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吉林省通化市梅河口市第五中学2025届高三上学期9月月考 数学试题（含解析）
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这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2025届高三上学期9月月考 数学试题（含解析），共19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。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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．已知集合，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A．或x>2B．或
C．D．
2．函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
3．椭圆的两焦点为，，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两条边，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知的一段图象如图所示，则（ ）
A．
B．的图象的一个对称中心为
C．的单调递增区间是
D．函数的图象向左平移个单位后得到的是一个奇函数的图象
5．用一个边长为4的正方形纸片，做一个如图所示的几何体，图中两个圆锥等底、等高，则该几何体体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．若，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．元旦联欢会会场中挂着如图所示的两串灯笼， 每次随机选取其中一串并摘下其最下方的一个灯笺， 直至某一串灯笼被摘完为止， 则右侧灯笼先被摘完的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（ ）
①，②，③，④．
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
二､多选题：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．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．在区间上单调递减
D．在区间的值域为
10．已知点为抛物线的焦点，为上不重合的两个动点，为坐标原点，若直线（直线斜率存在且不为0）与仅有唯一交点，则（ ）
A．的准线方程为
B．若线段与的交点恰好为中点，则
C．直线与直线垂直
D．若，则
11．如图所示的曲线被称为双纽线，该种曲线在生活中应用非常广泛，其代数形式可表示为坐标中（为坐标原点）动点到点的距离满足：，则（ ）
A．OP的最大值是
B．若是曲线上一点，且在第一象限，则
C．与有1个交点
D．面积的最大值是
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．设抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，若，，则 ．
13．若曲线在点处的切线与曲线相切，则 ．
14．某射击比赛中，甲、乙两名选手进行多轮射击对决．每轮射击中，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为．若每轮射击中，命中目标的选手得1分，未命中目标的选手得0分，且各轮射击结果相互独立．则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为 ．
四、解答题： 本题共 5 小题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，且．
(1)求角A的大小；
(2)求面积的最大值．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若2bn＝3nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
17．在中，角的对边分别为的面积为，已知.
(1)求角；
(2)若的周长为，求的最大值.
18．正四棱柱中，点分别在上，且四点共面.
(1)若，记平面与底面的交线为，证明：；
(2)已知，若，求四边形面积的最大值.
19．在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为，则从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下去的概率为，那么从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点处，他每步走动都会有的概率向左移动1个单位，有的概率向右移动一个单位，原点处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以代表当这个人由开始，最终掉入陷阱的概率．
(1)若这个人开始时位于点处，且．
（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；
（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率；
（ⅲ）已知，若，求；
(2)已知是关于的连续函数．
（ⅰ）分别写出当和时，的值（直接写出即可，不必说明理由）；
（ⅱ）求关于的表达式．
1．A
【分析】由题可知图中的阴影部分表示，再根据交集，并集和补集的定义即可得解.
【详解】由题可知图中的阴影部分表示，
或，
则，
所以或x>2.
故选：A.
2．C
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可知，的定义域为，
又因为，
所以，为偶函数．
当时，，当时，，当时，.
故选：C．
3．D
【分析】设椭圆与正三角形另两条边的交点分别是A，B，易得，，由此建立a，c的齐次式，进而可得结果.
【详解】设椭圆与正三角形另两条边的交点分别是A，B，
易得，，
∴，∴，
∴，
故选：D.
4．C
【分析】首先根据函数图像求出函数解析式，即可判断A，再根据正弦函数的性质一一判断即可；
【详解】解：由图可知，，所以，解得，所以，又函数过点，即，所以，解得，因为，所以，所以，故A错误；
因为，所以函数关于对称，故B错误；
令，解得，故函数的单调递增区间为，故C正确；
将函数的图象向左平移个单位得为偶函数，故D错误；
故选：C
5．A
【分析】通过圆锥侧面展开图的两种情况①侧面展开图最大为半径为2的半圆，②侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，计算比较即可.
【详解】根据题意有两种方式可以得到这样的几何体，
方式一：如图①，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为2的半圆，
因此一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，高为，
所以两个圆锥体积的最大值为．
方式二：如图②，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，
因此一个圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
所以两个圆锥体积的最大值为．
，
故选：A．
6．D
【分析】结合结论若，则，证明，由此可得，再证明，由此可得结论.
【详解】若，则，且，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以，
故选：D．
7．D
【分析】根据题意，得到摘取的次数为次，结合独立重复实验的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，直至某一串灯笼被摘完为止，可得摘取的次数为次，
结合独立重复实验的概率计算公式，可得：
当两次摘完时，可得概率为；
当三次摘完时，可得概率为；
当四次摘完时，可得概率为，则.
故选：D.
8．A
【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断.
【详解】由题意可知，
则，，
则①正确；显然，故②正确；
因为，经过数字5的路线共有条.
理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条，
利用分步乘法计数原理可得，过数字5的路线共有条.
则，故③正确；
同理可得即有，故④错误.
故选:A．
9．ABD
【分析】根据正弦函数的性质逐一判断即可.
【详解】因为，
选项A：，所以的图象关于直线对称，A说法正确；
选项B：，所以的图象关于点对称，B说法正确；
选项C：当时，，因为在单调递增，所以在区间上单调递增，C说法错误；
选项D：当时，，因为在的值域为，
所以在区间的值域为，D说法正确；
故选：ABD
10．ABC
【分析】根据抛物线准线的定义即可判断A；求出线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可判断B；设直线的方程为，联立方程，根据，结合直线的斜率公式即可判断C；根据焦半径公式即可判断D.
【详解】对于A，由抛物线抛物线，得的准线方程为，故A正确；
对于B，F1,0，则线段的中点坐标为，则，解得，故B正确；
对于C，设直线的方程为，
联立，消得，则，所以，
则，所以直线与直线垂直，故C正确；
对于D，设，则，所以，
所以，所以，故D错误.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】根据对称性可知运动到轴上时，此时OP最大，即可求解A，根据特殊位置法即可求解B，利用与的交点，即可结合，求解C，利用判别式可得，即可求解D.
【详解】由双纽线的对称性可知：当运动到轴上时，此时OP最大，不妨设此时在轴的正半轴上，设此时，
由，得，解得，故OP的最大值是，A正确，
设Px,y，则，令，则，解得，而此时，不满足，故B错误，
联立与，则，解得，
故直线与曲线只有一个交点，而，，由A易知双纽线中，
根据对称性，只需研究上与的交点情况，显然只有原点这1个交点，C正确，
对于D，由可得，
令，则，该方程有实数根，故，解得，故，
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据与的交点，结合，，可判断与的交点，由二次型方程的根，利用判别式可求解最大的纵坐标.
12．##
【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，根据抛物的定义表示出，，再根据三角形相似得到，即可求出.
【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，抛物线的焦点为，准线为，
因为，，根据抛物线的定义可得，，
过点作轴于点，过点作轴于点，
则，所以，
所以，即，解得．
故答案为：．
13．
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程，再联立切线方程与，消元，根据计算可得.
【详解】由，所以，则，
所以曲线在点处的切线为，即；
又与曲线相切，
由，可得，
则，解得或（舍去），
故答案为：
14．
【分析】利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得答案.
【详解】则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为
.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理边化角，然后利用两角和的余弦公式及诱导公式变形可得答案；
（2）先利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，进而可得面积的最大值.
【详解】（1），
，
，，
，；
（2）由余弦定理可得：，
即，
则，，当且仅当时，等号成立．
，
面积的最大值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由的关系可得，求出，再由的关系，得到，进而根据等比定义求得{an}的通项公式；
（2），由错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．
【详解】（1）,
为首项是3，公比为3的等比数列，，
当时，，
当时，，符合上式，
（2）
，
，
，
.
17．(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，
又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
18．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接，利用已知可得四边形是平行四边形，进而可得平面，由线面平行的性质可得；
（2）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得四边形是平行四边形，进而可得，结合已知计算可求四边形面积的最大值.
【详解】（1）连接，
由正四棱柱，可得，，，又因为，所以由勾股定理可得，
又，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面平面，平面平面，
所以，所以；
（2）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，又底面是正方形，所以，
又，所以，
所以，
所以，
所以，
，
由正四棱柱，可得平在面，
又四点共面，过有唯一平面，
又平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以四边形是平行四边形，
又，所以，
所以，又，
所以，解得，
所以
，
所以四边形面积的最大值为.
19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）；（ⅲ）
(2)（ⅰ）当时，；当时，；（ⅱ）
【分析】（1）应用全概率公式分互斥事件计算概率，再根据递推公式构造数列，计算得出等比数列结合累加法得出通项公式；
（2）针对定义域分段求解函数表达式.
【详解】（1）（ⅰ）设事件：“这个人在第1步掉入陷阱”，事件：“这个人在第3步掉入陷阱”，事件：“这个人在第5步掉入陷阱”，
则他在5步内掉入陷阱的概率．
（ⅱ）他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率为，则这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由2,0先到达1,0处，
而这个概率和他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率相同，所以，
由此可得（舍去）或．
（ⅲ）由（ⅱ）可知，，
方法一：由，得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
则
累加得，所以．
方法二：由，得，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以．
（2）（ⅰ）由题意得，当时，；当时，．
（ⅱ）这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由2,0先到达1,0处，
而这个概率和他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率相同，
所以，即，得或．
因为是关于的连续函数，所以当时，，
当时，．
所以
【点睛】关键点点睛：根据递推公式构造数列，计算得出等比数列，结合累加法得出通项公式.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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．已知集合，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A．或x>2B．或
C．D．
2．函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
3．椭圆的两焦点为，，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两条边，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知的一段图象如图所示，则（ ）
A．
B．的图象的一个对称中心为
C．的单调递增区间是
D．函数的图象向左平移个单位后得到的是一个奇函数的图象
5．用一个边长为4的正方形纸片，做一个如图所示的几何体，图中两个圆锥等底、等高，则该几何体体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．若，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．元旦联欢会会场中挂着如图所示的两串灯笼， 每次随机选取其中一串并摘下其最下方的一个灯笺， 直至某一串灯笼被摘完为止， 则右侧灯笼先被摘完的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（ ）
①，②，③，④．
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
二､多选题：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．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．在区间上单调递减
D．在区间的值域为
10．已知点为抛物线的焦点，为上不重合的两个动点，为坐标原点，若直线（直线斜率存在且不为0）与仅有唯一交点，则（ ）
A．的准线方程为
B．若线段与的交点恰好为中点，则
C．直线与直线垂直
D．若，则
11．如图所示的曲线被称为双纽线，该种曲线在生活中应用非常广泛，其代数形式可表示为坐标中（为坐标原点）动点到点的距离满足：，则（ ）
A．OP的最大值是
B．若是曲线上一点，且在第一象限，则
C．与有1个交点
D．面积的最大值是
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．设抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，若，，则 ．
13．若曲线在点处的切线与曲线相切，则 ．
14．某射击比赛中，甲、乙两名选手进行多轮射击对决．每轮射击中，甲命中目标的概率为，乙命中目标的概率为．若每轮射击中，命中目标的选手得1分，未命中目标的选手得0分，且各轮射击结果相互独立．则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为 ．
四、解答题： 本题共 5 小题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，且．
(1)求角A的大小；
(2)求面积的最大值．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若2bn＝3nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
17．在中，角的对边分别为的面积为，已知.
(1)求角；
(2)若的周长为，求的最大值.
18．正四棱柱中，点分别在上，且四点共面.
(1)若，记平面与底面的交线为，证明：；
(2)已知，若，求四边形面积的最大值.
19．在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为，则从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下去的概率为，那么从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点处，他每步走动都会有的概率向左移动1个单位，有的概率向右移动一个单位，原点处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以代表当这个人由开始，最终掉入陷阱的概率．
(1)若这个人开始时位于点处，且．
（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；
（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率；
（ⅲ）已知，若，求；
(2)已知是关于的连续函数．
（ⅰ）分别写出当和时，的值（直接写出即可，不必说明理由）；
（ⅱ）求关于的表达式．
1．A
【分析】由题可知图中的阴影部分表示，再根据交集，并集和补集的定义即可得解.
【详解】由题可知图中的阴影部分表示，
或，
则，
所以或x>2.
故选：A.
2．C
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可知，的定义域为，
又因为，
所以，为偶函数．
当时，，当时，，当时，.
故选：C．
3．D
【分析】设椭圆与正三角形另两条边的交点分别是A，B，易得，，由此建立a，c的齐次式，进而可得结果.
【详解】设椭圆与正三角形另两条边的交点分别是A，B，
易得，，
∴，∴，
∴，
故选：D.
4．C
【分析】首先根据函数图像求出函数解析式，即可判断A，再根据正弦函数的性质一一判断即可；
【详解】解：由图可知，，所以，解得，所以，又函数过点，即，所以，解得，因为，所以，所以，故A错误；
因为，所以函数关于对称，故B错误；
令，解得，故函数的单调递增区间为，故C正确；
将函数的图象向左平移个单位得为偶函数，故D错误；
故选：C
5．A
【分析】通过圆锥侧面展开图的两种情况①侧面展开图最大为半径为2的半圆，②侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，计算比较即可.
【详解】根据题意有两种方式可以得到这样的几何体，
方式一：如图①，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为2的半圆，
因此一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，高为，
所以两个圆锥体积的最大值为．
方式二：如图②，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，
因此一个圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
所以两个圆锥体积的最大值为．
，
故选：A．
6．D
【分析】结合结论若，则，证明，由此可得，再证明，由此可得结论.
【详解】若，则，且，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以，
故选：D．
7．D
【分析】根据题意，得到摘取的次数为次，结合独立重复实验的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，直至某一串灯笼被摘完为止，可得摘取的次数为次，
结合独立重复实验的概率计算公式，可得：
当两次摘完时，可得概率为；
当三次摘完时，可得概率为；
当四次摘完时，可得概率为，则.
故选：D.
8．A
【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断.
【详解】由题意可知，
则，，
则①正确；显然，故②正确；
因为，经过数字5的路线共有条.
理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条，
利用分步乘法计数原理可得，过数字5的路线共有条.
则，故③正确；
同理可得即有，故④错误.
故选:A．
9．ABD
【分析】根据正弦函数的性质逐一判断即可.
【详解】因为，
选项A：，所以的图象关于直线对称，A说法正确；
选项B：，所以的图象关于点对称，B说法正确；
选项C：当时，，因为在单调递增，所以在区间上单调递增，C说法错误；
选项D：当时，，因为在的值域为，
所以在区间的值域为，D说法正确；
故选：ABD
10．ABC
【分析】根据抛物线准线的定义即可判断A；求出线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可判断B；设直线的方程为，联立方程，根据，结合直线的斜率公式即可判断C；根据焦半径公式即可判断D.
【详解】对于A，由抛物线抛物线，得的准线方程为，故A正确；
对于B，F1,0，则线段的中点坐标为，则，解得，故B正确；
对于C，设直线的方程为，
联立，消得，则，所以，
则，所以直线与直线垂直，故C正确；
对于D，设，则，所以，
所以，所以，故D错误.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】根据对称性可知运动到轴上时，此时OP最大，即可求解A，根据特殊位置法即可求解B，利用与的交点，即可结合，求解C，利用判别式可得，即可求解D.
【详解】由双纽线的对称性可知：当运动到轴上时，此时OP最大，不妨设此时在轴的正半轴上，设此时，
由，得，解得，故OP的最大值是，A正确，
设Px,y，则，令，则，解得，而此时，不满足，故B错误，
联立与，则，解得，
故直线与曲线只有一个交点，而，，由A易知双纽线中，
根据对称性，只需研究上与的交点情况，显然只有原点这1个交点，C正确，
对于D，由可得，
令，则，该方程有实数根，故，解得，故，
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据与的交点，结合，，可判断与的交点，由二次型方程的根，利用判别式可求解最大的纵坐标.
12．##
【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，根据抛物的定义表示出，，再根据三角形相似得到，即可求出.
【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，抛物线的焦点为，准线为，
因为，，根据抛物线的定义可得，，
过点作轴于点，过点作轴于点，
则，所以，
所以，即，解得．
故答案为：．
13．
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程，再联立切线方程与，消元，根据计算可得.
【详解】由，所以，则，
所以曲线在点处的切线为，即；
又与曲线相切，
由，可得，
则，解得或（舍去），
故答案为：
14．
【分析】利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得答案.
【详解】则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为
.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理边化角，然后利用两角和的余弦公式及诱导公式变形可得答案；
（2）先利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，进而可得面积的最大值.
【详解】（1），
，
，，
，；
（2）由余弦定理可得：，
即，
则，，当且仅当时，等号成立．
，
面积的最大值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由的关系可得，求出，再由的关系，得到，进而根据等比定义求得{an}的通项公式；
（2），由错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．
【详解】（1）,
为首项是3，公比为3的等比数列，，
当时，，
当时，，符合上式，
（2）
，
，
，
.
17．(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，
又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
18．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连接，利用已知可得四边形是平行四边形，进而可得平面，由线面平行的性质可得；
（2）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得四边形是平行四边形，进而可得，结合已知计算可求四边形面积的最大值.
【详解】（1）连接，
由正四棱柱，可得，，，又因为，所以由勾股定理可得，
又，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面平面，平面平面，
所以，所以；
（2）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，又底面是正方形，所以，
又，所以，
所以，
所以，
所以，
，
由正四棱柱，可得平在面，
又四点共面，过有唯一平面，
又平面平面，平面平面，
所以，同理可得，所以四边形是平行四边形，
又，所以，
所以，又，
所以，解得，
所以
，
所以四边形面积的最大值为.
19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）；（ⅲ）
(2)（ⅰ）当时，；当时，；（ⅱ）
【分析】（1）应用全概率公式分互斥事件计算概率，再根据递推公式构造数列，计算得出等比数列结合累加法得出通项公式；
（2）针对定义域分段求解函数表达式.
【详解】（1）（ⅰ）设事件：“这个人在第1步掉入陷阱”，事件：“这个人在第3步掉入陷阱”，事件：“这个人在第5步掉入陷阱”，
则他在5步内掉入陷阱的概率．
（ⅱ）他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率为，则这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由2,0先到达1,0处，
而这个概率和他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率相同，所以，
由此可得（舍去）或．
（ⅲ）由（ⅱ）可知，，
方法一：由，得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
则
累加得，所以．
方法二：由，得，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，所以．
（2）（ⅰ）由题意得，当时，；当时，．
（ⅱ）这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，
若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由2,0先到达1,0处，
而这个概率和他从1,0开始，最终掉入陷阱的概率相同，
所以，即，得或．
因为是关于的连续函数，所以当时，，
当时，．
所以
【点睛】关键点点睛：根据递推公式构造数列，计算得出等比数列，结合累加法得出通项公式.
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