大题仿真卷03（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03（A组+B组+C组） （模式：6道解答题 满分：85分 限时：75分钟） 1．甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立． (1)在甲、乙、丙三人共投中2次的条件下，求其中有1次是甲投中的概率； (2)记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望． 2．已知函数. (1)求的最小正周期和单调递减区间； (2)求在区间上的最小值. 3．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：当时，. 4．已知椭圆的离心率为，短轴长为. (1)求C的方程； (2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值. 5．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. 6．已知数列的前项和为，若数列满足，则称数列是“方特数列”. (1)证明：数列是“方特数列”； (2)若数列是“方特数列”，求的取值范围； (3)证明：当时，数列是“方特数列”. 1．在中，内角所对的边分别为，面积为，且. (1)求的大小； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得唯一确定，求的周长.条件①： 条件②： 条件③：边上的高是7. 2．如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 3．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察速效肥和缓释肥对植物影响情况.其中速效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组.观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表. 株高增量（单位：厘米） 第1组鸡冠花株数 11 18 9 2 第2组鸡冠花株数 5 15 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 12 3 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立. (1)从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率； (2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率； (3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明） 4．已知函数． (1)求证：曲线在点处的切线一定经过点； (2)当时，求函数的单调区间； (3)记，是否存在实数，使得函数与在处同时取得极值，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 5．已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：． 6．给定正整数，设数列是的一个排列，对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度. (1)若，，，，，求和； (2)求证：，； (3)求的最小值. 1．已知函数（，）的最小正周期为T.从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定，并回答下面两个问题. (1)直接写出和的值，并求的对称轴. (2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求m的取值范围. 条件①：的图象可由的图象平移得到； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：； 条件④：. 2．如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V． (1)求证：平面； (2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值； (3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值． 3．为响应全国乡村文化振兴活动，2025年在“潮艺焕彩－全民参与”活动中，某村新设置了投篮比赛，由一位投篮高手与多名挑战者进行对决，各局比赛结果相互独立． (1)现由高手与甲、乙、丙三人各比赛一局，已知与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求比赛后高手共胜两局的概率； (2)在（1）条件下，记高手连输两局的概率为，试判断高手在第二局与甲、乙、丙中的哪位比赛最大，并写出判断过程； (3)若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值． 2 4 5 4．已知函数，，． (1)若在点处的切线平行于直线：，求的值； (2)求的单调区间； (3)当时，求证：对任意，恒有成立． 5．已知椭圆，直线经过椭圆的左顶点和下顶点． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线的交点分别为，线段的中点分别为．若直线经过坐标原点，求的取值范围． 6．已知整数数列满足．定义数列，其中，对，表示集合的元素个数． (1)对于下列数列，分别写出其对应的： ①；②； (2)记，证明：若，则； (3)记为，当时，记为．证明：与的各项对应相等． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题仿真卷03（A组+B组+C组） （模式：6道解答题 满分：85分 限时：75分钟） 1．甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立． (1)在甲、乙、丙三人共投中2次的条件下，求其中有1次是甲投中的概率； (2)记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析，数学期望为1.9 【分析】（1）求出甲、乙、丙三人共投中2次的概率，再求出在此条件下有1次是甲投中的概率； （2）写出的所有可能取值，求出对应概率，列出分布列，求出数学期望 【详解】（1）记“甲、乙、丙三人共投中2次”为事件，“甲投中”为事件． ， ． （2）的所有可能取值为0，1，2，3． ， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 0.04 0.26 0.46 0.24 2．已知函数. (1)求的最小正周期和单调递减区间； (2)求在区间上的最小值. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）应用二倍角正余弦公式及辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质求最小正周期和单调递减区间即可； （2）根据已知有，再由正弦函数值域的求法确定的区间值域，即可得最小值. 