2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷01）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷01） 数学 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证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，用铅笔把答题卡上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40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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,设集合4={4,0169明，B=时≥，则4nB=（) A.0,月 B.{46,9y c.6,y D.{401,69} 2.已知复数=a+2i2=1+3ai 其中aeR,若-以，则a=《) v6 5 2 8 4 C.4 D.2 3.已知非零向量a5,则石与5共线”是-s问-同的《) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 117 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.展开式(x+2x-'中的系数为（) A.68 B.-80 C.160 D.80 5.设a和B分别是方程log3x+x=0和 3"1og1x+1=0 3 的根，则α和B的大小关系为() A.>B B.=B C.a<B D.无法确定 6.已知数列 a. 为单调递增的等差数列、前”项和为，若“，，a成等比数列，则当S取最小值时. n=() A.3 B.4 C.5 D.6 7.已6数--，最-f.=e引.c-3. A.a>b>c B.b>axc C.c>b>a D.c>a>b 16πcm3） 8.制作一个容积为 的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，圆柱的底面半径为() A.6cm 32cm 3/4cm 3v3cm C. D 9,已知双豳线C:￡ :京户1(a>0'b>0)的左，右焦点分别为FF,过E的直线与其右支交于p, e两点，若P=2PFs=3PFl 则C的离心率为() B.2 c.22 D.4 10,关于定义域为R的函数/(g( ,下列说法中正确的个数为()· ①存在两个单调递减函数（与8(），/(x)+g()-x 217 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②存在奇函数 与偶函数8(f)+g)=x ③存在单调递增西数儿与偶函数8(，1)+8冈= ④存在单调递增函数f儿因与诚函数8(，f(+()=t A.0 B.1 C.2 D.3 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分 11.设随机变量5~N(0,),若P5≥)=p,则P(-1<5<0)= (用含有P(5≥)=P的式子表 示) 12.写出函数 （④）=cosn(x+0)最大值为1的一个P值，p= 14a+1 13.若圆x2+y2-2ax-2y-1=0关于直线x+by-2=0对称，其中a>0,b>0,则a+6的最小值为- 14.如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图 所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经9°榫卯起来。 若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁 的厚度忽略不计)的表面积的最小值为。 该鲁班锁的体积为 15。已知a}是各项均为正数的无穷数列，其前m项和为S,且”，+=a,(a∈N) 给出下列四个结 论： 317 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 @%-2 S<mo ②存在一个正数m,使得对任意的”eN,都有8 回数列 单调递减： ④对任意的n∈Nn≥2 都有 an1+ant >2an 其中所有正确结论的序号是 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程， 16.（13分) 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 (1)求∠B的值； (2)给出以下三个条件： 条件①：d2-b+c2-3c=0;条件②：a=3;条件③： c=153 4. 这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题： (i)求sinC的值； (ii)求∠ABC的角平分线BD的长. 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 17.(13分) 如图，四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD,EAIIPD,AD=PD=2EA=4,F,G分别为PB, EB的中点. 417 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (1)求证：FG/I平面PED: (2)在线段PC上是否存在一点H,使平面GFH与平面FHC所成角为4？若存在，求出线段PH的长：若 不存在，请说明理由 18.(14分) 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 (4,7] (7,10] (10,13)] (13,16] 位：厘米) 第1组鸡冠花 11 18 9 2 株数 第2组鸡冠花 5 15 16 4 株数 第3组鸡冠花 13 12 12 3 株数 假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立， 7,10 (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 517 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 为310 厘米的概率； 用5=1，表示第k组鸡冠花的株高谐量为410厘米，。气=0，表不第女组鸡冠花的株高增益为 10,16厘米， (k=1,2,3 ,直接写出方差D,D5,D的大小关系，（结论不要求证明） 19.(15分) x2,y2 3 已知椭圆M:京+尽=1(a>b>0)过点4(-2,0)，离心率为2，点B为椭圆的上顶点. (1)求椭圆M的标准方程； (2)设椭圆M的右项点为C,点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点， 直线BP交x轴于点S,求证：直线SO过定点. 20.(15分) 己知f(冈=(c+n(x+1)+-asinx 线=阳在后 处的切线为直线l,记I的斜率为k,比较k与2的大小： x∈(0，π)f(x)>0 (2)若对任意 恒成立，求“的取值范围； (3)证明：2 Isinl+2sinsin (n). 2.1 3 2 n+l n 21.(15分) 已知数集 A={a,42,,an}(1=4<a2<.<a,n22 具有性质P对任意的k2≤k≤川，或，0≤isj≤m ,=a,+0成立 使得 617 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)分别判断数集 1,2,36,10}{12,4,5 是否具有性质P，并说明理由： (2)求证 n≤2a+a2+.+an(n≥2) 3客%36 ,求数集中所有元素的和的最小值 717 2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷01） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证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，用铅笔把答题卡上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40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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．设集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出B,再结合交集概念计算. 【详解】或，则. 故选：B. 2．已知复数，其中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用复数的模计算公式解得答案. 【详解】因为，所以，化简得， 解得. 故选：B. 3．已知非零向量，则“与共线”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据向量共线的性质，运用特殊值法结合充分条件的判断规则分析充分性，结合余弦函数的性质结合必要条件的判断规则分析必要性． 【详解】已知非零向量， 若“与共线”： 当时，，则，故充分性不成立； 若： 则，即，化简得， ，，即， ，，即，与共线，必要性成立； 故“与共线”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 4．展开式中的系数为（   ） A． B． C．160 D．80 【答案】A 【分析】将看作5个相同的括号相乘，利用组合的方法求解. 【详解】表示5个相乘，每个在相乘时均有三种选择， 选或或． 设选的有个，选的有个，那么选的有个， 则有，解得或或， 即选5个；或者选1个、3个、1个；或者选2个、1个、2个； 因此含项的系数为. 故选：A 5．设和分别是方程和的根，则和的大小关系为（   ） A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【分析】根据对数的运算性质，以及方程的根和函数图像交点之间的关系，画出函数图像，判断根的范围，判断结果. 【详解】由题意得， 在同一坐标系中，画出函数的图像，如下图， 可知； 由题意得，化简得， 在同一坐标系中，画出函数的图像，如下图， 可知，所以. 故选：C. 6．已知数列为单调递增的等差数列、前项和为，若，，成等比数列，则当取最小值时，(        ) A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】由已知条件利用等差数列的通项公式求出首项与公差，由此能求出前项和，再利用配方法能求出当取最小值时，的值． 【详解】设数列的公差为，则，，， 因为，，成等比数列， 所以，即，化简得， 解得或， 因为数列为递增的等差数列，所以， 故舍去，， 所以 开口向上，对称轴为直线，由于为正整数，且离更近， 所以当时，取得最小值。 故选：B 7．已知函数，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的对称性与单调性可将函数值的比较转化为自变量的比较，结合指数函数与对数函数的性质可得解. 【详解】因为的图象关于直线对称，且在上单调递减． 而， 所以， 故选：D. 8．制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，圆柱的底面半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆柱的高为，底面圆的半径为，根据题意，求得，圆柱形容器的表面积为，利用导数求得的单调性，进而得到答案. 【详解】如图所示，设圆柱的高为，底面圆的半径为， 因为圆柱形容器的容积为，可得，则， 圆柱形容器的表面积为， 可得， 令，即，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，也为的最小值. 故选：C. 9．已知双曲线（，）的左，右焦点分别为，，过的直线与其右支交于，两点，若，，则的离心率为（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】先根据双曲线定义依次求出、、和，接着由在和中运用余弦定理列方程即可求解. 【详解】因为，两点在双曲线右支上，根据双曲线定义，可得，， 又，解得，， 又，可得，， 在中，根据余弦定理得， 在中，根据余弦定理得， 因为，所以， 化简整理得，解得. 故选：B. 10．关于定义域为的函数，下列说法中正确的个数为（    ）. ①存在两个单调递减函数与 ②存在奇函数与偶函数 ③存在单调递增函数与偶函数 ④存在单调递增函数与减函数 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】对于①：取，，即可判断； 对于② ：取，，即可判断； 对于③：设，由是偶函数，在上单调递减，在单调递增，即可判断； 对于④： 取，，即可判断. 【详解】对于①： 取（单调递减），（单调递减）， 满足，故①正确； 对于② ： 取（奇函数），（偶函数）， 满足，故②正确； 对于③：设，若是偶函数，则的图象关于轴对称， 要单调递增，则需在R上单调递增， 而在上单调递减，在单调递增，无法满足，故③错误； 对于④： 取（单调递增），， 由于， 故在R上单调递减，且满足，故④正确. 故①②④正确，共3个正确说法. 故选：D. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．设随机变量～，若，则_______．（用含有的式子表示） 【答案】 【分析】根据正态分布的对称性计算． 【详解】， ， . 故答案为：. 12．写出函数最大值为1的一个值，__________. 【答案】（答案不唯一） 【分析】展开并化简函数表达式，分析其最大值的表达式，通过最大值为1的条件求解的取值. 【详解】. 化简得： . 的最大值为，令其等于1，得，解得， 所以. 故答案为：（答案不唯一） 13．若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为_____. 【答案】4 【分析】由题意得直线过圆心，即得，化简整理后利用基本不等式即可求解. 【详解】由，得，其圆心为， 因为该圆关于直线对称， 所以直线过圆心，即， 所以， 由， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 故的最小值为. 故答案为： 14．如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 【答案】 31 【分析】由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接球的直径； 该鲁班锁是由几个几何体互相交叉组合时，它的体积可以通过所有单个体积之和减去两两相交的体积再加上三者相交的体积计算即可. 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为， ∴该球形容器表面积的最小值为： . 根据容斥原理计算，该鲁班锁六根完全一样的正四棱柱体分成三组，故所有单个体积为， 两两相交的体积为，三者相交的体积为，所以该鲁班锁的体积为. 故答案为：；31. 15．已知是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为，且．给出下列四个结论： ①； ②存在一个正数，使得对任意的，都有； ③数列单调递减； ④对任意的，，都有． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【分析】对于①，赋值法得到，；对于②，判断出，故随着的增大，趋向于，②错误；对于③，计算出时，，故③正确；对于④，在③基础上，得到时，，从而④正确. 【详解】对于①，中， 令得，解得或0（舍去）， 令得，即， 故，解得，负值舍去，①正确； 对于②，因为是各项均为正数的无穷数列，所以， ，故， 故随着的增大，趋向于， 故不存在一个正数，使得对任意的，都有，②错误； 对于③，， 对任意的，， ， 因为是各项均为正数的无穷数列，所以， 所以，， 所以随着的增大而减小，数列单调递减，③正确； ④由以上分析可知，，随着的增大而减小且无限接近于1， 因为对任意的，，有， 所以， 所以 ， 因为，，，， 所以， 故，即， 对任意的，，都有，④正确. 故答案为；①③④ 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 已知的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求的值； (2)给出以下三个条件： 条件①：；条件②：；条件③：. 这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题： （i）求的值； （ii）求的角平分线的长. 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②③，（i）；（ii） 【分析】（1）由两角和差的正弦及辅助角公式化简可得，进而可得； （2）利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可. 【详解】（1）由可得， 即，， 因为，所以，则，解得； （2）若条件①正确，由，得， 由余弦定理，得，即， 解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确； （i）由，， 得，解得， 由余弦定理，得， 因为，所以，由正弦定理， 得，即； 由正弦定理，得，即， （ii）因为平分，，所以， 在中，由正弦定理，得， 在中，由正弦定理，得， 又，上述两式相除，得， 解得，所以. 17．（13分） 如图，四边形是正方形，平面，，，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使平面与平面所成角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 因为分别为的中点，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. (2) 因为平面，且，所以平面， 因为四边形为正方形，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 由图可得， 由为的中点，则，由为的中点，则， 得，，设，其中. 在平面内，取，，设该平面的法向量， 则，即，令，解得， 所以平面的一个法向量，即为平面的一个法向量. 在平面内，取，， 设该平面的法向量，则， 即，令，解得， 所以平面的一个法向量. 可得，， ， 由题意可得， 化简得，因式分解得，解得或， 故存在坐标为或，使得平面与平面所成角为. 所以的长为或 【分析】（1）根据三角形的中位线性质，结合线面平行的判定定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，写出点与向量的坐标，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 18．（14分） 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. 19．（15分） 已知椭圆过点，离心率为，点为椭圆的上顶点． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的右顶点为，点在椭圆上不与椭圆的顶点重合），直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2) 由（1）知椭圆的方程为，． 因为，，所以直线的方程为，即． 设（，），，． 因为三点共线，所以有，， 所以，所以，则． 因为三点共线，所以，即，所以． 所以直线的方程为， 即． 又因为点在椭圆上，所以． 所以直线的方程为． 所以直线过定点． 【分析】（1）由题意结合椭圆性质可得，结合离心率和，即可得解； （2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标． 【详解】（1）由题设可知，，所以， 所以， 所以椭圆的方程为； （2）略 20．（15分） 已知. (1)曲线在点处的切线为直线，记的斜率为，比较与的大小； (2)若对任意的，恒成立，求的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1) (2) (3) 令，可得，其中， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即，即， 由（2）知，当，，即， 即， 令，则，即， 可得， 所以， 又由对数的运算性质，可得， 所以对于任意正整数，总有. 【分析】（1）求得，得到，结合对数函数的性质，即可得到与的大小关系； （2）若，得到恒成立；若，由（1）得，令，求得在递增，结合，分和，两种情况讨论，即可求得实数的取值范围； （3）令，利用导数求得的单调性和极小值，得到， 取，由（2）得到，令，求得，结合对数的运算性质和累加法，即可得证. 【详解】（1）由函数 可得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 因为，所以，即. （2）由函数， 当时，可得， 若，可得恒成立； 若，由（1）知：， 令，可得， 因为，可得，所以，在递增， 又由， 当时，即，此时，即， 所以在递增，所以，满足恒成立； 当时，即，存在，使得， 当时，，即，单调递减，则， 不满足恒成立，舍去， 综上可得，实数的取值范围为. （3）略 21．（15分） 已知数集具有性质:对任意的，，使得成立. (1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由; (2)求证; (3)若，求数集中所有元素的和的最小值. 【答案】(1)不具有，具有， ∵无法表示，∴数集不具有性质. ∵，，，，∴数集具有性质． (2)∵集合具有性质即对任意的，，使得成立， 又，， ∴，， ，， ∴， 即，，，， 累加得， 化简得． (3)75 【分析】（1）根据数列新定义计算判断即可； （2）结合数列新定义应用累加法计算证明； （3）根据数列新定义结合，分类讨论使得求解最小值即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）最小值为． 首先注意到，根据性质，得到， 所以易知数集的元素都是整数， 构造或者，这两个集合具有性质，此时元素和为．下面证明是最小的和． 假设数集，满足最小， 第一步：首先说明集合中至少有个元素： 由（）可知，，，，又， ∴，，，，， ∴． 第二步：证明，， 若，设， ∵，为了使最小， 在集合中一定不含有元素，使得，从而； 若，根据性质，对，有，，使得，显然，∴， 此时集合中至少有个不同于，，的元素，从而，矛盾， ∴，且． 同理可证： ． 至此，我们得到，， 根据性质，有，，使得，我们需要考虑如下几种情形： ①，，此时集合中至少还需要一个大于等于的元素，才能得到元素，则； ②，，此时集合中至少还需要一个大于的元素，才能得到元素，则； ③，，此时集合，； ④，，此时集合，． 综上所述，若，则数集中所有元素的和的最小值是． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考数学一轮复习检测卷（北京卷01） 参考答案 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B A C B D C B D 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11． 12．（答案不唯一） 13．4 14． 31 15．①③④ 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 【详解】（1）由可得， 即，， 因为，所以，则，解得； （2）若条件①正确，由，得， 由余弦定理，得，即， 解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确； （i）由，， 得，解得， 由余弦定理，得， 因为，所以，由正弦定理， 得，即； 由正弦定理，得，即， （ii）因为平分，，所以， 在中，由正弦定理，得， 在中，由正弦定理，得， 又，上述两式相除，得， 解得，所以. 17．（13分） 【详解】(1) 因为分别为的中点，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. (2) 因为平面，且，所以平面， 因为四边形为正方形，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 由图可得， 由为的中点，则，由为的中点，则， 得，，设，其中. 在平面内，取，，设该平面的法向量， 则，即，令，解得， 所以平面的一个法向量，即为平面的一个法向量. 在平面内，取，， 设该平面的法向量，则， 即，令，解得， 所以平面的一个法向量. 可得，， ， 由题意可得， 化简得，因式分解得，解得或， 故存在坐标为或，使得平面与平面所成角为. 所以的长为或 18．（14分） 【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. 19．（15分） 【详解】（1）由题设可知，，所以， 所以， 所以椭圆的方程为； (2) 由（1）知椭圆的方程为，． 因为，，所以直线的方程为，即． 设（，），，． 因为三点共线，所以有，， 所以，所以，则． 因为三点共线，所以，即，所以． 所以直线的方程为， 即． 又因为点在椭圆上，所以． 所以直线的方程为． 所以直线过定点． 20．（15分） 【详解】（1）由函数 可得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 因为，所以，即. （2）由函数， 当时，可得， 若，可得恒成立； 若，由（1）知：， 令，可得， 因为，可得，所以，在递增， 又由， 当时，即，此时，即， 所以在递增，所以，满足恒成立； 当时，即，存在，使得， 当时，，即，单调递减，则， 不满足恒成立，舍去， 综上可得，实数的取值范围为. (3) 令，可得，其中， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即，即， 由（2）知，当，，即， 即， 令，则，即， 可得， 所以， 又由对数的运算性质，可得， 所以对于任意正整数，总有. 21．（15分） 【详解】．(1)不具有，具有， ∵无法表示，∴数集不具有性质. ∵，，，，∴数集具有性质． (2)∵集合具有性质即对任意的，，使得成立， 又，， ∴，， ，， ∴， 即，，，， 累加得， 化简得． （3）最小值为． 首先注意到，根据性质，得到， 所以易知数集的元素都是整数， 构造或者，这两个集合具有性质，此时元素和为．下面证明是最小的和． 假设数集，满足最小， 第一步：首先说明集合中至少有个元素： 由（）可知，，，，又， ∴，，，，， ∴． 第二步：证明，， 若，设， ∵，为了使最小， 在集合中一定不含有元素，使得，从而； 若，根据性质，对，有，，使得，显然，∴， 此时集合中至少有个不同于，，的元素，从而，矛盾， ∴，且． 同理可证： ． 至此，我们得到，， 根据性质，有，，使得，我们需要考虑如下几种情形： ①，，此时集合中至少还需要一个大于等于的元素，才能得到元素，则； ②，，此时集合中至少还需要一个大于的元素，才能得到元素，则； ③，，此时集合，； ④，，此时集合，． 综上所述，若，则数集中所有元素的和的最小值是． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $