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广东省东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学2024届高三第四次六校联考数学试题（解析版）
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这是一份广东省东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学2024届高三第四次六校联考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学
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. 展开式中第3项的系数是（ ）
A. 90B. -90C. -270D. 270
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理求出通项公式，进而求出第3项.
【详解】展开式的第3项为，故第3项系数为90，
故选：A
2. 在等差数列中，若，则公差
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
把用表示出来，根据题目条件列出方程组，即可求得本题答案.
【详解】在等差数列中，因为，所以，求得.
故选：B
【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题.
3. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出，在根据向量在向量上的投影向量为计算可得.
【详解】因为，且，所以，即，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：C
4. 在中，“”是“为钝角三角形”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】C
【解析】
【分析】推出的等价式子，即可判断出结论.
【详解】为钝角三角形.
∴在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
5. 已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，为边长是2的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件知，外接球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又平面平面，所以可得等边三角形的中心即为外接球的球心，求出外接圆的半径即得三棱锥外接球的半径．
【详解】直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，过该点作一条垂直于平面的直线．
因为平面平面，
所以所作直线在平面内，且经过等边三角形的中心，
所以等边三角形的中心就是三棱锥外接球的球心，
所以外接圆的半径也是三棱锥外接球的半径．
由正弦定理知，(是的外接圆的半径)，即，
所以，
于是三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥外接球的表面积为．
故选：A．
6. 血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数.人体的血氧饱和度正常范围是，当血氧饱和度低于时，需要吸氧治疗，在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型：描述血氧饱和度随给氧时间t（单位：时）的变化规律，其中为初始血氧饱和度，K为参数.已知，给氧1小时后，血氧饱和度为.若使得血氧饱和度达到，则至少还需要给氧时间（单位：时）为（ ）
（精确到0.1，参考数据：）
A. 0.3B. 0.5C. 0.7D. 0.9
【答案】B
【解析】
【分析】依据题给条件列出关于时间t的方程，解之即可求得给氧时间至少还需要的小时数.
【详解】设使得血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要小时，
由题意可得，，两边同时取自然对数并整理，
得，，
则，则给氧时间至少还需要小时
故选： B
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线分别在第一、二象限交于两点，内切圆的半径为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线定义结合已知得，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解.
【详解】不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以，
点A在双曲线上，
，
又，
，，
点B在双曲线上，
，
，
，
设内切圆圆心为I，连接，如图所示，
，
，
即，
为等边三角形，，
在由余弦定理得：，
即：，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得到，由此即可顺利得解.
8. 函数在开区间的零点个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】法一：由，令求解；法二：由，令求解.
【详解】解：法一：
，
，
令，则或，
即：或或，
如图所示：
由图像可知，
函数共8个零点.
法二：因为，
由，得，或，
所以，或，即，或，，
因为，
所以，或共个零点
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 给定数集，，满足方程，下列对应关系为函数的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用函数的定义，结合指数函数、对数函数的性质逐项判断即得.
【详解】对于A，，，均有唯一确定，符合函数定义，A正确；
对于B，，，均有唯一确定，符合函数定义，B正确；
对于C，，取，，不符合函数定义，C错误；
对于D，，，均有唯一确定，符合函数定义，D正确.
故选：ABD
10. 已知为复数，设，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据复数的几何意义、共轭复数、复数的乘法运算可以表示出，，三点的坐标，通过向量的模长、向量的平行和垂直知识进而可以判断.
【详解】设，，
，，
，，
对于A，，故选项A正确；
对于B， ，，故选项B正确；
对于C，，
当时，，故选项C错误；
对于D， ，
可以为零，也可以不为零，所以不一定平行于，故选项D错误.
故选:AB
11. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A. （其中）B. 数列是递减数列
C. D. 数列的前项和
【答案】AD
【解析】
【分析】根据可求的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，得，进一步判断数列的结构特征，得到数列是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列的前项和，判断D的真假.
【详解】对于A选项，由得，所以，故A正确.
二次函数有两个不等式实根，，
不妨设，
因为，
所以，
在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，
因为
所以，即：
所以为公比是2，首项为1的等比数列.
所以故BC错.
对于D选项，，得故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有_________种.
【答案】36
【解析】
【分析】首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解.
【详解】依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有.
故答案为：
13. 已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意作出图形，结合图象转化得，从而利用两点距离公式求得点的轨迹方程，进而得到直线与圆有交点，由此得解.
【详解】连接圆心和切点，如图所示，则有，
易知，
故，，
不妨设，，，
，化简得，
P的轨迹为以圆心，为半径的圆，
又P在直线上，直线与圆有交点，
，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将题设条件转化得，从而利用阿氏圆的相关知识可知点的轨迹方程为圆，进而得解.
14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则___________；若，则的值为___________.
【答案】 ①. ②. ##5.75
【解析】
【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；
第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
故答案为：；
【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
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. 已知椭圆，抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为坐标原点，从，上分别取两个点，将其坐标记录于下表中：
（1）求和的标准方程；
（2）若和交于不同的两点，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）通过观察可得点在抛物线上，点在椭圆上，代入点的方程求解即可；
（2）将和联立，求出交点横坐标，然后利用数量积的坐标运算求解.
【小问1详解】
设抛物线的标准方程为，则，
结合表格数据，因为，
所以点在抛物线上，且，解得，
所以抛物线的标准方程为.
将点代入椭圆的标准方程中，
得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
根据对称性，可设两点坐标分别为，
联立方程组，消得，
解得，，
因为，
所以.
所以.
16. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，.
（1）求证：平面平面；
（2）点为棱的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，根据判定定理可证平面平面；
（2）以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：如图，取的中点，连接，
∵为正三角形，，∴且.
∵，为的中点，∴，
又∵底面为直角梯形，即，故四边形为平行四边形，
而，所以四边形为矩形，∴.
平面，∴平面.
∵平面，平面平面.
【小问2详解】
由（1）得，由（1）又可得，
如图，以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，
.
设平面的法向量为，
由，得，令，则，，
设与平面所成的角为，则
，
∴与平面所成角的正弦值为
17. 某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业.该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用.已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立.
（1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率；
（2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作；
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作.
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值.
【答案】（1）
（2）方案一大于方案二
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式，即可求解；
（2）首先确定两种方案成功次数的取值，根据独立事件概率公式求概率，再比较其数学期望.
【小问1详解】
用事件表示选择甲种无人运输机，用事件表示选择乙种无人运输机，
用事件表示“选中的无人运输机操作成功”
则，
【小问2详解】
设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2，
方案一：，
，
，
所以.
方案二：
，
，
，
所以.
所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值.
18. 已知函数，.
（1）求证：当，；
（2）若，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别构造函数，，，利用导数分别求出两函数的最值，即可得证；
（2）在区间上恒成立，即在区间上恒成立，构造函数，由分类讨论求出函数的最值即可得解.
【小问1详解】
设，
则，所以在区间上单调递增，
所以，即，
设，，
则，
由时，，即，
所以，
设，则，
当时，，所以函数在区间上单调递增，
故在区间上，，即在区间上，，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，即，
所以得证.
【小问2详解】
由在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
设，则在区间上恒成立，
而，
令，则，
由（1）知：在区间上，，
即，所以在区间上函数单调递增，
①当时，，
故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增，
又，故，即函数在区间上恒成立；
②当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
又在区间上函数单调递增，
故在区间上函数，
所以在区间上函数单调递减，
由，所以在区间上，与题设矛盾.
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.
（1）试判断集合否具有性质，并说明理由；
（2）若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”；
（3）证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”.
【答案】（1）不具有，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断；
（2）首先根据性质，确定集合，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”；
（3）首先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于
证明满足性质的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的，再证明均属于，即可证明.
【小问1详解】
集合不具有性质，理由如下：
（i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③
（ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，，
则有，即，不满足条件②，
综上所述，可得集合不具有性质.
【小问2详解】
证明：由是偶数，得实数是奇数，
当时，由，得，即，不合题意，
当时，由，得，即，或（舍），
因为是偶数，所以集合，
令，解得，
显然，
所以集合是集合的“期待子集”得证.
【小问3详解】
证明：
先证充分性：
当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于，
不妨设，令，，，则，即满足条件①，
因，所以，即满足条件②，
因为，所以为偶数，即满足条件③，
所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.
再证必要性：
当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数，
令，，，则由条件①得，
由条件②得，
由条件③得均为整数，
因为，
所以，且均整数，
所以，
因为，
所以均属于，
所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”.
综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质”和“期待子集”的定义.
数学
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. 展开式中第3项的系数是（ ）
A. 90B. -90C. -270D. 270
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理求出通项公式，进而求出第3项.
【详解】展开式的第3项为，故第3项系数为90，
故选：A
2. 在等差数列中，若，则公差
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
把用表示出来，根据题目条件列出方程组，即可求得本题答案.
【详解】在等差数列中，因为，所以，求得.
故选：B
【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的应用，属于基础题.
3. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出，在根据向量在向量上的投影向量为计算可得.
【详解】因为，且，所以，即，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：C
4. 在中，“”是“为钝角三角形”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】C
【解析】
【分析】推出的等价式子，即可判断出结论.
【详解】为钝角三角形.
∴在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
5. 已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，为边长是2的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件知，外接球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又平面平面，所以可得等边三角形的中心即为外接球的球心，求出外接圆的半径即得三棱锥外接球的半径．
【详解】直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，过该点作一条垂直于平面的直线．
因为平面平面，
所以所作直线在平面内，且经过等边三角形的中心，
所以等边三角形的中心就是三棱锥外接球的球心，
所以外接圆的半径也是三棱锥外接球的半径．
由正弦定理知，(是的外接圆的半径)，即，
所以，
于是三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥外接球的表面积为．
故选：A．
6. 血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数.人体的血氧饱和度正常范围是，当血氧饱和度低于时，需要吸氧治疗，在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型：描述血氧饱和度随给氧时间t（单位：时）的变化规律，其中为初始血氧饱和度，K为参数.已知，给氧1小时后，血氧饱和度为.若使得血氧饱和度达到，则至少还需要给氧时间（单位：时）为（ ）
（精确到0.1，参考数据：）
A. 0.3B. 0.5C. 0.7D. 0.9
【答案】B
【解析】
【分析】依据题给条件列出关于时间t的方程，解之即可求得给氧时间至少还需要的小时数.
【详解】设使得血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要小时，
由题意可得，，两边同时取自然对数并整理，
得，，
则，则给氧时间至少还需要小时
故选： B
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线分别在第一、二象限交于两点，内切圆的半径为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线定义结合已知得，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解.
【详解】不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以，
点A在双曲线上，
，
又，
，，
点B在双曲线上，
，
，
，
设内切圆圆心为I，连接，如图所示，
，
，
即，
为等边三角形，，
在由余弦定理得：，
即：，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得到，由此即可顺利得解.
8. 函数在开区间的零点个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】法一：由，令求解；法二：由，令求解.
【详解】解：法一：
，
，
令，则或，
即：或或，
如图所示：
由图像可知，
函数共8个零点.
法二：因为，
由，得，或，
所以，或，即，或，，
因为，
所以，或共个零点
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 给定数集，，满足方程，下列对应关系为函数的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用函数的定义，结合指数函数、对数函数的性质逐项判断即得.
【详解】对于A，，，均有唯一确定，符合函数定义，A正确；
对于B，，，均有唯一确定，符合函数定义，B正确；
对于C，，取，，不符合函数定义，C错误；
对于D，，，均有唯一确定，符合函数定义，D正确.
故选：ABD
10. 已知为复数，设，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据复数的几何意义、共轭复数、复数的乘法运算可以表示出，，三点的坐标，通过向量的模长、向量的平行和垂直知识进而可以判断.
【详解】设，，
，，
，，
对于A，，故选项A正确；
对于B， ，，故选项B正确；
对于C，，
当时，，故选项C错误；
对于D， ，
可以为零，也可以不为零，所以不一定平行于，故选项D错误.
故选:AB
11. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A. （其中）B. 数列是递减数列
C. D. 数列的前项和
【答案】AD
【解析】
【分析】根据可求的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，得，进一步判断数列的结构特征，得到数列是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列的前项和，判断D的真假.
【详解】对于A选项，由得，所以，故A正确.
二次函数有两个不等式实根，，
不妨设，
因为，
所以，
在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，
因为
所以，即：
所以为公比是2，首项为1的等比数列.
所以故BC错.
对于D选项，，得故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有_________种.
【答案】36
【解析】
【分析】首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解.
【详解】依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有.
故答案为：
13. 已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意作出图形，结合图象转化得，从而利用两点距离公式求得点的轨迹方程，进而得到直线与圆有交点，由此得解.
【详解】连接圆心和切点，如图所示，则有，
易知，
故，，
不妨设，，，
，化简得，
P的轨迹为以圆心，为半径的圆，
又P在直线上，直线与圆有交点，
，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将题设条件转化得，从而利用阿氏圆的相关知识可知点的轨迹方程为圆，进而得解.
14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则___________；若，则的值为___________.
【答案】 ①. ②. ##5.75
【解析】
【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；
第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
故答案为：；
【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
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. 已知椭圆，抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为坐标原点，从，上分别取两个点，将其坐标记录于下表中：
（1）求和的标准方程；
（2）若和交于不同的两点，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）通过观察可得点在抛物线上，点在椭圆上，代入点的方程求解即可；
（2）将和联立，求出交点横坐标，然后利用数量积的坐标运算求解.
【小问1详解】
设抛物线的标准方程为，则，
结合表格数据，因为，
所以点在抛物线上，且，解得，
所以抛物线的标准方程为.
将点代入椭圆的标准方程中，
得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
根据对称性，可设两点坐标分别为，
联立方程组，消得，
解得，，
因为，
所以.
所以.
16. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，.
（1）求证：平面平面；
（2）点为棱的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，根据判定定理可证平面平面；
（2）以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：如图，取的中点，连接，
∵为正三角形，，∴且.
∵，为的中点，∴，
又∵底面为直角梯形，即，故四边形为平行四边形，
而，所以四边形为矩形，∴.
平面，∴平面.
∵平面，平面平面.
【小问2详解】
由（1）得，由（1）又可得，
如图，以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，
.
设平面的法向量为，
由，得，令，则，，
设与平面所成的角为，则
，
∴与平面所成角的正弦值为
17. 某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业.该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用.已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立.
（1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率；
（2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作；
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作.
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值.
【答案】（1）
（2）方案一大于方案二
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式，即可求解；
（2）首先确定两种方案成功次数的取值，根据独立事件概率公式求概率，再比较其数学期望.
【小问1详解】
用事件表示选择甲种无人运输机，用事件表示选择乙种无人运输机，
用事件表示“选中的无人运输机操作成功”
则，
【小问2详解】
设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2，
方案一：，
，
，
所以.
方案二：
，
，
，
所以.
所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值.
18. 已知函数，.
（1）求证：当，；
（2）若，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别构造函数，，，利用导数分别求出两函数的最值，即可得证；
（2）在区间上恒成立，即在区间上恒成立，构造函数，由分类讨论求出函数的最值即可得解.
【小问1详解】
设，
则，所以在区间上单调递增，
所以，即，
设，，
则，
由时，，即，
所以，
设，则，
当时，，所以函数在区间上单调递增，
故在区间上，，即在区间上，，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，即，
所以得证.
【小问2详解】
由在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
设，则在区间上恒成立，
而，
令，则，
由（1）知：在区间上，，
即，所以在区间上函数单调递增，
①当时，，
故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增，
又，故，即函数在区间上恒成立；
②当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
又在区间上函数单调递增，
故在区间上函数，
所以在区间上函数单调递减，
由，所以在区间上，与题设矛盾.
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.
（1）试判断集合否具有性质，并说明理由；
（2）若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”；
（3）证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”.
【答案】（1）不具有，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断；
（2）首先根据性质，确定集合，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”；
（3）首先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于
证明满足性质的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的，再证明均属于，即可证明.
【小问1详解】
集合不具有性质，理由如下：
（i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③
（ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，，
则有，即，不满足条件②，
综上所述，可得集合不具有性质.
【小问2详解】
证明：由是偶数，得实数是奇数，
当时，由，得，即，不合题意，
当时，由，得，即，或（舍），
因为是偶数，所以集合，
令，解得，
显然，
所以集合是集合的“期待子集”得证.
【小问3详解】
证明：
先证充分性：
当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于，
不妨设，令，，，则，即满足条件①，
因，所以，即满足条件②，
因为，所以为偶数，即满足条件③，
所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.
再证必要性：
当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数，
令，，，则由条件①得，
由条件②得，
由条件③得均为整数，
因为，
所以，且均整数，
所以，
因为，
所以均属于，
所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”.
综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质”和“期待子集”的定义.
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