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河北省秦皇岛市青龙满族自治县第一中学2024届高三下学期5月模拟考试数学试题（原卷版+解析版）
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1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据共轭复数结合复数运算可得，再结合复数的几何意义分析判断.
【详解】设，则.
因为，则，
可得，解得，
即，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2. 已知椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的方程，结合离心率的定义和求法，列出方程，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，，则，
所以，解得.
故选：B.
3. 若集合，，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再分、两种情况讨论，确定集合，再根据集合的包含关系得到不等式，解得即可.
【详解】由，即，解得，
所以，
当时，，符合，
当时，由，解得，
所以，
因为，所以，解得.
综上可得的取值范围为.
故选：D
4. 设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，可能内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；
当且时，设存在直线，，且，
因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C.
5. 三人被邀请参加同一个时间段的两个晚会，若两个晚会都必须有人去，去几人自行决定，且每人最多参加一个晚会，则不同的去法有（ ）
A. 8种B. 12种C. 16种D. 24种
【答案】B
【解析】
【分析】根据参加晚会的人数分类讨论，利用排列组合数求解即可.
【详解】第一种情况，只有两人参加晚会，有种去法；
第二种情况，三人参加晚会，有种去法，共12种去法.
故选：B
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A. 为直角三角形B. 为锐角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案.
【详解】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以，.
故选：A.
7. 已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.
【详解】因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点，不满足题意；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，不满足题意；
综上，，即的取值范围为.
故选：A.
8. 假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次（1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），非正常细菌每小时分裂1次（1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌）.若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，由题意可得，，进一步求出，的通项公式，即可得出答案.
【详解】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，
则，.
又，，所以，，
则，则，
所以是首项为和公差均为的等差数列，
所以，
所以，所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到的相关推递式，从而得解.
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. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数；B. 是周期为的周期函数；
C. 在上单调递增；D. 的最小值为.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用偶函数的定义可判定A，利用周期的定义可判定B，利用复合函数的单调性可判定C，根据周期性及单调性可判定D.
【详解】因为，所以是偶函数，故A正确；
易知，故B错误；
当时，，
因为，所以在上单调递减，
又单调递增，所以在上单调递减，故C错误；
易知，所以是周期为的周期函数，
当时，，
显然时，时，
则的最小值为，故D正确.
故选：AD
10. 设，是双曲线的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用直线对称的夹角关系，分类讨论结合双曲线的性质计算即可.
【详解】由题可知经过第二、四象限，经过第一、三象限，设的倾斜角为.
当时，则，即，，
即，所以.
当时，，即，，
即，所以.
综上，双曲线的离心率的平方为.
故选：CD
11. 在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角大小为，，则（ ）
A. 存在某个位置，使得
B. 存在某个位置，使得直线平面
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 当时，线段长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用特殊位置可判定A，根据线面平行的性质可判定B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定C，利用空间向量数量积研究模长可判定D.
【详解】设点A在平面上的投影为，即，
而当时，平面，
所以平面，平面，所以，
这种情况显然存在，故A正确；
若平面，平面，平面平面，
所以，显然矛盾，故B错误；
设，，则点A到的距离为，，，
要使得四棱锥的体积最大，则，
此时四棱锥的体积，
，在上单调递减，
且当时，.
令，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
即四棱锥体积的最大值为，C正确.
过A，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，，
又，
所以
.
因为二面角的大小为，所以与的夹角为120°.
设，，则，
，，，，
所以，
所以
.
故当时，有最小值28，故线段长度的最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：对于C项，设，利用表示线段长，利用棱锥体积公式得，通过导数研究其单调性计算最值即可；对于D项，根据空间向量数量积公式计算模长即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 的展开式中的系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】化简，结合二项展开式性质，即可求解.
【详解】由，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
13. 已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为___________.
【答案】9
【解析】
【分析】由结合是奇函数可求出的周期为3，即可求出，再由的对称性和周期性可得.
【详解】由，可得的图象关于点对称，
又是奇函数，所以，
则的周期为3，所以，
，
而，则.
故在上的零点个数的最小值为9.
故答案为：9.
14. 设，则的最大值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，利用基本不等式得到，再将右式配凑成的倍数，从而得解.
【详解】设，则，，
当且仅当，时，等号成立，
故.
令，解得，，
所以，当，时，等号成立.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用基本不等式，配凑出一个定值出来，从而得解.
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，函数的图象在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2.
（1）求的值；
（2）求在上的值域.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程，求出切线在坐标轴上的截距，利用三角形面积公式可得结果；
（2）由（1）可得在上单调递增，在上单调递减，求出，，的值可得结果.
【小问1详解】
因为，所以，则.
因为，所以切点坐标为，
所以的图象在点处的切线方程为.
令，得，又，所以，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，令，解得，所以在上单调递增.
令，解得，所以 在上单调递减，
又，，，
所以在上的值域为.
16. 教练统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
已知甲12次投篮次数的方差，乙8次投篮次数的方差.
（1）求这20次投篮次数的平均数与方差.
（2）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.已知第一次投篮的人是甲，且甲、乙总共投篮了3次，表示甲投篮的次数，求的分布列与期望.
【答案】（1）平均数78，方差33；
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用平均数的计算公式及分层抽样的方差公式计算即可；
（2）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可.
【小问1详解】
甲12次投篮次数平均数，乙8次投篮次数的平均数.
这20次投篮次数的平均数，
方差
.
【小问2详解】
的可能取值为1，2，3，
则，
，
，
所以的分布列为
.
17. 如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
（1）证明：.
（2）已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【小问1详解】
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
【小问2详解】
因为平面平面，且平面平面，，
所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设.
则，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
18. “完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍.寻找“完全数”需要用到函数，记函数，为的所有正因数之和.
（1）判断28是否为完全数，并说明理由.
（2）已知，若为质数，证明：为完全数.
（3）已知，求，的值.
【答案】（1）28是完全数，理由见解析；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）根据完全数的概念求解即可；
（2）根据完全数的概念结合等比数列求和公式计算证明即可；
（3）根据完全数的概念结合等比数列求和公式计算求解即可.
【小问1详解】
28的所有正因数为1，2，4，7，14，28，
因为，所以28是完全数.
【小问2详解】
的正因数为，，，，，，，，，，
，
所以为完全数.
【小问3详解】
的正因数为，，，，，，，，，，，，，，，，
所以.
因，
所以
.
19. 已知为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点.
（1）求的方程；
（2）已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，由代入计算，即可得到抛物线方程；
（2）根据题意，分有一边斜率不存在与三边的斜率都存在讨论，分别表示出，结合代入计算，结合基本不等式即可得到直线斜率的最大值.
小问1详解】
设，，，联立方程得，
则，.
因为以为直径的圆过点，所以，则，即，
解得，
所以，解得，所以的方程为.
【小问2详解】
设，，.不妨设，，按逆时针顺序排列.
①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设，
则，.
与抛物线的方程联立得，，中心.
②当三边的斜率都存在时，，.
又，所以，
化简可得，
同理可得，
，
三式相加得.
因为，，是上的三点，所以，
又，
所以.
设，则，，代入上式得.
又①也满足，所以的轨迹方程为.
当，直线的斜率为，当且仅当时，
直线的斜率取得最大值.
当时，直线的斜率.
综上，直线斜率的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用内角为得到关于的三条方程，从而整理得的轨迹方程为，由此得解.
甲
77
73
77
81
85
81
77
85
93
73
77
81
乙
71
81
73
73
71
73
85
73
1
2
3
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据共轭复数结合复数运算可得，再结合复数的几何意义分析判断.
【详解】设，则.
因为，则，
可得，解得，
即，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2. 已知椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的方程，结合离心率的定义和求法，列出方程，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，，则，
所以，解得.
故选：B.
3. 若集合，，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再分、两种情况讨论，确定集合，再根据集合的包含关系得到不等式，解得即可.
【详解】由，即，解得，
所以，
当时，，符合，
当时，由，解得，
所以，
因为，所以，解得.
综上可得的取值范围为.
故选：D
4. 设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，可能内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；
当且时，设存在直线，，且，
因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C.
5. 三人被邀请参加同一个时间段的两个晚会，若两个晚会都必须有人去，去几人自行决定，且每人最多参加一个晚会，则不同的去法有（ ）
A. 8种B. 12种C. 16种D. 24种
【答案】B
【解析】
【分析】根据参加晚会的人数分类讨论，利用排列组合数求解即可.
【详解】第一种情况，只有两人参加晚会，有种去法；
第二种情况，三人参加晚会，有种去法，共12种去法.
故选：B
6. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A. 为直角三角形B. 为锐角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案.
【详解】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以，.
故选：A.
7. 已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.
【详解】因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点，不满足题意；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，不满足题意；
综上，，即的取值范围为.
故选：A.
8. 假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次（1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），非正常细菌每小时分裂1次（1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌）.若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，由题意可得，，进一步求出，的通项公式，即可得出答案.
【详解】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，
则，.
又，，所以，，
则，则，
所以是首项为和公差均为的等差数列，
所以，
所以，所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到的相关推递式，从而得解.
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. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数；B. 是周期为的周期函数；
C. 在上单调递增；D. 的最小值为.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用偶函数的定义可判定A，利用周期的定义可判定B，利用复合函数的单调性可判定C，根据周期性及单调性可判定D.
【详解】因为，所以是偶函数，故A正确；
易知，故B错误；
当时，，
因为，所以在上单调递减，
又单调递增，所以在上单调递减，故C错误；
易知，所以是周期为的周期函数，
当时，，
显然时，时，
则的最小值为，故D正确.
故选：AD
10. 设，是双曲线的两条渐近线，若直线与直线关于直线对称，则双曲线的离心率的平方可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用直线对称的夹角关系，分类讨论结合双曲线的性质计算即可.
【详解】由题可知经过第二、四象限，经过第一、三象限，设的倾斜角为.
当时，则，即，，
即，所以.
当时，，即，，
即，所以.
综上，双曲线的离心率的平方为.
故选：CD
11. 在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角大小为，，则（ ）
A. 存在某个位置，使得
B. 存在某个位置，使得直线平面
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 当时，线段长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用特殊位置可判定A，根据线面平行的性质可判定B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定C，利用空间向量数量积研究模长可判定D.
【详解】设点A在平面上的投影为，即，
而当时，平面，
所以平面，平面，所以，
这种情况显然存在，故A正确；
若平面，平面，平面平面，
所以，显然矛盾，故B错误；
设，，则点A到的距离为，，，
要使得四棱锥的体积最大，则，
此时四棱锥的体积，
，在上单调递减，
且当时，.
令，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
即四棱锥体积的最大值为，C正确.
过A，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，，
又，
所以
.
因为二面角的大小为，所以与的夹角为120°.
设，，则，
，，，，
所以，
所以
.
故当时，有最小值28，故线段长度的最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：对于C项，设，利用表示线段长，利用棱锥体积公式得，通过导数研究其单调性计算最值即可；对于D项，根据空间向量数量积公式计算模长即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 的展开式中的系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】化简，结合二项展开式性质，即可求解.
【详解】由，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
13. 已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为___________.
【答案】9
【解析】
【分析】由结合是奇函数可求出的周期为3，即可求出，再由的对称性和周期性可得.
【详解】由，可得的图象关于点对称，
又是奇函数，所以，
则的周期为3，所以，
，
而，则.
故在上的零点个数的最小值为9.
故答案为：9.
14. 设，则的最大值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，利用基本不等式得到，再将右式配凑成的倍数，从而得解.
【详解】设，则，，
当且仅当，时，等号成立，
故.
令，解得，，
所以，当，时，等号成立.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用基本不等式，配凑出一个定值出来，从而得解.
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，函数的图象在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2.
（1）求的值；
（2）求在上的值域.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程，求出切线在坐标轴上的截距，利用三角形面积公式可得结果；
（2）由（1）可得在上单调递增，在上单调递减，求出，，的值可得结果.
【小问1详解】
因为，所以，则.
因为，所以切点坐标为，
所以的图象在点处的切线方程为.
令，得，又，所以，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，令，解得，所以在上单调递增.
令，解得，所以 在上单调递减，
又，，，
所以在上的值域为.
16. 教练统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
已知甲12次投篮次数的方差，乙8次投篮次数的方差.
（1）求这20次投篮次数的平均数与方差.
（2）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为.已知第一次投篮的人是甲，且甲、乙总共投篮了3次，表示甲投篮的次数，求的分布列与期望.
【答案】（1）平均数78，方差33；
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用平均数的计算公式及分层抽样的方差公式计算即可；
（2）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可.
【小问1详解】
甲12次投篮次数平均数，乙8次投篮次数的平均数.
这20次投篮次数的平均数，
方差
.
【小问2详解】
的可能取值为1，2，3，
则，
，
，
所以的分布列为
.
17. 如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
（1）证明：.
（2）已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【小问1详解】
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
【小问2详解】
因为平面平面，且平面平面，，
所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设.
则，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
18. “完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍.寻找“完全数”需要用到函数，记函数，为的所有正因数之和.
（1）判断28是否为完全数，并说明理由.
（2）已知，若为质数，证明：为完全数.
（3）已知，求，的值.
【答案】（1）28是完全数，理由见解析；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）根据完全数的概念求解即可；
（2）根据完全数的概念结合等比数列求和公式计算证明即可；
（3）根据完全数的概念结合等比数列求和公式计算求解即可.
【小问1详解】
28的所有正因数为1，2，4，7，14，28，
因为，所以28是完全数.
【小问2详解】
的正因数为，，，，，，，，，，
，
所以为完全数.
【小问3详解】
的正因数为，，，，，，，，，，，，，，，，
所以.
因，
所以
.
19. 已知为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点.
（1）求的方程；
（2）已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，由代入计算，即可得到抛物线方程；
（2）根据题意，分有一边斜率不存在与三边的斜率都存在讨论，分别表示出，结合代入计算，结合基本不等式即可得到直线斜率的最大值.
小问1详解】
设，，，联立方程得，
则，.
因为以为直径的圆过点，所以，则，即，
解得，
所以，解得，所以的方程为.
【小问2详解】
设，，.不妨设，，按逆时针顺序排列.
①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设，
则，.
与抛物线的方程联立得，，中心.
②当三边的斜率都存在时，，.
又，所以，
化简可得，
同理可得，
，
三式相加得.
因为，，是上的三点，所以，
又，
所以.
设，则，，代入上式得.
又①也满足，所以的轨迹方程为.
当，直线的斜率为，当且仅当时，
直线的斜率取得最大值.
当时，直线的斜率.
综上，直线斜率的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用内角为得到关于的三条方程，从而整理得的轨迹方程为，由此得解.
甲
77
73
77
81
85
81
77
85
93
73
77
81
乙
71
81
73
73
71
73
85
73
1
2
3
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