大题仿真卷01（专项训练，ABC三组夺分卷）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

大题仿真卷01（A组+B组+C组） （模式：6道解答题 满分：85分 限时：75分钟） 一、解答题 1．在△中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且，． (1)求证：△为等腰三角形； (2)从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h． 条件①：△的面积为； 条件②：△的周长为20． 2．如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 3．京广高速铁路是世界上运营里程最长的高速铁路之一，也是中国客运量最大、运输最为繁忙的高速铁路之一.某日从北京西到广州南的部分G字头高铁车次情况如下表：注：以下高铁车次均能准点到达 (1)某乘客从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，求这趟列车的运行时长不超过10小时的概率； (2)甲、乙、丙3人分别从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，其中甲必须上午出发，乙必须下午出发，丙的出发时间没有限制，且甲、乙、丙3人的选择互不影响. （ⅰ）记随机变量为甲、乙、丙选取的列车中运行时长不超过10小时的个数，求的分布列和数学期望； （ⅱ）甲、乙、丙3人中，谁选取的列车运行时长最短的概率最大？（结论不要求证明） 4．已知椭圆E：的左右焦点分别为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形．A为圆上一点（不在x轴上），B为椭圆E上一点，且满足轴，直线l与圆O切于点A，过作l的垂线，垂足为M． (1)求椭圆E的方程及圆O的方程； (2)求证：为定值． 5．已知函数． (1)若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值； (2)求函数的单调区间． 6．在数列中，若，且， 则称为“数列”.设为“数列”，记的前项和为. (1)若，求，，的值； (2)若，求的值； (3)证明：中总有一项为1或3. 一、解答题 1．在中，，. (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 2．如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为．    (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 3．通用人工智能（AIGC）是指具有高效的学习和泛化能力且能够根据所处的复杂动态环境自主产生并完成任务的通用人工智能体．对某个通用智能人工智能模型进行评测，让该通用人工智能模型做数学、物理、化学、生物考试，当模型完成不同学科的试卷时，通过计算模型的损失函数值来评测模型是否“有效”．当模型完成不同学科考试时，损失函数的“参考值”也不同，如表1所示． 表1 问题类型 数学 物理 化学 生物 损失函数参考值 8.5 10.3 9.0 10.5 表2为该模型在过去一个月内完成各种卷子的损失函数“实际值”． 表2 数学 6.46   5.77   8.79   11.62   8.13 物理 9.02   9.43   8.68   15.15   10.49   7.93 化学 6.31   14.50   5.98   7.08 生物 7.96   8.78   15.25   10.94   10.03   8.37   9.02 当模型的损失函数的“实际值”小于“参考值”时，代表模型运行“有效”，否则，则称模型运行“无效”． 假设用频率估计概率，且模型每次运行是否“有效”相互独立． (1)在模型完成的四次化学考试中随机挑选两次，求模型均“有效”的概率； (2)在某次模拟考试中，小明在物理、化学、生物三个学科考试中直接使用该人工智能模型答题并提交，设模型运行“有效”的总次数为，求的分布列和数学期望； (3)若某次模拟考试中，允许你在数学、物理、化学、生物中的两个学科使用该模型进行作答．为了使得在该次考试中模型运行“有效”次数的数学期望最大，你会选择哪两科？（直接写出学科名称即可） 4．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在极值，求实数的取值范围； (3)求证：对任意，都存在，使得． 5．已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：． 6．对于项数为的数列，若数列满足，，其中，表示数集中最大的数，则称数列是的数列. (1)若各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列； (2)证明：若数列中存在使得 ，则存在使得成立； (3)数列是的数列，数列是的数列，定义其中．求证：为单调递增数列的充要条件是为单调递增数列． 一、解答题 1．如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，．    (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 2．已知函数. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围. 条件①：在上是单调函数； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③：对任意的，都有成立. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 3．已知椭圆的短轴长为，离心率为，，分别是的左、右焦点，，分别是的左、右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆上异于，的一点，直线与直线相交于点，直线与椭圆交于另一点，是否存在点，使得直线恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 4．乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． (1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． (2)若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：． (3)甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小． 附：，其中． 5．已知函数和函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数，求函数的单调区间； (3)设函数，求证：函数的图象在直线的上方. 6．设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素．定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，，其中记． (1)①若数列，则______； ②若数列，则______． (2)对于给定的正整数，若正整数满足对任意，均有数列与为同一数列，则称为“阶好数”． （ⅰ）求最小的“3阶好数”． （ⅱ）求使得“阶好数”存在的的所有可能取值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题仿真卷01（A组+B组+C组） （模式：6道解答题 满分：85分 限时：75分钟） 一、解答题 1．在△中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且，． (1)求证：△为等腰三角形； (2)从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h． 条件①：△的面积为； 条件②：△的周长为20． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）因为，由余弦定理可得：，又，设， 则，解得（舍）或， 故△为等腰三角形，即证. （2）选①：△的面积为， 由，可得，又，故， 则，又，故可得，又，则， 因为AC边上的高为h，故，故可得； 选②：△的周长为20， 则，即，结合可得， 由，可得，又，故， 则，即，解得. 综上所述，选择①②作为条件，均有. 2．如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面 平面ABCD，平面 平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以， 所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 3．京广高速铁路是世界上运营里程最长的高速铁路之一，也是中国客运量最大、运输最为繁忙的高速铁路之一.某日从北京西到广州南的部分G字头高铁车次情况如下表：注：以下高铁车次均能准点到达 (1)某乘客从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，求这趟列车的运行时长不超过10小时的概率； (2)甲、乙、丙3人分别从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，其中甲必须上午出发，乙必须下午出发，丙的出发时间没有限制，且甲、乙、丙3人的选择互不影响. （ⅰ）记随机变量为甲、乙、丙选取的列车中运行时长不超过10小时的个数，求的分布列和数学期望； （ⅱ）甲、乙、丙3人中，谁选取的列车运行时长最短的概率最大？（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)（ⅰ）分布列见解析，数学期望为；（ⅱ）甲，理由见解析 【详解】（1）从北京西出发到广州南的高铁车次共7个， 运行时长不超过10小时的有4个，超过10小时的有3个， 故这趟列车的运行时长不超过10小时的概率为； （2）（ⅰ）上午运行时长不超过10小时的列车有2个，超过10小时的列车有2个， 下午运行时长不超过10小时的列车有2个，超过10小时的列车有1个， 甲选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为， 乙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为， 丙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为， 的可能取值为0,1,2,3， ， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 数学期望为； （ⅱ）甲选取的列车运行时长最短的概率最大，理由如下： 列车运行时长最短为7小时17分，在上午，甲选取此列车的概率为， 乙选取此列车的概率为0，丙选取此列车的概率为， 故甲选取的列车运行时长最短的概率最大. 4．已知椭圆E：的左右焦点分别为，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形．A为圆上一点（不在x轴上），B为椭圆E上一点，且满足轴，直线l与圆O切于点A，过作l的垂线，垂足为M． (1)求椭圆E的方程及圆O的方程； (2)求证：为定值． 【答案】(1)， (2)证明见解析 【详解】（1）已知以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形，设椭圆的焦距为， 则：，且， 所以，则椭圆的方程为：， 圆的方程为：． （2）证明：由椭圆方程得， 因为轴，所以设的坐标为，的坐标为，不妨取， 因为直线与圆切于点，切线的方程为：， 因为，所以， 由得，， 又，所以， 因为，所以， 所以． 5．已知函数． (1)若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)答案见解析 【详解】（1）由题可得， 因为在点处的切线平行于轴，所以， 即，解得，经检验符合题意． （2）因为， 令，得或． 当时，随的变化，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 当时，因为，当且仅当时，， 所以在区间上单调递增． 当时，随的变化，，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上所述， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 6．在数列中，若，且， 则称为“数列”.设为“数列”，记的前项和为. (1)若，求，，的值； (2)若，求的值； (3)证明：中总有一项为1或3. 【答案】(1)，， (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，中的各项依次为10，5，8，4，2，1，4，2，1，， 即数列从第四项开始每三项是一个周期， 所以，， ，，， 所以. （2）①若是奇数，则是偶数，， 由，得，解得，适合题意. ②若是偶数，不妨设，则. 若是偶数，则，由， 得，此方程无整数解； 若是奇数，则，由， 得，此方程无整数解. 综上，. （3）证明：首先证明：一定存在某个，使得成立. 否则，对每一个，都有， 则在为奇数时，必有； 在为偶数时，有，或. 因此，若对每一个，都有，则，，，单调递减， 注意到，显然这一过程不可能无限进行下去， 所以必定存在某个，使得成立. 经检验，当，或，或时，中出现1； 当时，中出现3， 综上，中总有一项为1或3. 一、解答题 1．在中，，. (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)选择见解析， 【详解】（1）因为在中， ， 由正弦定理，      ，                               因为，所以 ； （2）若选择条件①： ， 解法1：由正弦定理得， 此时，不存在，不符合要求， 解法2：将,，， 由余弦定理得：，， 所以方程无实数解，不存在，不符合要求，                           若选择条件②：， 因为在中， ， 所以由正弦定理得，                    所以，                 ，                                         又由正弦定理得 ， 所以三角形的面积为： ；                    若选择条件③：， 将,代入余弦定理 ， ，                   解得：，              进而得，                  所以三角形的面积为： . 2．如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为．    (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为， ∴. （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为， 由， 令，则，， ∴点到平面的距离. （3）假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 设， 则， ∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 3．通用人工智能（AIGC）是指具有高效的学习和泛化能力且能够根据所处的复杂动态环境自主产生并完成任务的通用人工智能体．对某个通用智能人工智能模型进行评测，让该通用人工智能模型做数学、物理、化学、生物考试，当模型完成不同学科的试卷时，通过计算模型的损失函数值来评测模型是否“有效”．当模型完成不同学科考试时，损失函数的“参考值”也不同，如表1所示． 表1 问题类型 数学 物理 化学 生物 损失函数参考值 8.5 10.3 9.0 10.5 表2为该模型在过去一个月内完成各种卷子的损失函数“实际值”． 表2 数学 6.46   5.77   8.79   11.62   8.13 物理 9.02   9.43   8.68   15.15   10.49   7.93 化学 6.31   14.50   5.98   7.08 生物 7.96   8.78   15.25   10.94   10.03   8.37   9.02 当模型的损失函数的“实际值”小于“参考值”时，代表模型运行“有效”，否则，则称模型运行“无效”． 假设用频率估计概率，且模型每次运行是否“有效”相互独立． (1)在模型完成的四次化学考试中随机挑选两次，求模型均“有效”的概率； (2)在某次模拟考试中，小明在物理、化学、生物三个学科考试中直接使用该人工智能模型答题并提交，设模型运行“有效”的总次数为，求的分布列和数学期望； (3)若某次模拟考试中，允许你在数学、物理、化学、生物中的两个学科使用该模型进行作答．为了使得在该次考试中模型运行“有效”次数的数学期望最大，你会选择哪两科？（直接写出学科名称即可） 【答案】(1) (2)分布列见解析，数学期望 (3)化学、生物 【详解】（1）因为在模型完成的四次化学考试中有3次模型“有效”，1次模型“无效”， 所以在模型完成的四次化学考试中随机挑选两次，模型均“有效”的概率为； （2）的所有可能取值为， 在某次模拟考试中，小明在物理、化学、生物三个学科考试中直接使用该人工智能模型答题并提交， 物理、化学、生物三个学科考试“有效”的概率依次为， 所以， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以的数学期望； （3）物理、化学、生物、数学四个学科考试“有效”的概率依次为， 从小到大排列为：， 设选取的两科考试“有效”的概率依次为，设在该次考试中模型运行“有效”次数为随机变量， 则的所有可能取值为， 则， 所有， 为了使得在该次考试中模型运行“有效”次数的数学期望最大， 只需最大即可， 而， 故只需令即可， 即为了使得在该次考试中模型运行“有效”次数的数学期望最大，应选择化学、生物这两个学科. 4．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在极值，求实数的取值范围； (3)求证：对任意，都存在，使得． 【答案】(1) (2)． (3)证明见解析 【详解】（1）当时，，， ，又， 曲线在点处的切线方程为：； （2），， 当时，，在上单调递减，无极值； 当时，令，即， 解得， 当时，， 0 0 极大值 极小值 的单调递增区间为，单调递减区间为，为函数的两个极值点， 故符合题意； 当时，， 在上单调递增，无极值. 综上，实数的取值范围为； （3）①当时，由（2）知，在上单调递减， 令，则，； ②当时，为极大值，为极小值， ， 令，则； ③当时，在上单调递增，令， ，； 综上，对任意，都存在，使． 5．已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，离心率为，且经过点． (1)求椭圆的方程及长轴长； (2)点是椭圆上一动点，且不与顶点重合，点满足四边形是平行四边形，过点作轴的垂线交直线于点，连接交于点，求证：． 【答案】(1)椭圆的方程为，椭圆的长轴长为 (2)证明过程见解析 【详解】（1）由题意，解得， 所以椭圆的方程为，椭圆的长轴长为； （2） 由题意知斜率存在，设， 联立与得，，化简得， 由韦达定理得，， 所以， 而直线，从而， 因为点满足四边形是平行四边形，关于中心对称， 根据平行四边形的中心对称性，可知也关于中心对称， 所以，而， 所以，显然，所以， 所以直线的方程为， 联立与，得， 即， 化简得，即， 因为，所以， 所以. 6．对于项数为的数列，若数列满足，，其中，表示数集中最大的数，则称数列是的数列. (1)若各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列； (2)证明：若数列中存在使得 ，则存在使得成立； (3)数列是的数列，数列是的数列，定义其中．求证：为单调递增数列的充要条件是为单调递增数列． 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）由题意， 各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列为： ，，， （2）由题意， 假设不存在使得成立， 根据数列定义可知，， 所以，则， 即， 所以，所以，这与已知矛盾， 故若此数列中存在使得 ， 则存在使得成立． （3）由题意， 必要性： ，，， 则． 因为为单调递增数列， 所以对所有的，或， 否则． 因此，所有的 同号或为，即， 所以为单调递增数列． 充分性： 因为为单调递增数列，，且， 所以只能，所以 同号或为， 所以对所有的，或， 所以． 所以，即为单调递增数列． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，数列的单调性证明，反证法，考查学生的分析证明能力，具有较强的综合性. 一、解答题 1．如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，．    (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以． 又平面平面，且平面与平面相交于， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）选条件① 由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件② 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以． 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形． 因为，所以． 因为，所以． 因为，为中点，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，    则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 选条件③ 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面， 因为矩形中，，， 所以平面， 所以和都是直角三角形， 因为，，所以， 又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，    则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 2．已知函数. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围. 条件①：在上是单调函数； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③：对任意的，都有成立. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)答案见解析 【详解】（1）因为， 所以 ， 所以. （2）对于条件①：在上是单调函数， 因为在上是单调函数，所以， 所以，又因为，解得， 因为 ， 解得 ， 所以函数的单调单调递增区间为： ， 若函数在上单调递增，则 ， 整理有 ， 当时，，解得， 当时，无解，得其他值时不等式无解； 因为 ， 解得 ， 所以函数的单调单调递减区间为： ， 若函数在上单调递减，则 ， 整理有 ， 当时，，解得， 当时，无解，得其他值时不等式无解； 对于条件②：图象的一个对称中心为， 因为 ，解得 ， 所以函数的对称中心为 ， 若是图象的一个对称中心， 则，解得； 对于条件③：对任意的，都有成立， 则时，函数取得最大值，有 ， 解得 ； 若选条件①②，则有 ，方程无解， 或 ，时，， 所以，因为，所以， 因为在区间上仅有一个零点， 所以，，解得； 若选条件①③，则有有 ，方程无解， 或 ，时，， 所以，因为，所以， 因为在区间上仅有一个零点， 所以，，解得； 若选条件②③，则有 ， 即 ，方程解不唯一， 此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求. 3．已知椭圆的短轴长为，离心率为，，分别是的左、右焦点，，分别是的左、右顶点． (1)求椭圆的方程； (2)设为椭圆上异于，的一点，直线与直线相交于点，直线与椭圆交于另一点，是否存在点，使得直线恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【详解】（1）由题意可得：解得 ∴椭圆方程为 （2） 法1：设，则， 直线的方程为，令，可得， 则直线的方程为， 联立，可得， 整理可得：，解得：或， 其中，∴， 将代入可得： 则， 由题可知直线直线不与轴垂直，所以其直线方程为： ， ∴直线恒过定点 当时，解得或4（舍），此时直线为，过点， ∴直线恒过定点. 法2：设，， 则直线的方程为， 联立，可得，． 则，∵∴  ，∴， 直线的方程为，联立，可得，， 则，∵ ， ∴，∴， ∴直线的方程为， 化简得，令得， ∴直线恒过定点. 法3：设直线的方程为， ∵点不与，重合∴存在且不为0， 令，可得， ，联立可得，， 则，∵  ∴， ∴， 则直线的方程为， 联立，可得，， 则，其中，∴， ∴， ∴直线的方程为， 令，可得，∴直线恒过定点． 4．乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． (1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． (2)若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：． (3)甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小． 附：，其中． 0.05 0.025 0.010 3.841 5.024 6.635 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3). 【详解】（1）由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下， 甲获胜场数 乙获胜场数 5局3胜 7局4胜 所以，若， 当时，根据小概率值的独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响． 当时，根据小概率值的独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响． （2）由题意， ， ， 综上，，得证. （3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局， 设“赛满局甲获胜”为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况： 第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为， 则，得， 若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况， 甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜； 甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为， 所以 ， 若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得 ， 所以 ， 则 ， 由，所以，得. 【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到为关键. 5．已知函数和函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数，求函数的单调区间； (3)设函数，求证：函数的图象在直线的上方. 【答案】(1) (2)函数的单调递增区间有，；单调递减区间有， (3)证明见解析. 【详解】（1）因为，所以， 所以，， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即， （2）因为，， 所以， 函数的定义域为， 所以， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数的单调递增区间有，；单调递减区间有， （3）因为，，， 所以， 所以，设， 则， 所以在上单调递增，又， ， 所以存在，满足关系，故， 故， 当时，，，函数在上单调递减， 当时，，，函数在上单调递增， 所以， 因为，设，，， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，， 所以，所以， 所以函数的图像在直线的上方. 6．设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素．定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，，其中记． (1)①若数列，则______； ②若数列，则______． (2)对于给定的正整数，若正整数满足对任意，均有数列与为同一数列，则称为“阶好数”． （ⅰ）求最小的“3阶好数”． （ⅱ）求使得“阶好数”存在的的所有可能取值． 【答案】(1)；. (2)（ⅰ）3；（ⅱ）． 【详解】（1）①已知， 由，则；由，则；由，则，可得； 由，则；由，则；由，则，可得； 由，则；由，则；由，则，可得. ②已知， 由，则首项为，由，则，由，则，由，则，可得； 由，则，由，则，由，则，由，则，可得； 由，则首项为，由，则，由，则第三项为，由，则，可得. 由，则首项为，由，则，由，则第三项为，由，则，可得. （2）（ⅰ）法一： 根据（1）中的①可猜测：最小的“3阶好数”是3． 最小的“3阶好数”为3． 证明如下： 当时，记数列的第项为，其中，．其中． 若的三项互不相同，设，其中． 由于，故，，．所以． 同理，．此时与为同一数列，且均不与为同一数列．故． 若的三项中有且仅有两项相同，考虑到，不妨设．则；； 故与也是同一数列． 若的三项均相同，设，则由题意，依此类推与也是同一数列． 综上，最小的“3阶好数”是3． 法二： 最小的“3阶好教”为3 列举： 所有情况综合得出最小的“3阶好数”为3． （ⅱ）当为偶数时，考虑．则．故． 此时，不存在正整数，使得数列与为同一数列，故当为偶数时不存在“阶好数”． 当为奇数时，因为的每一项均为中的元素，所以数列至多有种不同可能． 故由抽屉原理，这个数列中一定至少存在两个相同数列． 即，对于任意，总存在，以及，使得与为同一数列． 下证：当时，若与为同一数列，则与为同一数列． 由题意，若，则，所以，即， 若，则，所以，即 所以总有． 如果与为同一数列，则有成立． 从而有成立． 所以 即 因为为奇数，且，所以有，所以． 又因为所有都是之间的数，所以一定有． 由题意，，如果，，则必有． 所以．依此类推，，有．即与为同一数列． 依此类推，可得与为同一数列，……，与为同一数列． 所以，对于任意均存在正整数，使得与为同一数列． 当取遍所有可能取值时，所有的最小公倍数即为“阶好数”． 综上，使得“阶好数”存在的的所有可能取值为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $