限时预测04 （A+B+C三组解答题）（大题专练）（全国一卷通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

限时预测04（A组+B组+C组） （建议用时：60分钟 满分：77分） 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） 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为， 所以 ， 整理得，，......................................................3 又，所以， 所以，解得， 又，所以．......................................................6 （2）因为，且的周长为，所以，......................................................8 由余弦定理得，， 整理得，，......................................................10 由得，，解得， 所以．......................................................13 16．（15分） 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即．......................................................6    （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，，......................................................8 ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．     ∴，，．     设平面的法向量为 则取，，，∴，    ......................................................10 设，，则，到平面的距离相等， ， ∴．......................................................12 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴， 则点到平面距离为．......................................................15 17．（15分） 【答案】(1)；(2)（ⅰ），（ⅱ） 【解析】（1）若6次姿态修正后达到个单位，则需要6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正， 且每次正方向和负方向修正的概率均为， 故6次姿态修正后达到个单位的概率为.......................................................4 （2）（ⅰ）设第次修正的结果为，且，累计的修正单位为， “能源耗尽”意味着完成6次修正，即在前4次修正中，必须是中的某一种， 则第5次和第六次的修正可以为中的任意一种，故共有种选择， 故“完成6次修正”总的路线共有种， “校准到位”的路线有共有4种， 故在能源耗尽的条件下校准到位的概率为.......................................................8 （ⅱ）随机变量的取值为2,4,6， 表示两次修正都是正方向，或者都是负方向，故, 表示前两次修正的方向中有一次正方向，一次负方向，后两次修正都是正方向，或者都是负方向， 故, ,......................................................13 的分布列如下： 2 4 6 故......................................................15 18．（17分） 【答案】(1)；(2)；(3)存在， 【解析】（1）由，可得， 将点代入椭圆方程得， 联立可得，，故椭圆方程为；......................................................4 （2）由（1）知，，，则直线方程为. 直线方程为. 设角平分线l上的一点为，则， 得或， 因为角平分线l的斜率为正，所以直线l方程为；......................................................8 （3）设直线方程为， 联立得， 设，，则，，......................................................11 则 ， 代入，，整理得， 所以当时，使得恒为定值.......................................................17 19．（17分） 【答案】(1)的单调递增区间为 ，单调递减区间为；(2)；(3)证明见解析； 【解析】（1）当时，，定义域为， 求导得到， 令，则当时，......................................................3 所以在内单调递减，且， 即在内单调递减，且， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为.......................................................5 （2）因为有且仅有1个零点， 所以方程有且仅有1个解， 即有且仅有1个解， 令，，则， 令，则， 所以在区间 上单调递增，......................................................8 又因为，所以当 时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 所以函数在处取得极小值也是最小值， 当时，，时，， 因为有且仅有1个解，所以.......................................................10 （3）因为对任意恒成立， 所以，即， 因此， 要证，只需证明即可，......................................................12 对函数求导得到， 令，则， 所以在区间单调递减， 即在区间单调递减， 存在唯一极大值点，满足，即， 在内函数单调递增， 内函数单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值 ................................14 因此， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在时取得最大值， 因此， 所以，所以， 故得证. ......................................................17 （建议用时：60分钟 满分：77分） 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） 【答案】(1)，；(2) 【解析】（1）当时，， 当时，，满足上式， 所以； 由得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以；......................................................5 （2）当为偶数时， ，......................................................8 当为奇数时， ， 所以......................................................13 16．（15分） 【答案】(1)；(2)分布列见解析， 【解析】（1）记事件“第二次取出的是黑球”，事件“第三次取出的是红球”， 事件可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况， 故，......................................................4 事件“第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球“， 可分为”第一次取出的是黑球“和”第一次取出的是白球"两种情况， 故， 故所求.......................................................8 （2）易知随机变量可能的取值为， 当时，前三次分别取出1个红球､1个黑球和1个白球，， 当时，前四次分别取出2个黑球和2个白球，， 当时，，......................................................13 故随机变量的分布列为： 3 4 5 期望为.......................................................15 17．（15分） 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）已知 ，是 中点，所以， 又 分别为 中点，故 是 的中位线，得 ， 由，知 ，因此 ， 因为，且 平面 ，所以 平面 ， 又平面 ，故 ，得证；......................................................5 （2） 由（1），以 为原点， 为 轴， 为 轴，过作平面 的垂线为轴， 又，可得： ，，，，， 由 ，，设， ， 三棱锥体积 ，解得，即 ， ......................................................9 因为平面 ，故平面 的一个法向量为 ， 在平面 中，， 设其法向量为， 则 令，得， 即，......................................................12 设平面与平面所成角为， 则， 即平面与平面所成角余弦值是.......................................................15 18．（17分） 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)存在 【解析】（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得， 又由点在双曲线上，有， 代入，有，可得，， 故双曲线的标准方程为；......................................................4 （2）设点的坐标为，则，即． 双曲线的两条渐近线，的方程分别为，， 则点到两条渐近线的距离分别为，， 则． 所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值．......................................................9 （3）存在． ①当时，，又是的中点， 所以，所以，此时．......................................................11 ②当时． ⅰ）当在轴上方时，由，，可得， 所以直线的方程为， 把代入得． 所以，则．......................................................14 由二倍角公式可得． 因为直线的斜率及， 所以，则． 因为，， 所以． ⅱ）当在轴下方时，同理可得． 故存在，使得．......................................................17 19．（17分） 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）当时，， 则， 所以，， 故当时，在点处的切线方程为.......................................................4 （2）对任意的，当时，， 故只需证对任意的恒成立，整理得，......................................................6 构造函数，其中， 则， 所以函数在上为减函数，故当时，，即， 故对任意的，， 故当时，对任意，都有.......................................................9 （3）由（2）知，当时，，即， 令，则， 因为，所以，......................................................11 构造函数，其中，则， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 令，得，即， 整理得， 则， 即，......................................................14 所以，，，， 累加得 ， 故，.......................................................17 （建议用时：60分钟 满分：77分） 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） 【答案】(1)；(2)或 【解析】（1）由条件，利用正弦定理可得， 因为，所以， 代入上式：， 整理得：，又， 故即，又，所以.......................................................6 （2）由三角形面积公式知，可得， 又，由余弦定理，得， 于是可得或.......................................................9 因为平分，由角平分线性质，， 且，所以 故的长度为或.......................................................13 16．（15分） 【答案】(1)①当时，，则在上单调递增; ②当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)证明见解析 【解析】（1）（1）因为的定义域为， 的导函数.......................................................2 ①当时，，则在上单调递增. ②当时，令，得； 令，得； 所以，在上单调递增，在上单调递减. ......................................................7 （2）因为曲线经过点 所以，解得． 所以． 因为，所以的方程为.......................................................10 要证除切点外，曲线在直线的下方， 即证：， 只需证：.......................................................12 设，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 所以当时，， 所以原命题得证. ......................................................15 17．（15分） 【答案】(1)；(2)这1000件产品中恰有2件次品的概率为；当为整数时，最大时的值为或；当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数. 【解析】（1）因为， 所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为，即． 所以， 由，得 ，即.......................................................6 （2）（i）由题意知，且， 又，所以二项分布可近似看作泊松分布， 所以，......................................................9 所以，即这1000件产品中恰有2件次品的概率为. （ii）因为最大，所以，......................................................11 即，解得， 又，所以当为整数时，最大时的值为或； 当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数. ......................................................15 18．（17分） 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）；(2). 【解析】（1）（i）在正四棱台中，连接，过作平面， 则直线必过正方形中心，设正四棱台的高为， 则， ，因此，即，而， 则，又平面，平面， 所以平面.......................................................4 （ii）由（i）得，设平面的法向量， 则，取，得，而平面的法向量， 由二面角为，得， 解得，，又，设平面的法向量， 则，取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为......................................10 （2）由正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，得球心在直线上， 设，正方形的外接圆半径为， 正方形外接圆半径，点，......................................................12 设球的半径为， 则，即， 于是，， 当且仅当，即时取等号，满足，......................................................15 因此当正四棱台外接球的球心为正方形的中心时，球半径取最小值， 所以球M体积的最小值为......................................................17 19．（17分） 【答案】(1)，；(2)是，证明见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）因为数列是“指数型数列”，所以对于任意的， 都有，因为， 所以，.......................................................4 （2）数列是“指数型数列”. 证明：由，得， 即， 所以数列是等比数列，且，......................................................7 则， ， 所以数列是“指数型数列”. ......................................................10 （3）因为数列是“指数型数列”，故对任意的， 有，则，所以， 适合该式. 假设数列中存在三项构成等差数列，不妨设， 则由，得， 所以，......................................................13 当为偶数且时，是偶数，而是偶数，是奇数， 故不能成立； 当为奇数且时，是偶数，而是奇数，是偶数， 故不能成立； 所以，对任意的，不能成立， 即数列中任意三项都不能构成等差数列. ......................................................17 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时预测04（A组+B组+C组） （建议用时：60分钟 满分：77分） 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）记的角，，的对边分别为，，，已知． (1)求； (2)若，且的周长为，求的面积． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 17．（15分）在我国深海万米探测工程中，“奋斗者”号深潜器需在极端高压环境下完成姿态校准.工程师设计了一套算法：“向正方向姿态修正一次”记为个单位，向“负方向姿态修正一次”记为个单位. (1)求6次姿态修正后达到个单位的概率； (2)以下三种情况将导致校准流程终止： 情况1：累计姿态偏移达到个单位（校准到位）； 情况2：累计姿态偏移达到个单位（需紧急干预）； 情况3：完成6次姿态修正（能源耗尽）. （ⅰ）求在能源耗尽的条件下校准到位的概率； （ⅱ）设随机变量X表示终止时姿态修正的次数，求． 18．（17分）已知椭圆经过点，分别为的左、右焦点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)求的角平分线所在的直线的方程； (3)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 19．（17分）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若有且仅有1个零点，求的值； (3)若存在，使得对任意恒成立，证明：． （建议用时：60分钟 满分：77分） 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）已知数列{an}的前n项和为，数列{bn}满足 (1)求数列的通项公式; (2)若数列满足，求数列的前n项和. 16．（15分）袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量. (1)求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率； (2)求的分布列和期望. 17．（15分）如图，三棱锥的四个顶点均在半径为2的球O的球面上， ，点分别为棱的中点. (1)证明: ； (2)若 ，三棱锥的体积为 时，求平面与平面所成角的余弦值. 18．（17分）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值； (3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 19．（17分）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)当时，证明：对任意，都有； (3)证明：，. （建议用时：60分钟 满分：77分） 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，，所对的边分别为，，，的面积为，是线段上一点，且. (1)求角； (2)若，平分，求. 16．（15分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若曲线经过点，且在处的切线为．证明：除切点外，曲线在直线的下方． 17．（15分）泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，其中为自然对数的底数． (1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似，当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为．若，求的值； (2)设，当且时，二项分布可近似看作泊松分布，即，其中. 某工厂生产件电子元器件，次品率为，各元件是否为次品相互独立，记为产品中的次品数，按泊松分布近似计算． （i）若，求产品中恰有2件次品的概率； （ii）求使得最大时的值． （参考数据：；若，则有，，） 18．（17分）如图，在正四棱台中，，且．     (1)若． （i）求证：平面； （ii）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，求球M体积的最小值． 19．（17分）给定数列且，若对任意的，都有，则称数列为“指数型数列”. (1)已知数列为“指数型数列”，若，求； (2)已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明；若不是，请说明理由； (3)若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时预测04（A组+B组+C组） （建议用时：60分钟 满分：77分） 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）记的角，，的对边分别为，，，已知． (1)求； (2)若，且的周长为，求的面积． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为， 所以 ， 整理得，，......................................................3 又，所以， 所以，解得， 又，所以．......................................................6 （2）因为，且的周长为，所以，......................................................8 由余弦定理得，， 整理得，，......................................................10 由得，，解得， 所以．......................................................13 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即．......................................................6    （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，，......................................................8 ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．     ∴，，．     设平面的法向量为 则取，，，∴，    ......................................................10 设，，则，到平面的距离相等， ， ∴．......................................................12 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴， 则点到平面距离为．......................................................15 17．（15分）在我国深海万米探测工程中，“奋斗者”号深潜器需在极端高压环境下完成姿态校准.工程师设计了一套算法：“向正方向姿态修正一次”记为个单位，向“负方向姿态修正一次”记为个单位. (1)求6次姿态修正后达到个单位的概率； (2)以下三种情况将导致校准流程终止： 情况1：累计姿态偏移达到个单位（校准到位）； 情况2：累计姿态偏移达到个单位（需紧急干预）； 情况3：完成6次姿态修正（能源耗尽）. （ⅰ）求在能源耗尽的条件下校准到位的概率； （ⅱ）设随机变量X表示终止时姿态修正的次数，求． 【答案】(1)；(2)（ⅰ），（ⅱ） 【解析】（1）若6次姿态修正后达到个单位，则需要6次姿态修正中，有4次正方向修正，2次负方向修正， 且每次正方向和负方向修正的概率均为， 故6次姿态修正后达到个单位的概率为.......................................................4 （2）（ⅰ）设第次修正的结果为，且，累计的修正单位为， “能源耗尽”意味着完成6次修正，即在前4次修正中，必须是中的某一种， 则第5次和第六次的修正可以为中的任意一种，故共有种选择， 故“完成6次修正”总的路线共有种， “校准到位”的路线有共有4种， 故在能源耗尽的条件下校准到位的概率为.......................................................8 （ⅱ）随机变量的取值为2,4,6， 表示两次修正都是正方向，或者都是负方向，故, 表示前两次修正的方向中有一次正方向，一次负方向，后两次修正都是正方向，或者都是负方向， 故, ,......................................................13 的分布列如下： 2 4 6 故......................................................15 18．（17分）已知椭圆经过点，分别为的左、右焦点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)求的角平分线所在的直线的方程； (3)过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)；(3)存在， 【解析】（1）由，可得， 将点代入椭圆方程得， 联立可得，，故椭圆方程为；......................................................4 （2）由（1）知，，，则直线方程为. 直线方程为. 设角平分线l上的一点为，则， 得或， 因为角平分线l的斜率为正，所以直线l方程为；......................................................8 （3）设直线方程为， 联立得， 设，，则，，......................................................11 则 ， 代入，，整理得， 所以当时，使得恒为定值.......................................................17 19．（17分）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若有且仅有1个零点，求的值； (3)若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】(1)的单调递增区间为 ，单调递减区间为；(2)；(3)证明见解析； 【解析】（1）当时，，定义域为， 求导得到， 令，则当时，......................................................3 所以在内单调递减，且， 即在内单调递减，且， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为.......................................................5 （2）因为有且仅有1个零点， 所以方程有且仅有1个解， 即有且仅有1个解， 令，，则， 令，则， 所以在区间 上单调递增，......................................................8 又因为，所以当 时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 所以函数在处取得极小值也是最小值， 当时，，时，， 因为有且仅有1个解，所以.......................................................10 （3）因为对任意恒成立， 所以，即， 因此， 要证，只需证明即可，......................................................12 对函数求导得到， 令，则， 所以在区间单调递减， 即在区间单调递减， 存在唯一极大值点，满足，即， 在内函数单调递增， 内函数单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值 ................................14 因此， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在时取得最大值， 因此， 所以，所以， 故得证. ......................................................17 （建议用时：60分钟 满分：77分） 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）已知数列{an}的前n项和为，数列{bn}满足 (1)求数列的通项公式; (2)若数列满足，求数列的前n项和. 【答案】(1)，；(2) 【解析】（1）当时，， 当时，，满足上式， 所以； 由得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以；......................................................5 （2）当为偶数时， ，......................................................8 当为奇数时， ， 所以......................................................13 16．（15分）袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量. (1)求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率； (2)求的分布列和期望. 【答案】(1)；(2)分布列见解析， 【解析】（1）记事件“第二次取出的是黑球”，事件“第三次取出的是红球”， 事件可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况， 故，......................................................4 事件“第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球“， 可分为”第一次取出的是黑球“和”第一次取出的是白球"两种情况， 故， 故所求.......................................................8 （2）易知随机变量可能的取值为， 当时，前三次分别取出1个红球､1个黑球和1个白球，， 当时，前四次分别取出2个黑球和2个白球，， 当时，，......................................................13 故随机变量的分布列为： 3 4 5 期望为.......................................................15 17．（15分）如图，三棱锥的四个顶点均在半径为2的球O的球面上， ，点分别为棱的中点. (1)证明: ； (2)若 ，三棱锥的体积为 时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）已知 ，是 中点，所以， 又 分别为 中点，故 是 的中位线，得 ， 由，知 ，因此 ， 因为，且 平面 ，所以 平面 ， 又平面 ，故 ，得证；......................................................5 （2） 由（1），以 为原点， 为 轴， 为 轴，过作平面 的垂线为轴， 又，可得： ，，，，， 由 ，，设， ， 三棱锥体积 ，解得，即 ， ......................................................9 因为平面 ，故平面 的一个法向量为 ， 在平面 中，， 设其法向量为， 则 令，得， 即，......................................................12 设平面与平面所成角为， 则， 即平面与平面所成角余弦值是.......................................................15 18．（17分）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．点为双曲线右支上除右顶点外的任意点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值； (3)已知的左顶点和右焦点，直线与直线相交于点．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)存在 【解析】（1）由双曲线的一条渐近线的倾斜角为，有，可得， 又由点在双曲线上，有， 代入，有，可得，， 故双曲线的标准方程为；......................................................4 （2）设点的坐标为，则，即． 双曲线的两条渐近线，的方程分别为，， 则点到两条渐近线的距离分别为，， 则． 所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值．......................................................9 （3）存在． ①当时，，又是的中点， 所以，所以，此时．......................................................11 ②当时． ⅰ）当在轴上方时，由，，可得， 所以直线的方程为， 把代入得． 所以，则．......................................................14 由二倍角公式可得． 因为直线的斜率及， 所以，则． 因为，， 所以． ⅱ）当在轴下方时，同理可得． 故存在，使得．......................................................17 19．（17分）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)当时，证明：对任意，都有； (3)证明：，. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）当时，， 则， 所以，， 故当时，在点处的切线方程为.......................................................4 （2）对任意的，当时，， 故只需证对任意的恒成立，整理得，......................................................6 构造函数，其中， 则， 所以函数在上为减函数，故当时，，即， 故对任意的，， 故当时，对任意，都有.......................................................9 （3）由（2）知，当时，，即， 令，则， 因为，所以，......................................................11 构造函数，其中，则， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 令，得，即， 整理得， 则， 即，......................................................14 所以，，，， 累加得 ， 故，.......................................................17 （建议用时：60分钟 满分：77分） 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，，所对的边分别为，，，的面积为，是线段上一点，且. (1)求角； (2)若，平分，求. 【答案】(1)；(2)或 【解析】（1）由条件，利用正弦定理可得， 因为，所以， 代入上式：， 整理得：，又， 故即，又，所以.......................................................6 （2）由三角形面积公式知，可得， 又，由余弦定理，得， 于是可得或.......................................................9 因为平分，由角平分线性质，， 且，所以 故的长度为或.......................................................13 16．（15分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若曲线经过点，且在处的切线为．证明：除切点外，曲线在直线的下方． 【答案】(1)①当时，，则在上单调递增; ②当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)证明见解析 【解析】（1）（1）因为的定义域为， 的导函数.......................................................2 ①当时，，则在上单调递增. ②当时，令，得； 令，得； 所以，在上单调递增，在上单调递减. ......................................................7 （2）因为曲线经过点 所以，解得． 所以． 因为，所以的方程为.......................................................10 要证除切点外，曲线在直线的下方， 即证：， 只需证：.......................................................12 设，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 所以当时，， 所以原命题得证. ......................................................15 17．（15分）泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，其中为自然对数的底数． (1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似，当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为．若，求的值； (2)设，当且时，二项分布可近似看作泊松分布，即，其中. 某工厂生产件电子元器件，次品率为，各元件是否为次品相互独立，记为产品中的次品数，按泊松分布近似计算． （i）若，求产品中恰有2件次品的概率； （ii）求使得最大时的值． （参考数据：；若，则有，，） 【答案】(1)；(2)这1000件产品中恰有2件次品的概率为；当为整数时，最大时的值为或；当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数. 【解析】（1）因为， 所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为，即． 所以， 由，得 ，即.......................................................6 （2）（i）由题意知，且， 又，所以二项分布可近似看作泊松分布， 所以，......................................................9 所以，即这1000件产品中恰有2件次品的概率为. （ii）因为最大，所以，......................................................11 即，解得， 又，所以当为整数时，最大时的值为或； 当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数. ......................................................15 18．（17分）如图，在正四棱台中，，且．     (1)若． （i）求证：平面； （ii）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，求球M体积的最小值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）；(2). 【解析】（1）（i）在正四棱台中，连接，过作平面， 则直线必过正方形中心，设正四棱台的高为， 则， ，因此，即，而， 则，又平面，平面， 所以平面.......................................................4 （ii）由（i）得，设平面的法向量， 则，取，得，而平面的法向量， 由二面角为，得， 解得，，又，设平面的法向量， 则，取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为......................................10 （2）由正四棱台的8个顶点均在球M的表面上，得球心在直线上， 设，正方形的外接圆半径为， 正方形外接圆半径，点，......................................................12 设球的半径为， 则，即， 于是，， 当且仅当，即时取等号，满足，......................................................15 因此当正四棱台外接球的球心为正方形的中心时，球半径取最小值， 所以球M体积的最小值为......................................................17 19．（17分）给定数列且，若对任意的，都有，则称数列为“指数型数列”. (1)已知数列为“指数型数列”，若，求； (2)已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明；若不是，请说明理由； (3)若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列. 【答案】(1)，；(2)是，证明见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）因为数列是“指数型数列”，所以对于任意的， 都有，因为， 所以，.......................................................4 （2）数列是“指数型数列”. 证明：由，得， 即， 所以数列是等比数列，且，......................................................7 则， ， 所以数列是“指数型数列”. ......................................................10 （3）因为数列是“指数型数列”，故对任意的， 有，则，所以， 适合该式. 假设数列中存在三项构成等差数列，不妨设， 则由，得， 所以，......................................................13 当为偶数且时，是偶数，而是偶数，是奇数， 故不能成立； 当为奇数且时，是偶数，而是奇数，是偶数， 故不能成立； 所以，对任意的，不能成立， 即数列中任意三项都不能构成等差数列. ......................................................17 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $