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浙江省宁波市2023-2024学年高三上学期高考模拟考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省宁波市2023-2024学年高三上学期高考模拟考试数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知， 设集合，集合，则， 已知数列为等比数列，且，则， 已知函数的零点分别为，则， 已知，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
高三数学试卷
全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
一､选择题：本题共8小题，每小题5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（，为虚数单位），若是实数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数乘法及复数的虚部为0计算即可.
【详解】因为是实数，
所以，
故选：A
2. 设集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的交集、并集、补集求解.
【详解】因为，
所以，，
，
因为，所以，
故选：B
3. 若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解.
【详解】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B
4. 已知数列为等比数列，且，则（ ）
A. 的最小值为50B. 的最大值为50
C. 的最小值为10D. 的最大值为10
【答案】C
【解析】
【分析】写出的表达式，利用基本不等式即可得出结论.
【详解】由题意，
在等比数列中，，
设公比为，则，
∴，
当且仅当即时等号成立，
∴的最小值为10，
故选：C.
5. 已知函数的零点分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质可判断小于1，大于1，再由数形结合判断即可.
【详解】令，可得，所以，即；
令，可得，即，所以，
即；
令，可得，由此可得，所以，
即，
作的图象，如图，
由图象可知，，所以.
故选：D
6. 设为坐标原点，为椭圆的焦点，点在上，，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用余弦定理可得，再由向量表示可知，即可得；联立即可求得.
【详解】如下图所示：
不妨设，根据椭圆定义可得，；
由余弦定理可知；
又因为，所以，又，
即可得，解得；
又，即；
所以可得；
故选：C
7. 已知二面角的大小为，球与直线相切，且平面、平面截球的两个截面圆的半径分别为、，则球半径的最大可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点在平面、平面内的射影点分别为、，设球切于点，连接、、，分析可知，、、、四点共圆，利用二面角的定义可得或，利用余弦定理求出的长，分析可知，球半径的最大值即为外接圆的直径，结合正弦定理求解即可.
【详解】设点在平面、平面内的射影点分别为、，
设球切于点，连接、、，如下图所示：
因为平面，平面，则，
由球的几何性质可知，，
因为，、平面，则平面，
同理可知，平面，
因为过点作直线的垂面，有且只有一个，所以，平面、平面重合，
因为平面，平面，则，同理可知，，
所以，、、、四点共圆，
由已知条件可知，，，
因平面，、平面，则，，
所以，二面角的平面角为或其补角.
①当时，
由余弦定理可得
，故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为；
②当时，
由余弦定理可得
故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为.
综上所述，球的半径的最大可能值为.
故选：D.
8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则满足要求的有序数对有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 无数个
【答案】B
【解析】
【分析】由题意有，通过分析得到，是满足题意的唯一解，注意检验.
【详解】由题意若不等式在上恒成立，
则必须满足，即，
由，两式相加得，
再由，两式相加得，
结合（4），（5）两式可知，代入不等式组得，
解得，
经检验，当，时，，
有，，满足在上恒成立，
综上所述：满足要求的有序数对为：，共一个.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是首先得到，进一步由不等式的性质通过分析即可求解.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项展开式通式以及赋值法即可得到答案.
【详解】对于 A， 取 , 则 ，则A正确；
对B，根据二项式展开通式得的展开式通项为，即，其中
所以，故B正确；
对C，取，则，
则，故C错误；
对D，取，则，
将其与作和得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
10. 设O为坐标原点，直线过圆的圆心且交圆于两点，则（ ）
A. B.
C. 的面积为D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，整理圆的方程为标准方程，明确圆心与半径，可得答案；
对于B，由题意，将圆心代入直线方程，求得参数，可得答案；
对于C，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形的面积公式，可得答案；
对于D，根据两点求得斜率，利用垂直直线斜率的关系，可得答案.
【详解】由圆的方程，
则，所以圆心，半径，
易知，故A错误；
将代入直线方程，则，解得，故B正确；
将代入直线方程，整理可得直线方程，
原点到直线的距离，且此为底上的高，
所以，故C正确；
由与，则直线的斜率，
由直线方程，则直线斜率，
由，则与不垂直，故D错误.
故选：BC.
11. 函数在区间上为单调函数，且图象关于直线对称，则（ ）
A. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于y轴对称
B. 函数在上单调递减
C. 若函数在区间上没有最小值，则实数的取值范围是
D. 若函数在区间上有且仅有2个零点，则实数a的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数单调性及对称轴求出函数解析式，由函数的平移判断A，根据单调性判断B，由函数的图象与性质可判断CD.
【详解】由题意且，
可得，，
故当时，，.
对A，函数的图象向右平移个单位长度可得，故函数图象关于y轴对称，故A正确；
对B，当时，，所以函数单调递减，故B正确；
对C，当时，，函数在区间上没有最小值，则需，即，故C错误；
对D，由C，函数在区间上有且仅有2个零点，则，即
，故D错误.
故选：AB
12. 已知函数：，对任意满足的实数，均有，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D. 是周期函数
【答案】AC
【解析】
【分析】由条件等式通过赋值可判断AC选项；进而令，可得，可设，满足，进而验证BD选项是否满足，即可判断.
【详解】由，
令，则，
即，因为，所以，故A正确；
令，，则，
即，即，
所以，即，所以函数是奇函数，故C正确；
令，则，
由AC选项，不妨设，
则，，满足，
而BD选项不满足，故BD错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意并结合三角函数定义、诱导公式直接计算即可.
【详解】由题意结合三角函数定义可知，
从而由诱导公式有.
故答案为：.
14. 已知圆台的上､下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长为，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积为.
【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；
设圆台的高为，由体积可得，
解得，所以可得圆台母线长为，
根据侧面展开图可得圆台侧面积为.
故答案为：
15. 第33届奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.某田径运动员准备参加100米､200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是___________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】设出事件，根据事件的关系得到，进而求出，再利用条件概率公式求出答案.
【详解】设在200米比赛中站上领奖台为事件，在100米比赛中站上领奖台为事件，
则，，，，
则，
则，
故.
故答案为：
16. 已知抛物线Γ：与直线围成的封闭区域中有矩形，点A，B在抛物线上，点C，D在直线上，则矩形对角线长度的最大值是___________.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意首先画出图形，不妨设，结合图形以及分别算出参数的范围以及目标函数表达式，从而即可求解.
【详解】如图所示：
联立，解得或，
得抛物线Γ与直线的两个交点分别为，
由题意四边形是矩形，故，且注意到
所以不妨设，
又，所以，
所以由图可知，
联立，
因此，
而，
由两平行线间的距离公式可知，
从而，
所以当且仅当时，长度取最大值是.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题关键是合理设参，并通过数形结合求出参数的范围也是很重要的，至于求出目标函数表达式只需仔细计算即可.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，求出的取值范围，可得出，即可证得结论成立；
（2）由可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
证明：因为，由正弦定理得，
即，
即，故，
因为、，所以，则，
所以，，所以，或（舍），因此.
【小问2详解】
解：因为，
故，
由，因为，故，
所以.
18. 已知数列满足，且对任意正整数m，n都有
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令，可得，用累加法即可求出数列的通项公式.
（2）由题意分是偶数和奇数两种情况讨论，当为偶数时，可用分组求和以及等差数列前项和公式，当为奇数时，利用n为偶数的结论即可求解.
【小问1详解】
由对任意整数均有，取，得，
当时，，
当时，，符合上式，所以.
【小问2详解】
当为偶数时，
，
当为奇数时，若，则，
若，则，
且当时，满足.
综上所述：.
19. 如图，已知正方体的棱长为4，点E满足，点F是的中点，点G满足
（1）求证：四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法1：取中点，分别连接，先证明四边形为平行四边形，则，再根据相似比可得，则，即可得出结论；
法2：以为原点，建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）利用向量法求解即可.
【小问1详解】
法1：如图，取中点，分别连接，因为为中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由知，由知，
所以，所以，
所以，所以四点共面；
法2：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，所以，
所以四点共面；
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面法向量为，
由，即，可取，
平面的法向量，
则有，可取，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面EFG与平面夹角的余弦值为.
20. 已知函数（e为自然对数的底数，）.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论，分别判断的符号，得出函数的单调区间；
（2）利用函数最值转化为求证，构造函数利用导数求最值即可得解.
【小问1详解】
，
当时，，在上单调递减；
当时，由可得，故时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，，
只需证，即证，
设，
则，
故时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
又，故，
即成立，所以原不等式成立.
21. 某中学在运动会期间，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
（1）根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？
（2）现有n根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.
（i）当，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；
（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为
附：
【答案】（1）有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关
（2）（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；
（2）（i）依题意，先得到的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【小问1详解】
依题意，完善列联表如下，
所以.
故有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.
【小问2详解】
（i）由题知，随机变量的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
所以.
（ii）不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，
令根绳子打结后可成圆的种数为，
那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故；
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以
【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利用数列的累乘法求得结果.
22. 已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点M且与平行的直线分别交另一条渐近线和C于点
（1）求C的方程；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由渐近线斜率得，结合求得得双曲线方程；
（2）设.直线的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，同时由两交点在右支得出，然后求出各点坐标计算出并代入韦达定理的结论化此式为关于的函数，从而可求得其取值范围．
【小问1详解】
由的焦距为6，知，即；
又渐近线方程为，则，
故，即，从而，
因此，双曲线的方程为.
【小问2详解】
设.直线的方程为，则.
将直线的方程代入得有两正根，
则,且，
又，解上述不等式组，得.
因为的方程为，则与的交点横坐标为
将的方程代入得即为点的横坐标，
故，
所以，，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐标为，设直线方程为（或），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，性别
速度
合计
快
慢
男生
65
女生
55
合计
110
200
0.100
0.050
0.025
0.010
k
2.706
3.841
5.024
6.635
性别
速度
合计
快
慢
男生
65
35
100
女生
45
55
100
合计
110
90
200
1
2
3
高三数学试卷
全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
一､选择题：本题共8小题，每小题5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（，为虚数单位），若是实数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数乘法及复数的虚部为0计算即可.
【详解】因为是实数，
所以，
故选：A
2. 设集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的交集、并集、补集求解.
【详解】因为，
所以，，
，
因为，所以，
故选：B
3. 若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解.
【详解】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B
4. 已知数列为等比数列，且，则（ ）
A. 的最小值为50B. 的最大值为50
C. 的最小值为10D. 的最大值为10
【答案】C
【解析】
【分析】写出的表达式，利用基本不等式即可得出结论.
【详解】由题意，
在等比数列中，，
设公比为，则，
∴，
当且仅当即时等号成立，
∴的最小值为10，
故选：C.
5. 已知函数的零点分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质可判断小于1，大于1，再由数形结合判断即可.
【详解】令，可得，所以，即；
令，可得，即，所以，
即；
令，可得，由此可得，所以，
即，
作的图象，如图，
由图象可知，，所以.
故选：D
6. 设为坐标原点，为椭圆的焦点，点在上，，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用余弦定理可得，再由向量表示可知，即可得；联立即可求得.
【详解】如下图所示：
不妨设，根据椭圆定义可得，；
由余弦定理可知；
又因为，所以，又，
即可得，解得；
又，即；
所以可得；
故选：C
7. 已知二面角的大小为，球与直线相切，且平面、平面截球的两个截面圆的半径分别为、，则球半径的最大可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点在平面、平面内的射影点分别为、，设球切于点，连接、、，分析可知，、、、四点共圆，利用二面角的定义可得或，利用余弦定理求出的长，分析可知，球半径的最大值即为外接圆的直径，结合正弦定理求解即可.
【详解】设点在平面、平面内的射影点分别为、，
设球切于点，连接、、，如下图所示：
因为平面，平面，则，
由球的几何性质可知，，
因为，、平面，则平面，
同理可知，平面，
因为过点作直线的垂面，有且只有一个，所以，平面、平面重合，
因为平面，平面，则，同理可知，，
所以，、、、四点共圆，
由已知条件可知，，，
因平面，、平面，则，，
所以，二面角的平面角为或其补角.
①当时，
由余弦定理可得
，故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为；
②当时，
由余弦定理可得
故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为.
综上所述，球的半径的最大可能值为.
故选：D.
8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则满足要求的有序数对有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 无数个
【答案】B
【解析】
【分析】由题意有，通过分析得到，是满足题意的唯一解，注意检验.
【详解】由题意若不等式在上恒成立，
则必须满足，即，
由，两式相加得，
再由，两式相加得，
结合（4），（5）两式可知，代入不等式组得，
解得，
经检验，当，时，，
有，，满足在上恒成立，
综上所述：满足要求的有序数对为：，共一个.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是首先得到，进一步由不等式的性质通过分析即可求解.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项展开式通式以及赋值法即可得到答案.
【详解】对于 A， 取 , 则 ，则A正确；
对B，根据二项式展开通式得的展开式通项为，即，其中
所以，故B正确；
对C，取，则，
则，故C错误；
对D，取，则，
将其与作和得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
10. 设O为坐标原点，直线过圆的圆心且交圆于两点，则（ ）
A. B.
C. 的面积为D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，整理圆的方程为标准方程，明确圆心与半径，可得答案；
对于B，由题意，将圆心代入直线方程，求得参数，可得答案；
对于C，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形的面积公式，可得答案；
对于D，根据两点求得斜率，利用垂直直线斜率的关系，可得答案.
【详解】由圆的方程，
则，所以圆心，半径，
易知，故A错误；
将代入直线方程，则，解得，故B正确；
将代入直线方程，整理可得直线方程，
原点到直线的距离，且此为底上的高，
所以，故C正确；
由与，则直线的斜率，
由直线方程，则直线斜率，
由，则与不垂直，故D错误.
故选：BC.
11. 函数在区间上为单调函数，且图象关于直线对称，则（ ）
A. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于y轴对称
B. 函数在上单调递减
C. 若函数在区间上没有最小值，则实数的取值范围是
D. 若函数在区间上有且仅有2个零点，则实数a的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数单调性及对称轴求出函数解析式，由函数的平移判断A，根据单调性判断B，由函数的图象与性质可判断CD.
【详解】由题意且，
可得，，
故当时，，.
对A，函数的图象向右平移个单位长度可得，故函数图象关于y轴对称，故A正确；
对B，当时，，所以函数单调递减，故B正确；
对C，当时，，函数在区间上没有最小值，则需，即，故C错误；
对D，由C，函数在区间上有且仅有2个零点，则，即
，故D错误.
故选：AB
12. 已知函数：，对任意满足的实数，均有，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D. 是周期函数
【答案】AC
【解析】
【分析】由条件等式通过赋值可判断AC选项；进而令，可得，可设，满足，进而验证BD选项是否满足，即可判断.
【详解】由，
令，则，
即，因为，所以，故A正确；
令，，则，
即，即，
所以，即，所以函数是奇函数，故C正确；
令，则，
由AC选项，不妨设，
则，，满足，
而BD选项不满足，故BD错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意并结合三角函数定义、诱导公式直接计算即可.
【详解】由题意结合三角函数定义可知，
从而由诱导公式有.
故答案为：.
14. 已知圆台的上､下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长为，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积为.
【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；
设圆台的高为，由体积可得，
解得，所以可得圆台母线长为，
根据侧面展开图可得圆台侧面积为.
故答案为：
15. 第33届奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.某田径运动员准备参加100米､200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是___________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】设出事件，根据事件的关系得到，进而求出，再利用条件概率公式求出答案.
【详解】设在200米比赛中站上领奖台为事件，在100米比赛中站上领奖台为事件，
则，，，，
则，
则，
故.
故答案为：
16. 已知抛物线Γ：与直线围成的封闭区域中有矩形，点A，B在抛物线上，点C，D在直线上，则矩形对角线长度的最大值是___________.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意首先画出图形，不妨设，结合图形以及分别算出参数的范围以及目标函数表达式，从而即可求解.
【详解】如图所示：
联立，解得或，
得抛物线Γ与直线的两个交点分别为，
由题意四边形是矩形，故，且注意到
所以不妨设，
又，所以，
所以由图可知，
联立，
因此，
而，
由两平行线间的距离公式可知，
从而，
所以当且仅当时，长度取最大值是.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题关键是合理设参，并通过数形结合求出参数的范围也是很重要的，至于求出目标函数表达式只需仔细计算即可.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，求出的取值范围，可得出，即可证得结论成立；
（2）由可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
证明：因为，由正弦定理得，
即，
即，故，
因为、，所以，则，
所以，，所以，或（舍），因此.
【小问2详解】
解：因为，
故，
由，因为，故，
所以.
18. 已知数列满足，且对任意正整数m，n都有
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令，可得，用累加法即可求出数列的通项公式.
（2）由题意分是偶数和奇数两种情况讨论，当为偶数时，可用分组求和以及等差数列前项和公式，当为奇数时，利用n为偶数的结论即可求解.
【小问1详解】
由对任意整数均有，取，得，
当时，，
当时，，符合上式，所以.
【小问2详解】
当为偶数时，
，
当为奇数时，若，则，
若，则，
且当时，满足.
综上所述：.
19. 如图，已知正方体的棱长为4，点E满足，点F是的中点，点G满足
（1）求证：四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法1：取中点，分别连接，先证明四边形为平行四边形，则，再根据相似比可得，则，即可得出结论；
法2：以为原点，建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）利用向量法求解即可.
【小问1详解】
法1：如图，取中点，分别连接，因为为中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由知，由知，
所以，所以，
所以，所以四点共面；
法2：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，所以，
所以四点共面；
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面法向量为，
由，即，可取，
平面的法向量，
则有，可取，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面EFG与平面夹角的余弦值为.
20. 已知函数（e为自然对数的底数，）.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论，分别判断的符号，得出函数的单调区间；
（2）利用函数最值转化为求证，构造函数利用导数求最值即可得解.
【小问1详解】
，
当时，，在上单调递减；
当时，由可得，故时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，，
只需证，即证，
设，
则，
故时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
又，故，
即成立，所以原不等式成立.
21. 某中学在运动会期间，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
（1）根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？
（2）现有n根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.
（i）当，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；
（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为
附：
【答案】（1）有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关
（2）（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；
（2）（i）依题意，先得到的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【小问1详解】
依题意，完善列联表如下，
所以.
故有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.
【小问2详解】
（i）由题知，随机变量的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
所以.
（ii）不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，
令根绳子打结后可成圆的种数为，
那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故；
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以
【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利用数列的累乘法求得结果.
22. 已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点M且与平行的直线分别交另一条渐近线和C于点
（1）求C的方程；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由渐近线斜率得，结合求得得双曲线方程；
（2）设.直线的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，同时由两交点在右支得出，然后求出各点坐标计算出并代入韦达定理的结论化此式为关于的函数，从而可求得其取值范围．
【小问1详解】
由的焦距为6，知，即；
又渐近线方程为，则，
故，即，从而，
因此，双曲线的方程为.
【小问2详解】
设.直线的方程为，则.
将直线的方程代入得有两正根，
则,且，
又，解上述不等式组，得.
因为的方程为，则与的交点横坐标为
将的方程代入得即为点的横坐标，
故，
所以，，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐标为，设直线方程为（或），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，性别
速度
合计
快
慢
男生
65
女生
55
合计
110
200
0.100
0.050
0.025
0.010
k
2.706
3.841
5.024
6.635
性别
速度
合计
快
慢
男生
65
35
100
女生
45
55
100
合计
110
90
200
1
2
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