得， 所以． 因为直线的斜率为， 所以直线的斜率． 易得直线的方程为．所以．    故选：A 【点睛】思路点睛：对于光线的反射问题一般作对称点由入射光线得出反射光线所在直线，再利用直线与圆的位置关系计算即可，法二、计算反射光线与圆相切时的斜率从而得出反射光线的斜率范围，再结合直线的截距意义计算，计算略显复杂，但也是一种很好的方向. 4．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等的用具，有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．某居民家中收藏了一个木质的米斗，如图所示，该米斗的容积为1斗，其形状可近似看成一个正四棱台，且该正四棱台的下底面边长是上底面边长的2倍，若该米斗中刚好装了半斗米（米均匀分布在米斗中），则该米斗中米的深度与米斗高度的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用台体的体积公式，以及相似比性质，结合换元思想来求解即可. 【详解】设米斗的上底面边长为，高为，则米斗的下底面边长为， 故，得． 设米的深度为，半斗米所形成的正四棱台的下底面边长为， 则，则， 则， 得，则， 化简得．令， 则，， 即，则， 故选:A． 【点睛】关键点睛：（1）根据正四棱台的结构特征求出半斗米所形成的正四棱台的下底面的边长的表达式；（2）换元，令，将方程化为并配凑为． 5．若数列为正项等比数列，，数列为公差为6，首项为1的等差数列，则数列前5项和的最小值为（    ） A． B． C． D．65 【答案】A 【分析】由已知可得，利用导数可求其最小值. 【详解】因为数列为公差为6，首项为1的等差数列， 所以 若数列为正项等比数列，，设公比为， 则， 所以数列前5项和为， 设，求导可得， 令，可得， 在上为增函数，又， 当时，，所以在上为增函数， 又， 所以当,，，， 所以， 当,, 所以则数列前5项和的最小值为. 故选：A. 6．已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值. 【详解】法1：由基本不等式有， 同理，， 故， 故不可能均大于. 取，，， 则， 故三式中大于的个数的最大值为2， 故选：C. 法2：不妨设，则， 由排列不等式可得： ， 而， 故不可能均大于. 取，，， 则， 故三式中大于的个数的最大值为2， 故选：C. 【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向. 7．对，不等式恒成立，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】令，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得在 上恒成立，问题转化为函数有相同的零点，计算可得选项D正确. 【详解】由得， 对于选项A、B，若，可令，不等式可化为， 当时，， 要使恒成立，则需，即恒成立， ∴， 当时，， 要使恒成立，则需，即恒成立， ∴， ∴， 当时，， 要使恒成立，则需，即恒成立， ∴， 综上可得，不存在使得不等式恒成立，选项A、B错误. 对于选项C、D，若， ∵ ∴， ∴， 要使不等式恒成立，则需， ∵函数在为增函数， ∴函数有相同的零点， 由得，由得，， ∴，即， ∴， ∴，选项D正确. 故选D. 【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，具体思路如下： （1）不等式变形为. （2）对于选项A、B，若，对，与符号不确定，可取，通过分类讨论得到不存在使得不等式恒成立，即可说明选项A、B错误. （3）对于选项C、D，若，确定恒成立，转化为，则与同号，利用函数的单调性可知函数有相同的零点，利用零点相同可得. 8．如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围. 【详解】 设， 因为， 又点为半椭圆上一点，所以， 所以 ， 因为存在， 所以， 即在上有解， 因为， 且， 所以在上有解， 即在上有解，所以 又因为， 所以， 即，解得， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可 二、多选题（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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．的图象关于点中心对称 C．方程在上的所有解的和是 D．若，对任意的，，，恒成立，则的最大值是 【答案】ACD 【分析】化简，求出可判断A；求出图象的对称中心坐标可判断B；判断出的图象、函数的图象关于直线对称，结合图象可判断C；利用单调性定义得出在上单调递增，结合的单调性，利用，可判断故D. 【详解】对于A，由题意可得 ， 则， 由于，从而是偶函数，故A正确； 对于B，由（），得（）， 则图象的对称中心为（），故B错误； 对于C，由，得， ， 所以的图象关于直线对称， 函数的图象也关于直线对称，如图， 在上有6个解，且在直线两侧各有3个解， 则它们所有解的和是，故C正确； 对于D，由对任意的，，且，恒成立， 得在上单调递增，令（）， 得（）， 因为， 所以当时，，此时的最大值是； 当时，，此时的最大值是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是化简出，且在C选项中解题的关键点是结合图象解题. 10．已知三次函数，则（   ） A．函数一定有两个极值点 B．当时， C．当时，的极小值为0 D．在区间上的值域为 【答案】BCD 【分析】对于AD，利用特例法可判断其正误，对于B，利用作差法可判断其正误，对于C，判断导数的符号可判断其正误. 【详解】对于A，当时，，该函数在上为增函数，无极值点，故A 错误； 对于B，， 而，故，故，所以， 故B正确； 对于C，， 若，则，此时当或时，， 当时，，故在处取极小值； 若，则，此时当或时，， 当时，，故在处取极小值； 故C正确； 对于D，当，时， 则当或时，，当时，， 故在为减函数，在上为增函数， 取，则， 考虑方程在上是否有解， 设，则， ， 由零点存在定理可得在上存在零点，设该零点为，则, 则在上的值域为， 故D成立， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于三次函数中定义域与值域一致的问题，我们先利用导数判断函数的单调性，再结合函数在闭区间上端点处、在区间内的最值的关系来判断处理即可. 11．正方体的棱长为2，分别为的中点，为棱上靠近的三等分点，则下列正确的有（      ） A．沿正方体表面从A到E的最短距离为 B．为内的一动点，则最小值为 C．为线段上的动点，则到底面的距离与它到点C的距离之和最小值为 D．是直线上的动点，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】对AD转化为两点之间直线段最短问题，结合三角形两边之和大于第三边，三角形两边之差小于第三边等结论即可，对于选项B和C则是经典的将军饮马问题，可以取对称点加以解决. 【详解】选项A，若将正方体的面与面如下图所示展开， 则展开图中，故A错； 选项B，因为，且到平面的距离为， 则关于平面的对称点为线段靠近的三等分点，， 所以， ，当且仅当时不等式取等，故B对； 选项C，设关于直线的对称点为，到平面的距离显然等于到直线的距离， 设，垂足为，那么， 当且仅当时不等式取等， ，故C对； 选项D，显然，所以， 当且仅当为直线与直线的交点时不等式取等，故D对； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：D选项的关键是转化得即可. 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．正四棱柱容器（表面厚度和忽略不计）底面正方形边长为，在容器中恰好能放入半径分别为和的大小两个玻璃球，则正四棱柱容器的高的最小值为 . 【答案】 【分析】当两球相外切，且同时相切于四棱柱的两个侧面时高最小，作出截面，数形结合可得解. 【详解】    设四棱柱为 由已知半径为的玻璃球与四棱柱的四个侧面均相切， 则当两球相外切，且同时相切于四棱柱的两个侧面时高最小， 假设半径为的球与侧面和均相切， 作出平面如图所示， 易知此时，，，， 且四边形为直角梯形， 则， 则四棱柱的高， 故答案为：. 13．对集合，其中，定义向量集合，若对任意，存在，使得，则 . 【答案】5或 【分析】取,则存在使得，由此可以推出，继续取，则存在使得，由此可得，则，或，则，分类讨论即可求解. 【详解】取，则存在使得，从而可得，即， 所以一定是一正一负（因为0不属于集合），不妨令，则， 所以，所以， 取，则存在使得，从而可得， 若，则矛盾，故不可能同时大于0， 若，则矛盾，故不可能同时小于0， 所以必定有一正一负， 所以有：，则，或，则， 情况一：当，时，， 从而，或（舍去，集合元素间互异），或，即（舍去，与矛盾）， 此时（这里不考虑具体与的对应关系，因为由加法交换律可知，两个加数交换位置不影响结果）， 情况一：当，，， 从而，即（舍去，集合元素间互异），或（舍去，集合元素间互异），或，即， 此时（这里不考虑具体与的对应关系，因为由加法交换律可知，两个加数交换位置不影响结果）， 综上所述，或. 故答案为：5或. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到，且，其中满足：，，或，，由此即可顺利得解. 14．已知 为正整数，有穷数列 中所有可能的乘积 的和记为 . 例如，当 时， . 数列 的前 项和为 . 【答案】 【分析】根据已知求出，令，最后利用裂项相消求数列的前 项和即可. 【详解】根据题意有： ， 令，所以， 则的前 项和为，则有： 故答案为：. 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知为等边三角形，点分别是线段上的动点； (1)若为锐角三角形，且满足， ①求证：； ②求的最大值； (2)若，试问当长为多少时，的长取得最大值. 【答案】(1)①证明见解析；②； (2) 【分析】（1）①根据两角差的正弦公式化简得，则； ②根据正弦定理和二倍角的正弦公式得，再进行边换角计算得，最后利用换元法和二次函数性质即可求出最值； （2）利用正弦定理得，，相加得到的表达式，最后结合三角恒等变换和正弦函数性质即可求出最值. 【详解】（1）①因为， 所以. 所以. 所以. 因为为锐角，即，所以. 所以，又因为，所以. ②中，由正弦定理得，即， 即，即， 故. 因为为锐角三角形，则,则 由①知， ， 令， （当且仅当时取“”），. （2），因为，所以， 因为，所以， 设，则， 在中，由正弦定理得， 所以，得， 在中，由正弦定理得，所以， 得， 所以 ， 其中，所以当时，取得最大值， 所以， 所以，所以，即， 所以，解得或（舍去）， 所以当时，取得最大值. 【点睛】关键点点睛：本题第一问的第二小问和第二问的解题关键都是进行边换角，前者利用二次函数性质求出最值，后者利用辅助角公式和正弦函数性质求出最值. 16．三余弦定理：如图1，设为平面外一点，过点的斜线在平面上的正投影为直线.为平面上的一条直线，记斜线与正投影线的夹角（即与平面所成角）为，正投影线与直线的夹角为，斜线与直线的夹角为，则.三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理. (1)证明三余弦定理； (2)如图2，已知四面体的各条棱长均相等，，分别是棱，的中点.为直线上的一动点，求直线与直线所成角的余弦值的最大值； (3)如图3，已知平行六面体，记平行六面体体积为，表面积为，棱长总和为，求证：. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)证明见解析 【分析】（1）过点作的垂线，垂足为,连接，分别利用余弦的定义表示三个角，计算即可； （2）正四面体的棱长为，，找基底表示直线与直线的方向向量，然后计算两个方向向量的余弦值求范围判断即可. （3）先判断正方体的情况，再判断长方体的情况，最后验证即可. 【详解】（1）如图，过点作的垂线，垂足为,连接， 由题可知，， 因为,,平面,平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，， 所以有，， 所以， 即，证毕. （2）设正四面体的棱长为，， 显然， ， ， 所以，， ， ， 所以， 要使直线与直线所成角的余弦值最大， 即最大， ， 当时，， 当时，， 当时，易知 ，， 当时，易知， ， 综上所诉，， 故直线与直线所成角的余弦值的最大值为. （3）设平行六面体中， 由平行六面体的性质可知，当平行六面体的所有面面积不变时，平行六面体为长方体时体积最大， 当平行六面体为长方体时， ，， 要证 即证明， 即证明 因为， 所以 得 即证得 当不为长方体时，平行六面体的所有面面积不变时，体积会更小，此时棱长和会更大，但是体积变化更快，故会更小，所以； 综上所诉，. 【点睛】关键点点睛，第三问是一个几何不等式的证明，我们先讨论特殊情况，然后再根据一般情况与特殊情况的区别判断即可. 17．一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次. (1)已知质点每次向右移动的概率为. ①当 时，求质点最终回到原点的概率； ②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小 (2)现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若质点最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分. 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若质点最终落在了原点左侧，则最终得分也为0分； 若最终落在了原点右侧，则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数. ①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望； ②若 则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？ 【答案】(1)①；② ， (2)① ；② 【分析】（1）①根据独立事件的概率公式计算即可求解；②表示第一次必然向右，后两次至少有一次向右；表示前2次均向右，后三次至少有一次向右；和第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右，根据独立事件的概率公式计算求出，结合作差法即可比较大小. （2）①利用独立事件的概率公式求出第一阶段通过的概率，即可求出数学期望；②由题意可得，令，利用导数求出的最大值即可. 【详解】（1）①质点最终回到原点的情况为:向右走3次，向左走3次， ②设和时质点最终落在原点右侧的概率分别为， 情况为:第一次必然向右，后两次至少有一次向右， 则. 包含2种情况: (i)前2次均向右，后三次至少有一次向右； (ii)第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右， ， ，则. （2）①第一阶段通过的情况为3次均向右或者有2次向右，1次向左， 其概率为: ， 设为最终得分，则可以为0，1，3， 则其数学期望为； ②若，则， 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即当时，该游戏得分的期望值最大. 【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的②关键在于根据独立事件的概率公式计算得到，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 18．已知椭圆的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于. (1)求椭圆的标准方程. (2)若，直线与的斜率分别为与，求的值. (3)求证： 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求出，可得椭圆的标准方程. （2）设过点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得的值. （3）设（），再设过点的切线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得，的表达式.再把和用，表示，化简整理即可. 【详解】（1）由题意：. 所以椭圆的标准方程为：. （2）设过点的切线方程为：，即， 由，消去，整理得：， 由， 整理得：， 所以. （3）设（），的延长线交轴于点，如图： 、两点处切线斜率分别为，则. 设点的椭圆的切线方程为：，即， 由消去， 化简整理得：， 由得： 化简整理得：， 由韦达定理，得：，， 所以，， 所以要证明，只需证明：， 即 ， 因为，所以上式成立， 即成立. 【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，注意的判断； （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. 19．定义：设为区间D上的可导函数，若为增函数，则称为区间D上的凹函数.对于凹函数，丹麦著名数学家琴生（Johan  Jensen）提出了著名的琴生不等式：若函数为其定义域上的凹函数，则对其定义域内任意n个数，均有成立（当且仅当时等号成立）. (1)分别判断函数与是否为其定义域上的凹函数； (2)若函数为上的凹函数，求m的取值范围； (3)设数列中的各项均不小于1，证明：. 【答案】(1)不是上的凹函数，是上的凹函数 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据新定义，结合对勾函数的单调性，即可下结论； （2）根据新定义可得为增函数，由分离参数法可得，利用导数的应用讨论函数的性质即可求解； （3）记，由新定义，结合琴声不等式的应用即可证明. 【详解】（1）的导函数为， 因为函数不是上的增函数， 所以不是上的凹函数. 的导函数为， 当时，令， 由对勾函数的单调性知在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以函数是上的凹函数. （2）由题可知， 设，则. 因为函数为上的凹函数，所以为增函数， 所以，即恒成立. 设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 故m的取值范围是. （3）设，因为，故，记， 由（1）知为定义域上的凹函数，所以由琴生不等式可知 ， 所以. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 2025年新高考数学 挑战140冲刺985模拟卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（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．已知数列满足，，若，则正整数k的值是（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 2．小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下7个小球中取出两个小球，结果都是红球，则丢掉的小球也是红球的概率为（    ） A． B． C． D． 3．在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等的用具，有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．某居民家中收藏了一个木质的米斗，如图所示，该米斗的容积为1斗，其形状可近似看成一个正四棱台，且该正四棱台的下底面边长是上底面边长的2倍，若该米斗中刚好装了半斗米（米均匀分布在米斗中），则该米斗中米的深度与米斗高度的比值为（    ） A． B． C． D． 5．若数列为正项等比数列，，数列为公差为6，首项为1的等差数列，则数列前5项和的最小值为（    ） A． B． C． D．65 6．已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 7．对，不等式恒成立，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 8．如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．的图象关于点中心对称 C．方程在上的所有解的和是 D．若，对任意的，，，恒成立，则的最大值是 10．已知三次函数，则（   ） A．函数一定有两个极值点 B．当时， C．当时，的极小值为0 D．在区间上的值域为 11．正方体的棱长为2，分别为的中点，为棱上靠近的三等分点，则下列正确的有（      ） A．沿正方体表面从A到E的最短距离为 B．为内的一动点，则最小值为 C．为线段上的动点，则到底面的距离与它到点C的距离之和最小值为 D．是直线上的动点，则的最大值为 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．正四棱柱容器（表面厚度和忽略不计）底面正方形边长为，在容器中恰好能放入半径分别为和的大小两个玻璃球，则正四棱柱容器的高的最小值为 . 13．对集合，其中，定义向量集合，若对任意，存在，使得，则 . 14．已知 为正整数，有穷数列 中所有可能的乘积 的和记为 . 例如，当 时， . 数列 的前 项和为 . 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知为等边三角形，点分别是线段上的动点； (1)若为锐角三角形，且满足， ①求证：； ②求的最大值； (2)若，试问当长为多少时，的长取得最大值. 16．三余弦定理：如图1，设为平面外一点，过点的斜线在平面上的正投影为直线.为平面上的一条直线，记斜线与正投影线的夹角（即与平面所成角）为，正投影线与直线的夹角为，斜线与直线的夹角为，则.三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理. (1)证明三余弦定理； (2)如图2，已知四面体的各条棱长均相等，，分别是棱，的中点.为直线上的一动点，求直线与直线所成角的余弦值的最大值； (3)如图3，已知平行六面体，记平行六面体体积为，表面积为，棱长总和为，求证：. 17．一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次. (1)已知质点每次向右移动的概率为. ①当 时，求质点最终回到原点的概率； ②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小 (2)现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若质点最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分. 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若质点最终落在了原点左侧，则最终得分也为0分； 若最终落在了原点右侧，则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数. ①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望； ②若 则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？ 18．已知椭圆的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于. (1)求椭圆的标准方程. (2)若，直线与的斜率分别为与，求的值. (3)求证： 19．定义：设为区间D上的可导函数，若为增函数，则称为区间D上的凹函数.对于凹函数，丹麦著名数学家琴生（Johan  Jensen）提出了著名的琴生不等式：若函数为其定义域上的凹函数，则对其定义域内任意n个数，均有成立（当且仅当时等号成立）. (1)分别判断函数与是否为其定义域上的凹函数； (2)若函数为上的凹函数，求m的取值范围； (3)设数列中的各项均不小于1，证明：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$