第一章～第九章（集合、不等式、函数、导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列、立体几何、解析几何、统计与概率）（综合训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

第一章~第九章（集合、不等式、函数、导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列、立体几何、解析几何、统计与概率）（综合训练） 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．已知集合，集合，那么（   ） A． B． C． D． 2．若复数的模为，则的值为（    ）. A．1 B． C．3 D． 3．已知直线与直线.“”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 4．下列函数中，是偶函数且在区间上有最小值的是（    ） A． B． C． D． 5．恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明，曾被十八世纪法国大数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数的75次方是一个86位数，由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得的值为（    ） 3 5 7 11 13 0.477 0.699 0.845 1.041 1.114 A．13 B．14 C．15 D．16 6．如图，，点P在由射线、线段及的延长线围成的阴影区域内（不含边界）运动，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．在等差数列中，，当取得最小值时，（    ） A．27 B．18 C．6 D．3 8．已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（   ） A． B． C． D． 9．设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于，两点，与轴交于点，点的纵坐标为，且与的面积之比是，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，则的极值点的个数情况可能为（   ） A．没有极值点 B．有无穷多个极值点 C．恰有2026个极值点 D．恰有2025个极值点 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．的展开式中含项的系数为________．（用数字作答） 12．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的最大值是______. 13．已知圆的圆心是，直线交于､两点.写出使得的面积为的一组，的值__________，__________. 14．设函数. （1）当时，的解集为______； （2）若函数有3个零点，则实数a的取值范围是______. 15．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，给出下列四个结论： ①点在上； ②在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数； ③若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点； ④在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于. 其中正确结论的序号是______. 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） 设函数，且． (1)求的值； (2)已知在区间上单调递减，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个极值点； 条件③：的图象关于点对称； 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） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)求点到平面的距离. 18．（14分） 随着智能手表的普及，越来越多的学生使用其功能，为了了解学生使用智能手表功能的情况，现从某校随机抽取了300名学生，对使用 四种功能的情况统计如下: 功能种数 性别 0 种 1 种 2 种 3 种 4 种 男 18 52 42 28 10 女 12 58 48 22 10 在上述样本所有使用 3 种功能的人中，统计使用的人次如下: 功能 人次 37 40 35 38 假设不同学生使用智能手表功能的情况相互独立，用频率估计概率. (1)从该校随机选取一人，若已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率； (2)从该校使用三种功能的学生中，随机选出3人，记使用功能的人数为人，求的分布列和期望； (3)从该校男、女生中各随机选一人，记他们使用功能的种数分别为，试比较期望的估计值的大小 (结论不要求证明). 19．（15分） 椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形是边长为的菱形． (1)求椭圆C的方程； (2)已知A是椭圆C在第一象限上的点，B与A关于原点对称，为椭圆C的右焦点，连接与，并延长交椭圆C于D，E两点，若直线AB的斜率为，直线DE的斜率为，试探究是否为定值．若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由． 20．（15分） 已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 21．（15分） 给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”. (1)设是首项为1，公比为的等比数列，，判断数列是否与“接近”，并说明理由； (2)设数列的前三项为：，，，是一个与“接近”的数列，求集合的元素个数； (3)设是公差为d的等差数列，若存在数列满足：与“接近”，且对任意，在中至少有n个为正数，求d的取值范围. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第一章第九章（集合、不等式、函数、导数、三角函数与解 三角形、平面向量与复数、数列、立体几何、解析几何、统计 与概率) (综合训练) 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 D B A B B D D D B D 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.-192 π 12.3/60 13. 1 V2(答案不唯一，满足m2=k2+1即可) 3 14 【-血4,2uto): (0,1 15.①③④ 1/10 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 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) 【1由0=p=5,新mp-兰.女，我- 1+V3 >1 因正弦函数的值域为1，，而2>，故此条件下函数)不存在 条件②：由=合是极值点，结合题忘可得=及是极大值点。 有m音+号-受+2(2），郭得m=2+24 π7π π兀之T 又f(x)在1212]上单调递减，区间长度为2，故。2，即0≤2. 结合0>0，得0=2，则 )=2n2x+到 当e引.2x+m2x+到 故)的取值范围为 -3,2 π，0 0 件⑨，由图象关于点3对称，得33(kZ),解得0=3欢 π7π ππ>π 又f(x)在212上单调递减，区间长度为2，故@之2，即®≤2. 结合0>0，得k=1时，0=2， f)-2n(2x+到 2/10 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 当.+号[.2+} 故的取值范围为 -52] 17.(13分) 【详解】(1) 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，故AB/CD, 则AE/ICD,而AEc平面AEF,CDC平面AEF,故CDII平面AEF, 又平面AEFA平面PDC=NF,CDC平面PDC,故CDIINF, F是PC中点，故N是PD的中点： (2)取AD的中点为O,连接PO,OM, 因为PA=PD=5,故P01AD,且P0=VPM-A0=WS-P=2, 而PM=25,0M=2,则PM=8=0M+P0,即得P010M, 则PO,OM,AD两两垂直， 以O为原点，OA为x轴，OM为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， (0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0) 则 则PB=(2,2Bc=(-2,00) 3/10 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 设平面PBC的一个法向量为” =(x,y,z） nPB=0 x+2y-2z=0 则BC=0， -2x=0，令y=1,则2=1？则万=(0,11)， 平面PAD的一个法向量可取为 m=(0,1,0) 平面PAD与平面PBC的夹角为B, 数m0-历以吃 2x1 2, :.平面PAD与平面PBC夹角的大小为4： (3)由2)可知40,0).则=(020)， AB.列2 故点A到平面PBC的距离为d= 18.(14分) 42+28+10)+(48+22+10)=160 【详解】(1)至少使用两种功能的学生数为 恰好使用三种功能的学生 数为28+22=50， 505 则已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率P= 160161 (2)抽取的300名学生中恰好使用三种功能的学生数为50，其中使用B功能的学生数为40， 404 因此该校使用三种功能的学生中使用B功能的概率大约为505， 由已知X的可能取值为0L2.3且X~B号)。 Px==c西.Px==c品 4/10 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 Px-2=c周).Px==c) X的分布列为 X 0 1 2 3 1 12 48 64 P 125 125 125 125 0=0x71+2x+3号-24 31255 (3)由题意可得样本中男，女学生人数分别为：150和150， 则y的可能取值为aL24,PV=-尚.PV=)-品。 Py=20.PY=到-0.PY==0 150*3x28 所4=0品+号2 3750+4x1026 15015； Z的可能歌值为0L234,P收=-0=品.P2=0。 PZ-2Pz=到品Pz=9 150 所uz-0号+123x品x曲-29 150150 15015,故E(Y)=E(Z): 19.(15分) 3可得a=V3b 又由题意， a2+b2=(22=8 a2=6, 联立两式，解得b2=2. 5/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以保面C的方为后+若1 (2) 设1W）则B(-）,E(2,0,D() 4860.4会-专 则直线AD:x=。-2 2与指圆方+号1联立。 消去x可得：[（-2+36]严+4(6-2)y-2=0, 即10-4)y+4(6-2%y-2X=-0 -2y6 显然△>0,10-4花， 所u”02.=22”2-多-1 62x0-522x。-5 D5-12.h） 5x+12。 所以气2。-5’2x。-5,同理可得 2x+5’2x+5 2x-52x+5 %(2x+5)-y(2x-5) 所以= =10%=5k】 5x-12_5x+12(5x。-12(2x+5)-(5x+12)(2x,-5)2x 2x0-52x+5 k=1 所以k5· 6/10 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 20.(15分) 【详解】(1)当a=2时，函数f=2e-lx+.f)=2e- x+1 所以f0)=2e°-h1=2f0=2e·-1=1 所以曲线"=f因在点0，fo刃处的切线方程为-2=1xr-0), 即x-y+2=0 （2)由函数fe)=ae-n+XaeR,a≠0，f闭=ae- x+1 x+,g倒=ae+ 令8(y=ae*- 1 (x+1)2,g(0)=ae°-1=a-1 ①考0≥l时，8四>0，所以8e在0+）上单调递增，且8(2g0≥0， 即了在D+W）上单调递增，且f2f0≥0， 所以函数四在0，)上单调递增，函数国无极值点 ②当0<a<1时，g'(x)>0,g0)=a-1<0. 当x→+o0,ae→+o0, x+1 →0，所以x→+0，g(x)→+0 所以西数8)在0，+四)上单调递增且有唯一零点。， 即函数四在A,+切)上单调递增且有唯一零点， 0sx<xfk0,当>f>0 所以西数因在®+o)有唯一的极小值点，无极大值点： 7/10 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ③当a<0时，因为x20e>0>0,所以f=ae-<0, ”x+1 x+1 所以函数田在0+ 上单调递减，无极值点· 综上所述：当a<0或0≥l时，西数在A+切)上无极值点： 当0<a<1时，函数了在0切）上有雅一的极小值点，无极大值点 (3) 由(2)可知，当a<0时，西数f四在Q+o)上单调递减，且f0=a<0. 所以函数四在0+回)上无零点 当a≥1时，函数四在0，+o)上单调递箱，且f0)=a>0。 所以函数在A+o)上无零点： 当0<a<1时，函数)在[®，o)有唯一的极小值点5'且ae-=0, o+1 要使西数四在区间Q+四)上有唯零点人，所以=名，，)=0 1 所以f)=ae*-n6+)无h+D=0. 1-h%,=01n,-L=0 令4=x+1,得 ，即4 月so)=hu女io-女拉0， 1 所以M)=lnW一在(0，+o)上单调递增， 且h0=-1<0,2)=1n2-}-h2>0. 2 ve 所以函数=nu- 在(0，+∞)上有唯一零点1<4。<2， 8/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以%=6+1<2n1=6<1 ,即 21.(15分) 【详解】(1) 数列是与a}接近”，理由如下 {a}是首项为1，公比为2的等比数列， 可得0，=2,6，=0+1=2+1， 测k-aB=l<kaeN, 可得数列与a接近 2)a与a.} “接近”， lbn-a≤1 于是有4-a≤1→6-(-川≤1→-2≤4≤0 h,-a≤1→b,-2c0sa-4≤1→2cosa+3≤b2≤2cosa+5 b-a≤1→lb,-3sina-10l≤1→3sina+9≤b,≤3sina+11 ∴.b∈[-2,0]，b2∈[2cosa+3,2cosa+5],b∈[3sina+9,3sina+1l ina+9-(2cs+5)4+3sima-2cosa-4+sin( 共pmo-引p别 9/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.0<2 cosa-+3,2cosa+5<3sina+9,∴.bb2b 互不相等，M有3个元素 3)6}与a “接近”， bn-an≤1 ∴ba∈[an1-l,a1+l刂-bn∈[-an-l,-an+l刂 因t61-b∈au-0-2au-a,+2] a}是公差为4的等差数列，-6日-2,1+习 0当s2时.攻s0,时色-肉6-工数 ，此时 ②当d>-2时，存在6=a,+(-)少”， 满是：h,-a-（-川≤1，即，}与{a,}“接近”， 满足：-=a+(--[4+(-m]=d+2>0,keN 即-66-66。-6这”个都为正数 缘上，d的取值范围是2+) 10110 第一章~第九章（集合、不等式、函数、导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列、立体几何、解析几何、统计与概率）（综合训练） 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．已知集合，集合，那么（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由集合交集、补集运算，包含关系逐个判断即可. 【详解】， 错误，错误，错误， ， 所以，D正确， 故选：D 2．若复数的模为，则的值为（    ）. A．1 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】化简复数，根据复数模的几何意义列式计算即可求解. 【详解】复数， 由题意可得，解得. 故选：B 3．已知直线与直线.“”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】A 【分析】利用两直线平行求出，利用充分条件和必要条件的定义求解. 【详解】和平行， ， 或. 当时，，，； 当时，，，. “”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4．下列函数中，是偶函数且在区间上有最小值的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据偶函数的定义判断函数的奇偶性，再根据复合函数的单调性，判断函数在区间上是否有最小值. 【详解】对于函数，其定义域为，关于原点对称，令， 则是偶函数. 当时，， 在区间上单调递减，所以在区间上无最小值，故选项A错误； 对于函数，其定义域为，关于原点对称，令， 则，所以是偶函数， 当时，，令， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 根据复合函数的单调性可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在处取得最小值，最小值为，故选项B正确； 对于，其定义域为，关于原点对称，令， 则，所以是奇函数，不符合题意，故选项C错误； 对于，其定义域为，关于原点对称，令， 则，所以函数为偶函数. 由，得，因为在区间上， 所以，所以在区间上单调递增， 当时，，但始终大于1，所以该函数在区间上没有最小值，故选项D错误. 故选：B 5．恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明，曾被十八世纪法国大数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数的75次方是一个86位数，由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得的值为（    ） 3 5 7 11 13 0.477 0.699 0.845 1.041 1.114 A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】B 【分析】由题意得出，然后两边取以10为底的对数，再对比参考数据可得出. 【详解】由题意知，， 即，， 而，，，， ，，正整数的值为14. 故选：B. 6．如图，，点P在由射线、线段及的延长线围成的阴影区域内（不含边界）运动，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在的反向延长线上取点，使得，过作，分别交和的延长线于点，根据平面向量的加法运算，讨论点在点处与处时的值，从而得的取值范围. 【详解】如图，由于， 在的反向延长线上取点，使得，过作，分别交和的延长线于点， 则， 要使得点落在指定区域内，则点应落在上， 当点在点处时，， 当点在点处时，， 所以的取值范围是. 故选：D. 7．在等差数列中，，当取得最小值时，（    ） A．27 B．18 C．6 D．3 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质求得，根据均值不等式，求得当时，取得最小值，从而可得答案． 【详解】在等差数列中，设公差为， 由得 根据基本不等式，有， 当且仅当即，即时， 取得最小值， 故． 故选：D 8．已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正三棱锥的定义和侧面与底面所成二面角的定义求出三棱锥的高，代入体积公式即可. 【详解】作正三棱锥的高，连接并延长，交于点，连接， 由正三棱锥的几何性质可知：垂足为的中心，，， 所以就是侧面与底面所成二面角的平面角，即， 因为，所以，所以， 在直角中，， 所以三棱锥的体积， 故选：D. 9．设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于，两点，与轴交于点，点的纵坐标为，且与的面积之比是，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，得到，得到，求得，结合抛物线的定义，即可求解. 【详解】如图所示，因为与的面积比为，可得与的面积比为， 所以，则， 又因为点的纵坐标为，可得，即，所以， 由抛物线的定义，可得. 故选：B. 10．已知函数，则的极值点的个数情况可能为（   ） A．没有极值点 B．有无穷多个极值点 C．恰有2026个极值点 D．恰有2025个极值点 【答案】D 【分析】先对函数求导，然后令导数为，将问题转化为两个函数图象的交点问题，通过分析交点个数来确定极值点的个数. 【详解】对求导，可得， 令，即，移项可得， 那么的极值点个数就等于的变号零点个数， 当时，，与只有一个交点，且在该点两侧导数符号不同，所以此时有1个极值点； 当时，与都是奇函数，图象关于原点对称， 是周期函数，是过原点的直线， 随着的取值不同，由正弦函数的对称性及有界性，两函数图象的交点（交点左右两侧函数值大小关系不同）的个数只能是有限个，且是奇数个（因为关于原点对称）， 所以该函数可能恰有2025个极值点. 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．的展开式中含项的系数为________．（用数字作答） 【答案】 【分析】根据二项式的通项公式计算即可. 【详解】的通项为. 令，解得. 此时. 所以含项的系数为. 故答案为：. 12．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的最大值是______. 【答案】/ 【分析】由余弦定理及基本不等式求出的范围，再根据三角形内角范围及余弦函数的单调性求出范围. 【详解】由余弦定理得，当且仅当时取等号， 因为，在单调递减，所以，即的最大值是． 故答案为： 13．已知圆的圆心是，直线交于､两点.写出使得的面积为的一组，的值__________，__________. 【答案】 （答案不唯一，满足即可） 【分析】根据条件，利用三角形的面积公式得，从而得圆心到直线的距离为，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】因为圆的半径为，设， 由，得到， 所以圆心到直线的距离为，则，整理得到， 取， 故答案为：（答案不唯一，满足即可） 14．设函数. （1）当时，的解集为______； （2）若函数有3个零点，则实数a的取值范围是______. 【答案】 ； . 【分析】（1）分别求出当时和当时不等式的解集，最后取并集即可得解； （2）由零点个数可得在上有一个零点，在上有两个零点，分别求出a的取值范围，最后取交集即可得解. 【详解】当时，函数， 当时，，即， 解得； 结合，得 当时，即， 解得或， 结合，得或 综上，的解集为； 若函数有3个零点，可得在上有一个零点，在上有两个零点， 当时，，得， 因，故， 即当时，在上有一个零点； 当时，，这是一元二次方程，需有2个正根， 则，解得， 综上，a的取值范围是. 故答案为：（1）；（2）. 15．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，给出下列四个结论： ①点在上； ②在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数； ③若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点； ④在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【分析】根据题意将点代入曲线方程中判断是否在曲线上；求出切线方程并与曲线方程联立判断交点情况；对函数求导，求出单调性得到极小值点；设曲线上的一点，求得点到原点距离，构造函数求出最小值与比大小即可. 【详解】对于①，将点代入到曲线方程中得，，所以点在曲线上，故①正确. 对于③，当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故③正确. 对于②，由③可知，，则以为切点的切线方程为 ，即， 将切线方程代入到曲线方程中得， ，即， 显然是方程的根，所以， 解得或，故②错误. 对于④，设的解为， 则当，单调递增； 当时，单调递减， 又， ， ， 所以， 设曲线上的点，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，则， 令，因为，所以取， 当 时，单调递增； 当时，单调递减， 又， 所以当时，，则，故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） 设函数，且． (1)求的值； (2)已知在区间上单调递减，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个极值点； 条件③：的图象关于点对称； 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) 条件②：的取值范围为. 条件③：的取值范围为. 【分析】（1）利用的值求得. （2）条件①：通过正弦函数值域判定方程无解，函数不存在. 条件②：利用极值点求出，结合单调区间长度确定，进而求取值范围. 条件③：利用对称中心求出，结合单调区间长度确定，进而求取值范围. 【详解】（1）由，得，又，故. （2）条件①：由，得，即. 因正弦函数的值域为，而，故此条件下函数不存在. 条件②：由是极值点，结合题意可得是极大值点， 得（），解得. 又在上单调递减，区间长度为，故，即. 结合，得，则. 当时，，， 故的取值范围为. 条件③：由图象关于点对称，得（），解得. 又在上单调递减，区间长度为，故，即. 结合，得时，，则. 当时，，， 故的取值范围为. 17．（13分） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1) 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点； (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论； （2）说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直， 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为， 故， 平面与平面夹角的大小为； （3）由（2）可知，则, 故点到平面的距离为. 18．（14分） 随着智能手表的普及，越来越多的学生使用其功能，为了了解学生使用智能手表功能的情况，现从某校随机抽取了300名学生，对使用 四种功能的情况统计如下: 功能种数 性别 0 种 1 种 2 种 3 种 4 种 男 18 52 42 28 10 女 12 58 48 22 10 在上述样本所有使用 3 种功能的人中，统计使用的人次如下: 功能 人次 37 40 35 38 假设不同学生使用智能手表功能的情况相互独立，用频率估计概率. (1)从该校随机选取一人，若已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率； (2)从该校使用三种功能的学生中，随机选出3人，记使用功能的人数为人，求的分布列和期望； (3)从该校男、女生中各随机选一人，记他们使用功能的种数分别为，试比较期望的估计值的大小 (结论不要求证明). 【答案】(1) (2)的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为 (3) 【分析】（1）结合古典概型概率公式，用缩小样本空间法求解概率即可； （2）求出使用三种功能时使用功能的概率，则被抽取的人数，由二项分布概率公式即可求解； （3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出，再比较大小即可. 【详解】（1）至少使用两种功能的学生数为，恰好使用三种功能的学生数为， 则已知该学生至少使用两种功能，估计该学生恰好使用三种功能的概率. （2）抽取的300名学生中恰好使用三种功能的学生数为，其中使用功能的学生数为40， 因此该校使用三种功能的学生中使用功能的概率大约为， 由已知的可能取值为，且， ，， ，. 的分布列为 0 1 2 3 . （3）由题意可得样本中男，女学生人数分别为：150和150， 则的可能取值为，，， ，，. 所以； 的可能取值为，，， ，，. 所以，故. 19．（15分） 椭圆的离心率为，左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形是边长为的菱形． (1)求椭圆C的方程； (2)已知A是椭圆C在第一象限上的点，B与A关于原点对称，为椭圆C的右焦点，连接与，并延长交椭圆C于D，E两点，若直线AB的斜率为，直线DE的斜率为，试探究是否为定值．若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)是定值，． 【分析】（1）根据离心率和菱形的边长，建立关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）设，求出，写出直线的方程并与椭圆方程联立，消去后得到韦达定理，从而用表示出点的坐标，写出的算式并化简即可求出的定值. 【详解】（1）由可得 又由题意，， 联立两式，解得 所以椭圆C的方程为． （2） 设，则，，， 则，． 则直线与椭圆方程联立， 消去可得：， 即． 显然,， 所以，． 所以，同理可得． 所以． 所以． 20．（15分） 已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 【答案】(1)； (2) 当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. (3) 由（2）可知，当时，函数在上单调递减，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在上单调递增，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在有唯一的极小值点，且， 要使函数在区间上有唯一零点，所以. 所以， 令，得，即. 再令，， 所以在上单调递增， 且. 所以函数在上有唯一零点， 所以，即. 【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）先对函数求导，再分，，三种情况对导数讨论可得函数的极值点； （3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数的唯一极小值点，再通过构造函数，，只需用导数证明的零点即可. 【详解】（1）当时，函数， 所以，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由函数，. 令，，. ①若时，，所以在上单调递增，且， 即在上单调递增，且， 所以函数在上单调递增，函数无极值点； ②当时，，， 当，所以. 所以函数在上单调递增且有唯一零点， 即函数在上单调递增且有唯一零点， 当；当， 所以函数在有唯一的极小值点，无极大值点； ③当时，因为，所以， 所以函数在上单调递减，无极值点. 综上所述：当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. （3）略 21．（15分） 给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”. (1)设是首项为1，公比为的等比数列，，判断数列是否与“接近”，并说明理由； (2)设数列的前三项为：，，，是一个与“接近”的数列，求集合的元素个数； (3)设是公差为d的等差数列，若存在数列满足：与“接近”，且对任意，在中至少有n个为正数，求d的取值范围. 【答案】(1) 数列是与“接近”，理由如下： 是首项为1，公比为的等比数列， 可得，， 则， 可得数列与接近. (2)3个 (3) 【分析】（1）运用等比数列的通项公式和新定义“接近”，即可判断； （2）由新定义可得，求得的范围，即可得到所求个数； （3）运用等差数列的通项公式可得，讨论公差，，结合新定义“接近”，推理和运算，即可得到所求范围． 【详解】（1）略 （2）与 “接近”， ， 于是有， ， ， ， 由于， 其中, 互不相等，有3个元素. （3）与“接近”， ， ，， 因此， 是公差为的等差数列，， ①当时，则，此时中无正数； ②当时，存在， 满足：，即与“接近”， 满足：， 即这个都为正数； 综上，的取值范围是. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $