2023届北京市海淀区高三一模数学试题查漏补缺练习试题含解析

这是一份2023届北京市海淀区高三一模数学试题查漏补缺练习试题含解析，共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届北京市海淀区高三一模数学试题查漏补缺练习试题

一、单选题
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由指数函数的单调性解不等式，再求交集.
【详解】因为，所以.
故选：C
2．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解一元二次不等式得集合，再根据并集运算得结果.
【详解】由解得，所以，又，
所以.
故选：A.
3．若集合，集合，则（    ）
A． B． C． D．R
【答案】B
【分析】求得集合，，根据集合交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，
根据集合交集的运算，可得.
故选：B.
4．已知复数，其中i是虚数单位，是z的共轭复数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，，根据，解出即可.
【详解】设，，，解得
，所以，
故选：B
5．复数的模（　　）
A． B．2 C． D．1
【答案】D
【分析】首先根据体题意得到，再求模长即可.
【详解】，
所以.
故选：D
6．已知为虚数单位，复数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用复数的四则运算求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
7．设等差数列的前n项和为，若，则（     ）
A．60 B．70 C．120 D．140
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质可求得 ，利用等差数列前n项和公式并化简，可得答案.
【详解】在等差数列中，，则 ，
故，
故选：B
8．数列是等差数列，若，，则（    ）
A． B．9 C．10 D．20
【答案】B
【分析】由条件可得，然后可得答案.
【详解】因为数列是等差数列，，所以，
因为，所以，
故选：B
9．在等差数列中，，设数列的前项和为，则（    ）
A．12 B．99 C．132 D．198
【答案】C
【分析】利用等差数列的性质，以及前项和公式，即可求解.
【详解】，，
.
故选：C
10．已知抛物线的焦点为，直线与该抛物线交于A，B两点，则（    ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】D
【分析】根据题意可得抛物线的方程，从而可得坐标，从而得到.
【详解】因为抛物线的焦点为，则，所以抛物线方程为，
设，不妨令，
则可得，即，
所以.
故选:D
11．已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到点的距离为，则点到原点的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由抛物线的定义，将抛物线上一点到焦点的距离转化为到准线的距离，列方程求出点的坐标，进而得出点到原点的距离．
【详解】抛物线的准线为，
由题意，设，，，，
则点P到原点的距离为，
故选：D
12．过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于点A，B，线段的中点M的横坐标为4，则长为（    ）
A．10 B．8 C．5 D．4
【答案】A
【分析】由梯形中位线长度得到上底和下底长度之和，通过抛物线的定义，转化为到焦点的距离，然后得到的长度.
【详解】设中点为，则，过分别做准线的垂线，垂足分别为
因为为中点，则易知为梯形的中位线，而，
所以.
根据抛物线定义可知
所以.
故选：A.

13．若，则（    ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】对赋值，分别赋值，，进而可得结果.
【详解】由，
令，则，即，
令，则，
即
所以.
故选：D.
14．若，则（    ）
A．121 B．-122 C．-121 D．122
【答案】B
【分析】赋值法分别令，，联立可求得的值.
【详解】令可得， ①
令可得， ②
由②－①可得，则
故选：B
15．设，若，则（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】先求出展开式第项，再由列出方程，即可求出的值.
【详解】展开式第项，
∵，∴，
∴.
故选：A.
16．设为直线的动点，为圆的一条切线，为切点，则的面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由圆的方程可得圆心与半径，利用三角形的面积，将面积的最值小问题转化为点到直线的距离的最小值可求答案．
【详解】由圆的标准方程为，
则圆心坐标为，半径，
则的面积，
要使的面积的最小，则最小，又，
即最小即可，此时最小值为圆心到直线的距离，
，
即的面积的最小值为．
故选：C．
17．已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（    ）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【分析】先求出圆心和半径，以及直线的定点，利用圆的几何特征可得到当时，最小
【详解】由圆的方程，可知圆心，半径，
直线过定点，
因为，则定点在圆内，
则点和圆心连线的长度为，
当圆心到直线距离最大时，弦长最小，此时，
由圆的弦长公式可得，
故选：C
18．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.
【详解】由于半径为1的圆（设为圆）经过点，
所以圆的圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
到直线距离为，
所以圆的圆心到直线距离的最大值为.
故选：C
19．在中，，，设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则，化简得到,结合题设条件，得到，即可求解.
【详解】在三角形中，，，
可得,
因为，所以，所以.
故选：C.

20．在中，为边上的中线，E为的中点，若，则（    ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据向量的加法运算法则，，即可得解.
【详解】
由为边上的中线，E为的中点，可得：
，
，所以，
故选：C.
21．如图，在中，点，满足，.若，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】利用平面向量的线性运算可得，再根据平面向量基本定理可得，从而可得答案.
【详解】因为

，
又，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理，属于基础题.
22．设，二次函数的图象为下列之一，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由二次函数的性质得该函数的对称轴不能为轴，当开口向上时，对称轴，进而得该函数图象，进而结合函数图象过坐标原点且开口向下即可得答案.
【详解】由题知，，
所以二次函数的图象不关于轴对称，故排除第一、二个函数图象，
当时，该二次函数的对称轴为，故第四个图象也不满足题意，
当时，该二次函数的对称轴为，开口向下，故第三个函数图象满足题意.
此时函数图象过坐标原点，故，解得，
由于，故.
故选：B
23．已知函数y＝ax2+bx+c，如果a＞b＞c，且a+b+c＝0，则它的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据a＞b＞c，且a+b+c＝0，必有a＞0＞c，即可得出选项.
【详解】由题：据a＞b＞c，且a+b+c＝0，必有a＞0＞c，
所以二次函数y＝ax2+bx+c，必开口向上，与y轴交于负半轴，
结合图象，D选项符合题意.
故选：D
【点睛】此题考查函数图象的辨析，关键在于根据已知关系准确判定a,c的取值范围，再结合四个选项的图象即可选出.
24．设，二次函数的图象可能是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】因为,二次函数，那么可知，
在A中，a<0,b<0,c<0，不合题意；
B中，a<0,b>0,c>0，不合题意；
C中，a>0,c<0,b>0,不合题意，故选D.

25．已知数列为等比数列，其前n项和为，，则“公比”是“对于任意，”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据等比数列的通项公式以及前项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.
【详解】若，且公比，则，所以对于任意，成立，故充分性成立；
若，且，则，
所以由对于任意，，推不出，故必要性不成立；
所以“公比”是“对于任意，”的充分不必要条件.
故选:A
26．设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意，”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由等比数列通项公式得到与公比的关系式，分别以与为条件进行推理判断，从而得解.
【详解】因为数列是首项为的等比数列，公比为，则，
当时，，
因为，，所以，，
所以，所以；
当时，有，
因为，所以，所以，故；
则“”是“对任意的，”的充分必要条件，选项C正确.
故选：C.
27．已知数列为无穷项等比数列，为其前项的和，“，且”是“，总有”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不必要又不充分条件
【答案】C
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若，且，
则，，，
所以，由，
当或时，，，
所以；
当时，，总有；
当时，，，即.
综上，恒成立，故充分性成立；
若“，总有”，则且，
故必要性成立.
故选：C
28．如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动．点Q沿直线CD做匀速运动，；点P沿线段AB（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令P与Q同时分别从A，C出发，定义x为y的纳皮尔对数，用现代数学符号表示x与y的对应关系就是，当点P从线段AB靠近A的三等分点移动到中点时，经过的时间为（    ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】易知，它们的初速度相等，故点的速度为，然后可以根据，求出在中点、三等分点时的，则点移动的距离可求，结合速度、时间可求．
【详解】解：由题意，点初始速度即为点的速度．
当在靠近点的三等分点时：，解得：，
当在中点时：，解得：，
所以经过的时间为：．
故选：D．

二、填空题
29．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用表示解下个圆环所需的最少移动次数．若，，且，则解下7个圆环所需的最少移动次数为______．
【答案】85
【分析】根据条件，利用递推关系，通过逐项求解，即可求出结果.
【详解】因为，，，所以
，，，，，
故答案为：85．
30．华人数学家李天岩和美因数学家约克给出了“混沌的数学定义，由此发展的混沌理论在生物学、经济学和社会学领域都有重要作用．在混沌理论中，函数的周期点是一个关键概念，定义如下：设是定义在上的函数，对于，令，若存在正整数使得，且当时，，则称是的一个周期为的周期点.
给出下列四个结论：
①若，则存在唯一一个周期为1的周期点；
②若，则存在周期为2的周期点；
③若，则存在周期为3的周期点；
④若，则对任意正整数，都不是的周期为的周期点．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】①③④
【分析】根据周期点的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对①：，当时，，
解得，故存在唯一一个周期为1的周期点；
对②：，当时，，
解得，但当时，，不满足题意，
故，不存在周期为2的周期点；
对③：，不妨取，则，
，显然存在周期为3的周期点；
对④：，
故 对任意正整数，都不是的周期为的周期点.
综上所述，正确的是：①③④.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义问题，处理问题的关键是充分把握周期点的定义，以及对函数性质的灵活应用，属综合中档题.

三、单选题
31．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【分析】求解集合B，然后根据交集的定义计算即可.
【详解】解：集合或，又集合，
所以.
故选：C
32．设集合A={x|x>3}，，则(∁RA)∩B=（    ）
A．(1，3) B．[1，3] C．(3，4) D．[3，4)
【答案】B
【分析】求出B中不等式的解集确定出B，找出与B的交集即可．
【详解】由可得且，
解得，
所以，
因为A={x|x>3}，
所以，
所以(∁RA)∩B=[1，3]，
故选：B
【点睛】本题主要考查了集合的补集，交集运算，分式不等式求解，属于中档题.

四、填空题
33．不等式的解集为______．
【答案】
【分析】把分式不等式转化为整式不等式求解．
【详解】原不等式等价于，解得．
故答案为：．
34．函数的定义域是______.
【答案】
【分析】根据已知，可得，解出不等式即可得到结果.
【详解】要使函数有意义，则应满足，即
该不等式等价于，解得.
所以，函数的定义域是.
故答案为：.
35．已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为__________.
【答案】2
【分析】由题意求出双曲线的渐近线方程，则，由代入即可得出答案.
【详解】双曲线的渐近线方程为,
所以，所以双曲线C的离心率为.
故答案为：2.
36．若双曲线的离心率，则它的渐近线方程为___________.
【答案】
【分析】首先根据双曲线的离心率求出，即可得到双曲线方程，从而求出双曲线的渐近线方程；
【详解】解：双曲线，所以，即，又，所以，
又，所以，即双曲线方程为，所以双曲线的渐近线为；
故答案为：
37．已知双曲线的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为___________.
【答案】
【分析】根据离心率求得b求解.
【详解】解：已知双曲线的离心率为，
所以，解得，
所以双曲线C的渐近线方程为，
故答案为：
38．已知函数，在上单调递增，那么常数的一个取值____．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由条件利用正弦函数的单调性可得,由此求得正数ω的范围，任取此范围内常数即可.
【详解】在上单调递增,
则,
，取一个该范围内的值即可，如．
故答案为：.
39．已知在上单调递增，则的取值范围是_________．
【答案】．
【分析】由条件利用正弦函数的单调性可得,由此求得正数ω的范围.
【详解】解：在上单调递增,则,

故答案为：.
【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象的性质,需要根据的变化分析函数的单调区间情况,属于中等题型.
40．设函数（，，是常数，，）．若在区间上具有单调性，且，则__________．
【答案】
【分析】由可得的对称中心，由可得的对称轴，故可得周期，从而可求解.
【详解】解：一个对称中心横坐标为.
一条对称轴方程为.
，.
故答案为:.
41．已知函数
①函数的零点个数为__________．
②若存在实数b，使得关于x的方程有三个不同的根，则实数m的取值范围是__________．
【答案】 1
【分析】第一空，分类讨论，无论，函数都一个零点；
第二空，由第一空讨论，，值的情况，从而可得满足题意的的范围.
【详解】第一空：当时，可知有一个零点；
当时，有一个零点；
当时，可知有一个零点；
综上函数的零点个数为1个.
第二空：
如图所示，当时，若要满足题意需，得；

当时，不符题意；
如图所示，当时，若要满足题意需，得；

综上m的取值范围是：
故答案为：1；
42．已知函数.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】画出的图象，由与的图象有两个交点来求得的取值范围.
【详解】画出的图象如下图所示，
，
即与的图象有两个交点，
由图可知，的取值范围是.
故答案为：

43． 设函数
（1）如果，那么实数 ___；
（2）如果函数有且仅有两个零点，那么实数 的取值范围是___.
【答案】或4；
【详解】试题分析：由题意 ，解得或；
第二问如图：

的图象是由两条以 为顶点的射线组成，当在A,B 之间（包括不包括）时，函数和有两个交点，即有两个零点．所以 的取值范围为 ．
【解析】1.分段函数值；2.函数的零点.

五、双空题
44．如图，在棱长为的正方体中，为对角线上一点，为对角线上的两个动点，且线段的长度为.(1)当为对角线的中点且时，则三棱锥的体积是 __________；（2）当三棱锥的体积为时，则 _________．

【答案】
【详解】由正方体性质可知：平面，所以，由题，当时，设E到底面ABCD的距离为h，则，所以，因此；若三棱锥的体积为，则易知的面积为，设E到底面ABCD的距离为，则，所以，根据三角形相似有，所以.
方法点睛：本题在求三棱锥的体积时，需要的面积，虽然MN是动点，但是MN的长度固定为1，且D到直线AC的距离可求，即D到MN的距离可求，所以的面积易求，另外E到地面的距离为棱锥的高，根据体积可以求，求DE长度时，主要是运用平面几何的三角形相似，体现了立体几何与平面几何的联系.

六、填空题
45．如图，在矩形ABCD中，，E为AB的中点．将沿DE翻折，得到四棱锥．设的中点为M，在翻折过程中，有下列三个命题：

①总有平面；
②线段BM的长为定值；
③存在某个位置，使DE与所成的角为90°．
其中正确的命题是_______．（写出所有正确命题的序号）
【答案】①②
【分析】取D的中点N，连接MN，EN，根据四边形MNEB为平行四边形判断①，②，假设DE⊥C得出矛盾结论判断③．
【详解】取D的中点N，连接MN，EN，
则MN为△CD的中位线，
∴MN∥CD，且MN=CD
又E为矩形ABCD的边AB的中点，∴BE∥CD，且BE=CD
∴MN∥BE，且MN=BE即四边形MNEB为平行四边形，∴BM∥EN，
又EN⊂平面A1DE，BM⊄平面A1DE，
∴BM∥平面DE，故①正确；
由四边形MNEB为平行四边形可得BM＝NE，
而在翻折过程中，NE的长度保持不变，故BM的长为定值，故②正确；
取DE的中点O，连接O，CO，
由D＝E可知O⊥DE，
若DE⊥C，则DE⊥平面OC，
∴DE⊥OC，又∠CDO＝90°﹣∠ADE＝45°，
∴△OCD为等腰直角三角形，故而CDOD，
而ODDE，CD＝4，与CDOD矛盾，故DE与C所成的角不可能为90°．
故③错误．
故答案为①②．

【点睛】本题考查命题真假，线面平行的判定，线面垂直的判定与性质，空间想象和推理运算能力，属于中档题．
46．已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题:
①平面，且的长度为定值；
②三棱锥的最大体积为；
③在翻折过程中，存在某个位置，使得.
其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②
【分析】取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出，可判断出命题①的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥
的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题②的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题③的正误.
【详解】如下图所示：

对于命题①，取的中点，连接、，则，，
，由勾股定理得，
易知，且，、分别为、的中点，所以，，
四边形为平行四边形，，，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时，三棱锥体积取最大值，
取的中点，则，且，
平面平面，平面平面，，
平面，平面，
的面积为，
所以，三棱锥的体积的最大值为，
则三棱锥的体积的最大值为，命题②正确；
对于命题③，，为的中点，所以，，
若，且，平面，
由于平面，，事实上，易得，，
，由勾股定理可得，这与矛盾，命题③错误.
故答案为①②.
【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.
47．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），给出以下结论：
①三棱锥体积最大值为；
②直线平面；
③直线与所成角为定值；
④存在，使．
则其中正确结论的序号为_________．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②③
【分析】利用锥体的体积公式可判断①；利用面面平行的性质可判断②；利用异面直线所成角的定义可判断③；利用反证法可判断④.
【详解】对于①，取线段的中点，连接，连接交于点，
过点在平面内作，垂足为点，
在矩形中，且，
、分别为、的中点，则且，
因为，，
故四边形为正方形，同理可知四边形也为正方形，
因为，则为的中点，且，
将沿直线翻折至的位置，则，
且，，且，
，平面，平面，，
，，平面，且，
因为，，
当且仅当为直角时，等号成立，故①正确；
对于②，连接交于点，连接、，
因为四边形为正方形，，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
因为，平面平面，
平面，平面，故②正确；
对于③，因为，，，，
因为，所以，为等腰直角三角形，且，
所以，，由余弦定理可得，
所以，
所以，直线与所成角为为定值，故③对；
对于④，假设存在使得，
易知，，，，
，，平面，
平面，，
事实上，为等腰直角三角形，且，这与矛盾，故假设不成立，故④错误.
故答案为：①②③.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

七、解答题
48．在中，现有下列四个条件：①；②；③；④．
(1)①②两个条件可以同时成立吗？请说明理由；
(2)请选择上述四个条件中的三个，使有解，并求的面积．
【答案】(1)①②不能同时成立，理由见解析
(2)选择①③④，

【分析】（1）由求出得到，然后利用余弦定理求出，最后根据三角形内角和得出①②不能同时成立；
（2）先分析②③④，根据大边对大角显然不成立，再选择①③④，由正弦定理求出，从而得到是以为直角的三角形，最后求出的面积．
【详解】（1）由条件①得，
解得或，
因为，所以；
由条件②得，
因为，所以．
而与矛盾，所以①②不能同时成立．
（2）由（1）知，①②中只能选择其一，
若选择②③④，
由知，
而，显然不成立，
所以只能选择①③④．
有，即，，
因为，所以，
所以，即是以为直角的三角形，
所以的面积．
49．在中，内角，，所对的边分别是，，．已知．
(1)求角的大小；
(2)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，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）由正弦定理的边化角公式得出角的大小；
（2）选①：由余弦定理以及判别式求解即可；选②：由余弦定理得出，进而求出面积；选③：由正弦定理得出，进而由余弦定理得出，即可得解..
【详解】（1）因为，所以，
又，所以.
因为，所以.
（2）选①：由余弦定理可得，.
即，此时，无解，不合题意.
选②：由余弦定理可得，整理得，
解得或（舍），即.
满足存在且唯一确定，则的面积为.
选③：，由正弦定理可得.
由余弦定理可得，，即.
解得，
当时，，不合题意；
所以，满足存在且唯一确定，
则的面积为
50．在△ABC中，．
(1)求B的值；
(2)给出以下三个条件：①；②，；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长．
【答案】(1)
(2)正确条件为①③，（i），（ii）

【分析】（1）利用和角正弦公式可得，结合三角形内角和性质即可求B的值；
（2）根据条件组合判断出正确条件为①③，（i）应用余弦定理、三角形面积公式求各边长，最后由正弦定理求；
（ii）由角平分线性质求得，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出，再根据正弦定理求BD的长．
【详解】（1）由题设，
而，
所以，故；
（2）若①②正确，则，得或，
所以①②有一个错误条件，则③是正确条件，
若②③正确，则，可得，即②为错误条件，
综上，正确条件为①③，
（i）由，则，即，
又，可得，
所以，可得，则，
故；
（ii）因为且，得，
由平分得，
在中，，
在中，由，得．

51．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为60°，，，，，．

(1)求证：；
(2)求直线DE与平面AEF所成角的正弦值．
(3)直接写出的值，使得，且三棱锥的体积为．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量距离公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】（1）四边形ABCD是矩形，，
又∵，，平面ADE，
平面ADE，
∵平面ADE，
；
（2）由（1）知平面ADE，
如图建立空间直角坐标系，其中为轴的正方向，

，，
即为二面角的平面角，即，
∴，，
∴，
设平面的法向量为，
令，则，
所以，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值；
（3）设点到平面的距离为，
，
，，
设平面的法向量为，，
所以，
.
52．如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形A1ACC1是边长为4的正方形，，点D为BB1中点．再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．

(1)求证：AB⊥平面A1ACC1；
(2)求直线BB1与平面A1CD所成角的正弦值；
(3)求点B到平面A1CD的距离．
条件①：；  条件②：；  条件③：平面ABC⊥平面A1ACC1．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）考虑选择条件①②和选择条件②③，根据勾股定理得到，再根据线线垂直或面面垂直得到证明.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，计算给点坐标，平面的一个法向量为，再根据向量夹角公式得到答案.
（3）直接利用点到平面的距离公式计算得到答案.
【详解】（1）若选择条件①②：
，故，故.
又，，平面，故平面.
若选择条件②③：
，故，故.
平面ABC⊥平面A1ACC1，平面平面，平面，
故平面.
若选择条件①③：不能确定的角度，故的长度不能确定，不能得到后面的结论，求不出夹角和距离，故不能选择
（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，则

，，，，，，，
设平面的一个法向量为，则 ，
令，则，所以，，
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3），点B到平面A1CD的距离为
53．如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．

(1)求证：平面BDE；
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；
(3)求点D到平面ABE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).

【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求线面角即可；
（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，为，的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，
在三角形中，，为中点，∴，
∵，平面，∴平面.
（2）
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
在直角三角形中，，，∴，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以.
（3）设点到平面的距离为，所以.
54．为了弘扬中华优秀传统文化，加强对学生的美育教育，某校开展了为期5天的传统艺术活动，从第1天至第5天依次开展“书画”、“古琴”、“汉服”、“戏曲”、“面塑”共5项传统艺术活动，每名学生至少选择其中一项进行体验，为了解该校上述活动的开展情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取了100名学生作为样本进行调查，调查数据如表：
传统艺术活动
第1天
第2天
第3天
第4天
第5天
书画
古琴
汉服
戏曲
面塑
高一体验人数
80
45
55
20
45
高二体验人数
40
60
60
80
40
高三体验人数
15
50
40
75
30
(1)从样本中随机选取1名学生，求这名学生体验戏曲活动的概率；
(2)从高一、高二、高三年级中各随机选取1名学生，估计这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率；
(3)为了解不同年级学生对各项传统艺术活动的喜爱程度，现从高一、高二、高三样本中各随机选取1名学生进行访谈，设这3名学生均选择了第天传统艺术活动的概率为，当取得最大值时，写出的值．（直接写出答案即可）
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）结合古典概型可直接求解；
（2）先求出样本中这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率，再利用样本估计总体概率；
（3）结合相互独立事件概率公式求出，即可求解.
【详解】（1）由题意知，样本中学生共有人，
其中体验戏曲活动的学生共人，
设事件为“从样本学生中随机选取1名学生，这名学生体验戏曲活动”，
故所求概率为.
（2）从高一、高二、高三年级的体验学生中各随机选取1名学生，
这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率为：，
所以从高一、高二、高三年级中各随机选取1名学生，估计这三名学生中恰有一名参加戏曲体验的概率为.
（3）由题可知，，
，
，
，
，
故．
所以当取得最大值时，.
55．某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期.记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：

1
2
3
4

0.1
0.4
0.4
0.1

1
2
3
4

0.4
0.1
0.1
0.4
（1）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率；
（2）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分1期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分2期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分3期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分4期付款，则电商平台获得的利润为450元.记电商平台销售两部型手机所获得的利润为（单位：元），求的分布列；
（3）比较与的大小（只需写出结论）.
【答案】（1）（2）见解析（3）
【分析】（1）某位顾客购买型和手机是独立事件，由独立事件的概率公式求解即可；
（2）先得出的可能取值，再算出相应概率，即可得出的分布列；
（3）由以往销售数据统计，结合数据的集中和离散程度得出.
【详解】（1）某位顾客购买型和手机是独立事件，则这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率为
（2）的可能取值为







则的分布列为
















（3）
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列的步骤：（1）先判断随机变量是不是离散型随机变量，主要看随机变量的值能否按一定的顺序一一列举出来；
（2）明确随机变量可取哪些值；
（3）求取每一个值的概率；
（4）写出分布列.
56．垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值.某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校对高一､高二年级全体学生进行了相关知识测试，然后从高一、高二各随机抽取了名学生成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析.下面给出了整理的相关信息：
高一年级成绩分布表
等级





成绩（分数）





人数






(1)从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于分的概率是多少？
(2)分别从高一全体学生中抽取一人，从高二全体学生中抽取人，这三人中成绩不低于分的人数记为，用频率估计概率，求的分布列和期望；
(3)学校为提高对垃圾分类的了解情况需要在高一或高二进行一场讲座，假设讲座能够使学生成绩普遍，提高一个等级，若高一高二学生数量一致，那么若要想高一和高二学生的平均分尽可能的高，需要在高一讲座还是高二讲座？（直接写出结论）
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，
(3)高二

【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；
（3）根据高一年级低分段的人数相比高二年级要少得多，可得出结论.
【详解】（1）解：从高一样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率，
从高二样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率为，
因此，从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于分的概率为.
（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：










.
（3）解：由于高一年级低分段的人数相比高二年级要少得多，需要在高二讲座.
57．2021年12月9日，《北京市义务教育体育与健康考核评价方案》发布.义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分.其中过程性考核40分，现场考试30分.该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步推开.现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容.某区在九年级学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为和，选考1分钟跳绳的比例分别为和.假设选考项目中所有学生选择每一项相互独立.
(1)从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；
(2)从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率；
(3)已知乒乓球考试满分8分.在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分.记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为，其中男生的乒乓球平均分的估计值为，试比较与的大小.（结论不需要证明）
【答案】(1)
(2)0.32
(3)

【分析】（1）分别求出样本中男生和女生的人数，再由频率估计概率即可得解；
（2）根据题意易得从该区九年级全体男生中随机抽取1人和从该区九年级全体女生中随机抽取1人选考跳绳的概率，再分2个男生选考跳绳和1个男生和1个女生选考跳绳结合独立事件的概率公式即可得解；
（3）根据平均数公式分别求出，即可得解.
【详解】（1）解：样本中男生的人数为人，
样本中女生的人数为人，
设从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件，
则该学生选考乒乓球的概率；
（2）解：设从该区九年级全体男生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，
从该区九年级全体女生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，
由题意，
则从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率为；
（3）解：，
，
所以.
58．已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值.
【详解】（1）由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因为，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
59．已知椭圆过点，且，若直线与椭圆C交于M，N两点，过点M作x轴的垂线分别与直线交于点A，B，其中O为原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若，求k的值.
【答案】（1）（2）1
【分析】（1）根据椭圆过点及求解即可；
（2）设，表示出点的坐标，联立直线与椭圆的方程，根据为的中点，化简求解即可.
【详解】（1）椭圆过点，且
，

椭圆C的方程为
（2）如图，

设，
，， ，
，
由得 ，
，
，
，
为的中点，
，
即，
，
，
，
解得.
【点睛】关键点点睛：根据条件得到点为的中点，根据此条件建立相关坐标之间的关系，是解决问题的关键，注意韦达定理在解题中的应用，属于中档题.
60．已知为椭圆上两点，过点且斜率为的两条直线与椭圆的交点分别为.
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）若四边形为平行四边形，求的值．
【答案】（Ⅰ），离心率；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由题列a,b方程组，即可求解椭圆方程，再由a,b,c关系，求解离心率；（Ⅱ）设直线的方程为，与椭圆联立消去y,得x的方程，求点B坐标，同理求点C坐标，进而得再由，得k方程求解即可
【详解】（I）由题意得解得
所以椭圆的方程为.
又，
所以离心率.
（II）设直线的方程为，
由消去，整理得.
当时，设，
则，即.
将代入，整理得，所以.
所以.所以.
同理.
所以直线的斜率.
又直线的斜率，所以.
因为四边形为平行四边形，所以.
所以，解得或.
时，与重合，不符合题意，舍去.
所以四边形为平行四边形时，.
【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，韦达定理，设而要求的思想，准确求得B,C坐标且推得是本题关键，是中档题
61．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在处取得极小值，求的值；
(3)若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
(3)．

【分析】（1）由导数的几何意义求解；
（2）由求得值，并验证此时是极小值点；
（3）求出导函数，，然后根据的正负或0分类，注意由导函数的连续性得出在（存在正实数）上与同号，从而得函数的单调性，得函数值的正负．
【详解】（1），，又，
∴切线方程为；
（2）由（1），函数在处取得极小值，则，即，，
设，则，，由的图象的连续性知在附近是正值，
因此在附近是递增的，又，
所以在附近从左到右，由负变正，在左侧递减，在右侧递增，是极小值，符合题意；
所以．
（3），，
当，即时，由的图象的连续性知必存在，使得对任意，，对应递增，因此，不合题意，
当，即时，由的图象的连续性知必存在，使得对任意，，对应递减，因此，满足题意，
时，，时，，，恒成立，在上递增，，不合题意，
综上，的取值范围是．
【点睛】易错点点睛：本题考查导数的几何意义，导数与极值，不等式恒成立问题．在已知极值点求参数值时，是极小值点，在由求得参数后，一般需验证此时是极小值点，否则容易会出现错误．原因时，不一定是极值点，当值也可能不是极小值点．
62．已知函数.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若对任意，都有成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)

【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程.
（2）讨论、，利用导数的符号研究单调性.
（3）利用导数研究在上恒成立，注意讨论a的范围即可.
【详解】（1）由题设，且，则，
所以，，故在处的切线方程为.
（2）由且，
当时，即在定义域上递减；
当时，在上，递减，在上，递增，
综上，时递减；时在上递减，上递增.
（3）由（2），时递减且值域为，显然存在；
时，的极小值为，
当，即时，在上递减，上递增，只需，可得；
当，即时，在上递增，则恒成立，满足题设；
综上，a的取值范围为.
63．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)设函数．若对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)当时，函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为；
(2).

【分析】（1）首先对函数求导，根据的取值情况判断的正负情况，进而得到的增减情况；
（2）对任意，存在，使得成立，等价于，然后对进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.
【详解】（1）因为，
所以．
当时，与的变化情况如表所示：






0


单调递增

单调递减
所以当时，函数的单调递增区间为，
函数的单调递减区间为．
（2）当时，，所以函数为偶函数．
所以当时，函数的单调递增区间为，，
函数的单调递减区间为，,
所以函数的最大值为．
设，则当时，．
对任意，存在，使得成立，
等价于．
当时，函数在区间上的最大值为，不合题意．
当时，函数在区间上的最大值为，
则，解得或，
所以．
当时，函数在区间上的最大值为，
则，解得，
所以.
综上所述，的取值范围是．