【详解】（1）由题设， 所以的最小正周期为， 令，则， 所以的单调递减区间为； （2）由，则，故， 所以在区间上的最小值为. 3．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：当时，. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程； （2）构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，原结论得证. 【详解】（1）定义域为，，，又， 在处的切线方程为. （2）令， 则，在上单调递减， ，即当时， 4．已知椭圆的离心率为，短轴长为. (1)求C的方程； (2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题意可得，进而解出即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式及点到直线的距离公式表示出的面积，建立方程即可求解. 【详解】（1）由题意，得，解得， 则椭圆C的方程为. （2）设， 联立，得， 则，解得， 且， 所以， 点到直线的距离为，    则，解得或，满足， 则或. 5．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) 【分析】（1）根据面面平行可得，根据中位线的性质可得； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值. 【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， 6．已知数列的前项和为，若数列满足，则称数列是“方特数列”. (1)证明：数列是“方特数列”； (2)若数列是“方特数列”，求的取值范围； (3)证明：当时，数列是“方特数列”. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出利用“方特数列”的定义即可证明； （2）分类讨论当和时，数列的前项和为，“方特数列”的定义列出不等式即可求解； （3）当时，由（1）知满足条件，当且时，利用错位相减法求出数列的前项和为，利用“方特数列”的定义结合导数即可证明. 【详解】（1）当时，， ， ∴数列满足，即数列是“方特数列”. （2）当时，， ，满足条件； 当时，， ∵数列是“方特数列”， ∴，. ∴，∴且， 综上所述，当数列是“方特数列”时，的取值范围为. （3）当时，由（1）知满足条件， 当且时，， ， ∴， ∴， ， 设，∴ ， 当时， 单调递增；当时， 单调递减，∴， ∴， 综上所述，当时，数列是“方特数列”. 1．在中，内角所对的边分别为，面积为，且. (1)求的大小； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得唯一确定，求的周长.条件①： 条件②： 条件③：边上的高是7. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，即可求解； （2）若选择条件①和②：根据求得和，由正弦定理求得，进而求得的值，得到的周长. 若选项条件①和③：求得和，由，求得，进而求得的值，得到的周长. 若选择条件②和条件③：由，再由，得到，利用正弦定理求得，此时不存在. 【详解】（1）解：因为满足， 由余弦定理， 又因为，可得. （2）解：若选择条件①和条件②：由，且，， 可得，， 由正弦定理得，所以，， 所以的周长为. 若选项条件①和条件③：由，且，边上的高是， 可得，， 因为边上的高是7，则，即，解得， 所以，， 所以的周长为. 若选择条件②和条件③：由，且，边上的高是， 因为边上的高是7，则有，又因为，则有， 由正弦定理有，则，不合题意，舍去， 此时不存在. 2．如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接， ，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，则，， 设，,则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 3．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察速效肥和缓释肥对植物影响情况.其中速效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组.观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表. 株高增量（单位：厘米） 第1组鸡冠花株数 11 18 9 2 第2组鸡冠花株数 5 15 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 12 3 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立. (1)从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率； (2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率； (3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据表格数据，第2组所有鸡冠花中随机选取1株，得厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果； （2）首先估计各组鸡冠花增量为厘米的概率，根据独立事件概率公式可求概率； （3）由两点分布方差计算公式可求得的值，由此可得大小关系． 【详解】（1）设事件为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”， 根据题中数据，第2组所有鸡冠花中，有15株鸡冠花增量为厘米， 所以估计为； （2）设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”， 设事件为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”， 根据题中数据，估计为，估计为， 这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率为 （3）由题意，为两点分布变量，令， 则， 根据两点分布方差公式，可得. 因此. 4．已知函数． (1)求证：曲线在点处的切线一定经过点； (2)当时，求函数的单调区间； (3)记，是否存在实数，使得函数与在处同时取得极值，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)单调递增区间为；单调递减区间为 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义可求切线方程，从而可求其所过的定点； （2）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数单调性； （3）假设存在实数满足题设条件，则由两者有相同的极值点可求的值和的值，代入检验得不存在极值点后可判断实数不存在. 【详解】（1）因为，所以，所以. 又，所以曲线在点处的切线方程为 当时，， 所以曲线在点处切线经过定点. （2）当时，， 令，得， 与的变化情况如下表： 1 + 0 0 + ↗ ↘ ↗ 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）假设存在实数，使得函数与在处同时取得极值， 因为， 所以， 所以，所以， 此时恒成立，不存在极值，矛盾， 所以不存在实数，使得函数与在处同时取得极值. 5．已知椭圆的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． (1)求椭圆的方程； (2)若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆性质，已知离心率、长轴以及，通过解方程组就能得出、的值，进而得到椭圆方程. （2）先设点、、坐标，再设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到、表达式.因为，根据向量垂直性质得到，解出与的关系.排除直线过原点的情况后，确定时直线方程，求出点坐标，最后根据三角形面积公式得出. 【详解】（1）由题意，得解得，， 所以椭圆的方程为． （2）由题意，设点，则点，． 设直线的方程为，．由得． 所以，，， 故，． 又因为， 所以， 去分母化简得到，所以或． 当时，直线过原点，不符合题意． 当时，直线的方程为，则点坐标为， 所以，． 故. 6．给定正整数，设数列是的一个排列，对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度. (1)若，，，，，求和； (2)求证：，； (3)求的最小值. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是. 【分析】（1）直接根据定义求解； （2）分情况讨论证明，故可推知和不能同时为零，进而得到结论； （3）对的奇偶性分情况讨论，并利用小问2得到的结果即可. 【详解】（1）以为首项的最长递增子列是，以为首项的最长递减子列是和. 所以，. （2）对，由于是的一个排列，故. 若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递增子列，所以； 而每个以为首项的递减子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以. 这意味着； 若，同理有，，故. 总之有，从而和不能同时为零， 故. （3）根据小问2的证明过程知和不能同时为零，故. 情况一：当为偶数时，设，则一方面有 ； 另一方面，考虑这样一个数列：，. 则对，有，. 故此时. 结合以上两方面，知的最小值是. 情况二：当为奇数时，设，则一方面有 ； 另一方面，考虑这样一个数列：，. 则对，有，. 故此时. 结合以上两方面，知的最小值是. 综上，当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是. 【点睛】关键点点睛：求最小（或最大）值的本质在于，先证明所求的表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取到，就得到了最小（或最大）值是，这便是“求最小（或最大）值”的本质. 而在这个过程中，“想到的具体取值”这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等，去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 换言之，所谓“求”，便是“猜出结果，再证明结果正确”，与“算出”、“得出”本就是无关的. 在高考范围内，大多数最小值和最大值问题都能够直接化为某个显而易见，容易刻画的模型，然后“直接算出”，但不可将此作为万能法宝，忘记了最小值最大值的原始定义和本质. 1．已知函数（，）的最小正周期为T.从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定，并回答下面两个问题. (1)直接写出和的值，并求的对称轴. (2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求m的取值范围. 条件①：的图象可由的图象平移得到； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：； 条件④：. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）通过分析①③，①④，①②，②③，②④，③④六种条件组合，选择①③，①④时可推出唯一确定的，，使得函数存在且唯一确定，从而推出，根据函数性质求出对称轴. （2）根据（1）结论，令，由，利用正弦函数的性质推出的单调性和值域，根据单调性和值域讨论与的交点情况，得出的取值范围. 【详解】（1）若选择①②， 由①可得，故最小正周期，故， 取，则当时，，在递增； 且可由向右平移个单位得到； 取，则当时，，故在递增； 且可由向右平移个单位得到， 故此时不唯一，舍； 若选择①③，由①可得，故最小正周期，代入： ，结合，得. 所以，，故. 对称轴：令，解得. 若选择①④，同理可得且最小正周期为， 而由④可得， 结合可得为函数图像的对称轴， 故，而，故即. 对称轴：令，解得对称轴方程为：. 若选择条件②③， 由③可得最小正周期，代入： ， 由，得唯一解为即函数， 当时，， 因为在区间上单调递增；故， 故，此时不唯一，舍； 若选择条件②④， 取 则当时，，故在递增； 而， 取，由前述分析可得满足②④， 故此时不唯一，舍； 若选择条件③④，由③可得最小正周期，代入： ， 由，得唯一解为即函数， 取，则由前述分析得满足③④， 取，则， 此时， 满足， 故此时不唯一，舍； 综上，选择①③或①④，此时，此时对称轴方程为：. （2）令，则. 而当时，单调递增，值域为； 当时，单调递减，值域为. 因为曲线与直线在恰有一个公共点， 故曲线与直线在恰有一个公共点 故. 2．如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V． (1)求证：平面； (2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值； (3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3) 【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明； （2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果. 【详解】（1）在梯形中，因为，所以翻折后有，且， 因为平面，平面，故平面，同理可得平面， 因为，平面， 所以平面平面，又因为平面，所以平面. （2） 由题意，在梯形中，，，即， 且，所以翻折后有，，且， 所以平面，同理，平面， 由二面角的大小为，得， 过点作的垂线，交直线于，由平面，平面， 所以，且，所以平面， 即是四棱锥的高， 由， 所以， 由，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且， 所以， 所以，， 当时，取得最大值. （3） 过点作的垂线，交直线于点，分别以为轴 正方向建立空间直角坐标系，则，， 在平面中，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以， 在平面中，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 因为平面和平面垂直，所以， 即，整理可得， 因为，，所以， 当且仅当时，等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值， 此时， 由，，，所以，则. 3．为响应全国乡村文化振兴活动，2025年在“潮艺焕彩－全民参与”活动中，某村新设置了投篮比赛，由一位投篮高手与多名挑战者进行对决，各局比赛结果相互独立． (1)现由高手与甲、乙、丙三人各比赛一局，已知与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求比赛后高手共胜两局的概率； (2)在（1）条件下，记高手连输两局的概率为，试判断高手在第二局与甲、乙、丙中的哪位比赛最大，并写出判断过程； (3)若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值． 【答案】(1) (2)与乙比赛的概率最大，过程见解析 (3)分布列见解析， 【分析】（1）该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D，得到，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解. （2）根据题意，得到A第二局必输，且比赛顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为，利用相互独立事件的概率乘法公式，分别求得A连输两局且第二局与甲比赛和第二局与乙比赛，以及第二局与丙比赛的概率，进而得到答案； （3）根据题意，得到随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，以及基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：设高手A胜两局为事件M，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D， 则， 由各局比赛结果相互独立，可得事件B，C，D，相互独立， 所以， 所以高手A胜两局的概率为． （2）解：A连输两局且第二局与乙比赛的概率最大. 依题意知，A第二局必输，且比赛顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为， 所以A连输两局且第二局与甲比赛的概率为： ， 同理A第二局与乙比赛的概率为， A第二局与丙比赛的概率为， 所以A连输两局且第二局与乙比赛的概率最大，且最大值为. （3）解：因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为， 则 ， ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． 4．已知函数，，． (1)若在点处的切线平行于直线：，求的值； (2)求的单调区间； (3)当时，求证：对任意，恒有成立． 【答案】(1) (2)函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间； (3)见解析 【分析】（1）求导得出即可求解； （2）利用导数求解函数的单调区间，分和和进行讨论，其中当和时，需要令，研究的单调性，得出与的关系即可判断； （3）把问题转化为：令，需要证明对任意成立，分两种情况来讨论，通过求导，证明出单调递增． 【详解】（1）， ， ， 切线平行于直线：， ，解得：； （2）， ， 当时，显然，故在上单调递增； 令，， 当时，，故在上单调递增， 由于，故当时，， ，故在上单调递增； 故在上单调递增； 当时，令，， 当时，，故在上单调递减， 由于，故当时，， ，故在上单调递增； 故函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间； （3）当时，需要证明：，恒有成立， 即， 化简得：， 即证：， 当时，，又， ， 当时，记，则， 记，则， ，， 所以当，单调递增，所以， 所以在单调递增，所以， 综上：对任意，恒有成立． 5．已知椭圆，直线经过椭圆的左顶点和下顶点． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)设过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线的交点分别为，线段的中点分别为．若直线经过坐标原点，求的取值范围． 【答案】(1)，离心率 (2) 【分析】（1）由直线方程确定，进而可求解； （2）设方程为，点，联立椭圆方程，结合韦达定理得到的坐标为，再由直线：，直线：．得点．再由线段的中点为，得，化简得到，进而可求解. 【详解】（1）因为直线与坐标轴交点为和， 所以． 由，解得， 所以椭圆的方程为，离心率． （2） 由题意，直线的斜率存在，故设其方程为， 设点， 由得， 所以． 所以点的横坐标，纵坐标． 结合直线过坐标原点，可得直线的方程为． 令，得点的坐标为． 当时，显然点不在轴上． 则直线：，直线：． 令，得点． 由线段的中点为，得， 整理，得， 即， 化简，得． 由，得． 当时，由题意，点中有一个与点重合（不妨设点与点重合）， 处为中点，且， 在中，，则直线的方程为， 由的中点为，则，即，故， 所以，当且仅当时等号成立． 综上，的取值范围为. 6．已知整数数列满足．定义数列，其中，对，表示集合的元素个数． (1)对于下列数列，分别写出其对应的： ①；②； (2)记，证明：若，则； (3)记为，当时，记为．证明：与的各项对应相等． 【答案】(1)①；② (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意写出数列即可； （2）根据数列各项可能的取值进行分类讨论； （3）先证明，再证明（2）中更一般的结论，进而通过反证法证明. 【详解】（1）根据题意可得 ①；②． （2）因，且数列为整数数列， 所以，，，而. 若，则均等于，于是，故． 若，则中恰有一个不等于，由于，所以， 于是，，故． 若，则中恰有两个不等于，而，，故， 于是，或1，，故. 若，由，故． 综上，. （3）先证明引理1：对任意． 设．因为，所以均不等于． 所以．故对任意，． 再证明引理2：记数列，对任意，若，则． 设．因为，所以均不等于．而， 所以中恰有项不等于，于是， 进而．易见，所以． 以下证明题目命题. 当时，或，两种情况下都有与的各项对应相等． 假设使得结论不成立的最小，即当时均有与的各项对应相等， 所以与的前项对应相等．根据引理2，与的前项分别相等． 假设与的第项不相等，根据引理1，的第项依次是． （ⅰ）假设的第项是，则的第项也是，矛盾； （ⅱ）假设的第项是时，则的第项也是， 于是的第项也是，矛盾； （ⅲ）假设的第项小于，根据引理2的证明，的第项与第项相等． 于是的前项均小于，则的第项是，矛盾. 故原命题成立． 1 学科网（北京）股份有限公司 $