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河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期适应性考试（十）数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期适应性考试（十）数学试题（原卷版+解析版），文件包含河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期适应性考试十数学试题原卷版docx、河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期适应性考试十数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
（考试时间：2024年4月 日15：00-17：00，满分150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 对两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据，下列统计量的数值能够刻画其经验回归方程的拟合效果的是（ ）
A. 平均数B. 相关系数C. 决定系数D. 方差
【答案】C
【解析】
【分析】根据相关数据的特征可知，决定系数能够刻画其经验回归方程的拟合效果.
【详解】平均数与方差是用来反馈数据集中趋势与波动程度大小的统计量；
变量y和x之间的相关系数的绝对值越大，则变量y和x之间线性相关关系越强；
用决定系数来刻画回归效果，越大说明拟合效果越好.
故选：C
2. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合函数单调性的规则以及函数在上有意义列不等式求解即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以，解得.
故选：B.
3. 若直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算可得，借助导数得到函数的值域即可得解.
【详解】对于，有，令切点为，则切线方程为，
即，即有，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，
故，即.
故选：A.
4. 棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，借助相似三角形的性质计算即可得.
【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因平面，则，因为，
故，即.
故选：C.
5. 双曲线的左右焦点分别是，，点在其右支上，且满足，，则的值是（ ）
A. B. C. 8056D. 8048
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再根据得到，再利用等差数列的通项求解即可.
【详解】∵，，∴，即，
又，∴，
即，
∴，
由题意知，，∴，
∴是以4为首项，4为公差的等差数列，
∴.
故选：C.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查等差数列的判断和通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6. 若函数在上存在两个零点，则a的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】参变分离得到即与的图象在上有2个交点，求导得到的单调性和极值，最值情况，得到，再由得到，从而得到，得到答案.
【详解】函数在上存在两个零点，
即在上有2个解，
即与的图象在上有2个交点，
，
当时，，故函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
所以，又，
构造，求导得，令，解得
所以：在上单调递增，在上单调递减．因此：
即：
作出图象，如图，
由图象可知，当时满足条件，
即
故选：B
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
7. 设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（ ）
A. 60B. 100C. 120D. 130
【答案】D
【解析】
【分析】明确集合中满足的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合中满足的元素的个数，
即指中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为（个），
故选：D
8. 已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由、可得，且过定点，过定点，则可得点在以为直径的圆上，则的最大值为.
【详解】由、，
有，故，
对有，故过定点，
对有，故过定点，
则中点为，即，
，则，
故点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，
又在原，该圆圆心，半径为，
又，则
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于由直线、的方程得到，且过定点，过定点，从而确定点的轨迹为以为直径的圆，进而将问题转化为圆上两点的距离最值问题.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知为上的可导函数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】先构造函数，利用导数判断该函数的单调性；再利用单调性即可判断各个选项.
【详解】设，.
则.
因为所以，
则函数在区间上单调递增，
所以，即，；
，即，；而A无法确定；故BD正确，AC错误.
故选：BD.
10. 设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A. 若，则
B. 对任意复数，，有
C. 对任意复数，，有
D. 在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，
故，故A错误；
对B：设、，
则
，
，
故，故B正确；
对C：设、，
有，则，
，故，故C正确；
对D：设，则有，
集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
故，故D错误.
故选：BC.
11. 已知，（参考数据），则下列说法正确的是（ ）
A. 是周期为的周期函数
B. 在上单调递增
C. 在内共有4个极值点
D. 设，则在上共有5个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，根据条件得到，即可判断出选项A错误；选项B，对求导，得到，从而得到时，，即可判断出选项B的正误，选项C，令，求出时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出的周期为，再利用导数与函数单调性间的关系，得出在上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为，
所以，所以选项A错误，
对于选项B，因为
，
当时，，，，
所以当时，，当且仅当时，取等号，所以在上单调递增，故选项B正确，
对于选项C，因为，
令，得到，
又因为，当且仅当或时，取等号，
所以，不是变号零点，即，不是的极值点，
由，即，
又，解得或或或，
由图象知，每一个解都是变号零点，所以在内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为，
所以的周期为，
又因为，
当时，由得到，，，
列表如下，
又，，，
则在上的大致图象如图所示，
当时，因为，此时无解，
由，则，又，则，
又由，，
故只需再画出在图象即可，
当时，，无解，
作出的图象，注意到，
所以时，的图象在图象下方，
由图可知与在上有5个交点，
所以在上共有5个零点，所以选项D正确，
故选：BCD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出是周期为的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出在上图象，且有最大值和最小值分别为，，利用，再数形结合，即可求出结果.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量与的夹角为，在上的投影是，且满足，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由条件算出，，然后可得答案.
【详解】因为平面向量与的夹角为，在上的投影是，
所以，所以
因为，即，即
所以，解得
所以，所以
故答案为：
13. 意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为.设n是不等式的正整数解，则n的最小值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】先利用对数的运算法则可得，然后结合得，再根据数列的单调性即可求出结果.
【详解】由题知，
∴，
∴，
即
∴，
∴，
∴，
∴，
令，则数列即为斐波那契数列，
，即，
显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，
易知，，且，，
∴使得成立的的最小值为8.
故答案为：8.
14. 已知函数，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围__________．
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线方程，根据切线为同一直线可得其关系，然后分离参数，利用导数可解.
【详解】设直线l与函数分别相切于点，
因为，
所以切线方程可表示为或
即或
所以，整理得
易知，在处的切线方程为，此时与不相切，故，，
所以，所以
记，则
当或时，，单调递增，当时，，单调递减，且当m从左边趋近于1时，趋近于，当m从右边趋近于1时，趋近于，当趋于时，且趋近于0，，于是可作的草图如图：
故．
故答案为：
四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角的对边分别是，且向量和向量互相垂直.
（1）求角的大小；
（2）若的周长是，，求外接圆的半径.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，化简整理可得.然后根据余弦定理，即可得出答案；
（2）由已知可推得.根据正弦定理可得，.代入，整理即可得出，求解即可得出答案.
【小问1详解】
因为互相垂直，
所以，
整理可得.
由余弦定理得，.
因为，所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
由正弦定理知，，所以，则.
又由（1）知，，
所以，
所以有，
即，解得.
故外接圆的半径是1.
16. 某学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”、“双人对战”和“挑战答题”.参赛者先参与“四人赛”活动，每局第一名得3分，第二名得2分，第三名得1分，第四名得0分，每局比赛相互独立，三局后累计得分不低于6分的参赛者参加“双人对战”活动，否则被淘汰.“双人对战”只赛一局，获胜者可以选择参加“挑战答题”活动，也可以选择终止比赛，失败者则被淘汰.已知甲在参加“四人赛”活动中，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第三名、第四名的概率均为；甲在参加“双人对战”活动中，比赛获胜的概率为.
（1）求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率.
（2）“挑战答题”活动规则如下：参赛者从10道题中随机选取5道回答，每道题答对得1分，答错得0分.若甲参与“挑战答题”，且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答，记甲在“挑战答题”中累计得分为X，求随机变量X的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，由题意确定的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得答案.
（2）确定随机变量X的所有可能取值，求得每个值对应概率，可得分布列，即可求得数学期望.
【小问1详解】
设甲在“四人赛”中获得的分数为，则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了或或或.
；
；
；
，
所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率，
故甲能进入“挑战答题”活动的概率.
【小问2详解】
随机变量X的所有可能取值为，
；；
；.
所以X的分布列如下表所示：
所以.
17. 已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）讨论函数的零点个数.
【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出的单调性，结合求出函数的单调区间；
（2）当时，由其单调性结合求出函数有且仅有一个零点，当时，由得出函数没有零点，当时，利用导数以及零点存在性定理得出函数有两个零点.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为
所以，设，则
所以函数在上单调递增.
又，所以当时，；当时，
所以当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）当时，由（1）可知，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以，所以函数有且仅有一个零点.
当时，，所以函数没有零点.
当时，，设，则，
所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又且，所以，，所以.
令，则且.
令，则且.
下面先证：，令，则
故函数在上单调递增，所以，所以
所以.
令，则
所以函数在上单调递减，所以
所以，所以函数在和内各有一个零点，所以函数有两个零点
综上，当时，函数没有零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点.
【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的方法
（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；
（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；
（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；
（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数.
18. 已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点.
（1）若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程；
（2）设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值；
（3）设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程；
（2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案；
（3）由三点共线得到和，从而表达出，得到，换元后得到，结合二次函数图象性质求出最小值，得到方程，求出，进一步求出点的坐标.
【小问1详解】
由题意得，故，则，解得，
故椭圆：，
因为在第一象限，，所以，
所以，将其代入中，即，解得，
故的准线方程为；
【小问2详解】
由题意得，解得，
故，，
直线的方程为，联立得，，
设，则，，
故，
联立与得，，
设，则，，
故，
若方向相同，，
若方向相反，，
所以；
【小问3详解】
由，，三点共线，可得
，故，
同理，由，，三点共线，可得
，
则
，
因为，所以，
所以，
又，
故，
因为，令，
则，
所以，
其中，
因为，所以的开口向下，
对称轴为，
其中，
故当时，取得最大值，
最大值为，
故的最小值为，
令，解得，负值舍去，
故，解得，
，
又，故，
则点的坐标为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.
（1）已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；
（2）若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；
（3）记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，且，理由见解析
【解析】
【分析】（1）借助题目所给条件可得，结合等差数列定义可得数列是等差数列，结合新定义找到对应的等差数列，使得集合元素的个数不大于；
（2）构造对应函数、，结合所给定义可得集合元素的个数不超过个，即可得证；
（3）借助与的关系，得到当时，，存在等差数列，使元素个数不超过个，即可得证.
【小问1详解】
由，
故，
即，
又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，
故存在等差数列，使，
由，故数列有性质；
【小问2详解】
设对数列，存在等差数列，使，
对数列，存在等差数列，使，
则对数列，存在等差数列，
使的值为，
这样的最多有个，即数列有性质；
【小问3详解】
设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，
当时，有
，
由，
故当时，，
当时，，当时，可能有种，
故这样的最多有个，
即存在等差数列，使，
的元素个数不超过个，
故一定存在，使得数列具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助与的关系，得到当时，，从而将数列具有性质这个条件使用上.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
X
2
3
4
5
P
（考试时间：2024年4月 日15：00-17：00，满分150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 对两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据，下列统计量的数值能够刻画其经验回归方程的拟合效果的是（ ）
A. 平均数B. 相关系数C. 决定系数D. 方差
【答案】C
【解析】
【分析】根据相关数据的特征可知，决定系数能够刻画其经验回归方程的拟合效果.
【详解】平均数与方差是用来反馈数据集中趋势与波动程度大小的统计量；
变量y和x之间的相关系数的绝对值越大，则变量y和x之间线性相关关系越强；
用决定系数来刻画回归效果，越大说明拟合效果越好.
故选：C
2. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合函数单调性的规则以及函数在上有意义列不等式求解即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以，解得.
故选：B.
3. 若直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算可得，借助导数得到函数的值域即可得解.
【详解】对于，有，令切点为，则切线方程为，
即，即有，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，
故，即.
故选：A.
4. 棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，借助相似三角形的性质计算即可得.
【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因平面，则，因为，
故，即.
故选：C.
5. 双曲线的左右焦点分别是，，点在其右支上，且满足，，则的值是（ ）
A. B. C. 8056D. 8048
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再根据得到，再利用等差数列的通项求解即可.
【详解】∵，，∴，即，
又，∴，
即，
∴，
由题意知，，∴，
∴是以4为首项，4为公差的等差数列，
∴.
故选：C.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查等差数列的判断和通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6. 若函数在上存在两个零点，则a的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】参变分离得到即与的图象在上有2个交点，求导得到的单调性和极值，最值情况，得到，再由得到，从而得到，得到答案.
【详解】函数在上存在两个零点，
即在上有2个解，
即与的图象在上有2个交点，
，
当时，，故函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
所以，又，
构造，求导得，令，解得
所以：在上单调递增，在上单调递减．因此：
即：
作出图象，如图，
由图象可知，当时满足条件，
即
故选：B
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
7. 设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（ ）
A. 60B. 100C. 120D. 130
【答案】D
【解析】
【分析】明确集合中满足的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合中满足的元素的个数，
即指中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为（个），
故选：D
8. 已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由、可得，且过定点，过定点，则可得点在以为直径的圆上，则的最大值为.
【详解】由、，
有，故，
对有，故过定点，
对有，故过定点，
则中点为，即，
，则，
故点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，
又在原，该圆圆心，半径为，
又，则
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于由直线、的方程得到，且过定点，过定点，从而确定点的轨迹为以为直径的圆，进而将问题转化为圆上两点的距离最值问题.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知为上的可导函数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】先构造函数，利用导数判断该函数的单调性；再利用单调性即可判断各个选项.
【详解】设，.
则.
因为所以，
则函数在区间上单调递增，
所以，即，；
，即，；而A无法确定；故BD正确，AC错误.
故选：BD.
10. 设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A. 若，则
B. 对任意复数，，有
C. 对任意复数，，有
D. 在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，
故，故A错误；
对B：设、，
则
，
，
故，故B正确；
对C：设、，
有，则，
，故，故C正确；
对D：设，则有，
集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
故，故D错误.
故选：BC.
11. 已知，（参考数据），则下列说法正确的是（ ）
A. 是周期为的周期函数
B. 在上单调递增
C. 在内共有4个极值点
D. 设，则在上共有5个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，根据条件得到，即可判断出选项A错误；选项B，对求导，得到，从而得到时，，即可判断出选项B的正误，选项C，令，求出时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出的周期为，再利用导数与函数单调性间的关系，得出在上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为，
所以，所以选项A错误，
对于选项B，因为
，
当时，，，，
所以当时，，当且仅当时，取等号，所以在上单调递增，故选项B正确，
对于选项C，因为，
令，得到，
又因为，当且仅当或时，取等号，
所以，不是变号零点，即，不是的极值点，
由，即，
又，解得或或或，
由图象知，每一个解都是变号零点，所以在内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为，
所以的周期为，
又因为，
当时，由得到，，，
列表如下，
又，，，
则在上的大致图象如图所示，
当时，因为，此时无解，
由，则，又，则，
又由，，
故只需再画出在图象即可，
当时，，无解，
作出的图象，注意到，
所以时，的图象在图象下方，
由图可知与在上有5个交点，
所以在上共有5个零点，所以选项D正确，
故选：BCD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出是周期为的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出在上图象，且有最大值和最小值分别为，，利用，再数形结合，即可求出结果.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量与的夹角为，在上的投影是，且满足，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由条件算出，，然后可得答案.
【详解】因为平面向量与的夹角为，在上的投影是，
所以，所以
因为，即，即
所以，解得
所以，所以
故答案为：
13. 意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为.设n是不等式的正整数解，则n的最小值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】先利用对数的运算法则可得，然后结合得，再根据数列的单调性即可求出结果.
【详解】由题知，
∴，
∴，
即
∴，
∴，
∴，
∴，
令，则数列即为斐波那契数列，
，即，
显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，
易知，，且，，
∴使得成立的的最小值为8.
故答案为：8.
14. 已知函数，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围__________．
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线方程，根据切线为同一直线可得其关系，然后分离参数，利用导数可解.
【详解】设直线l与函数分别相切于点，
因为，
所以切线方程可表示为或
即或
所以，整理得
易知，在处的切线方程为，此时与不相切，故，，
所以，所以
记，则
当或时，，单调递增，当时，，单调递减，且当m从左边趋近于1时，趋近于，当m从右边趋近于1时，趋近于，当趋于时，且趋近于0，，于是可作的草图如图：
故．
故答案为：
四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角的对边分别是，且向量和向量互相垂直.
（1）求角的大小；
（2）若的周长是，，求外接圆的半径.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，化简整理可得.然后根据余弦定理，即可得出答案；
（2）由已知可推得.根据正弦定理可得，.代入，整理即可得出，求解即可得出答案.
【小问1详解】
因为互相垂直，
所以，
整理可得.
由余弦定理得，.
因为，所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
由正弦定理知，，所以，则.
又由（1）知，，
所以，
所以有，
即，解得.
故外接圆的半径是1.
16. 某学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”、“双人对战”和“挑战答题”.参赛者先参与“四人赛”活动，每局第一名得3分，第二名得2分，第三名得1分，第四名得0分，每局比赛相互独立，三局后累计得分不低于6分的参赛者参加“双人对战”活动，否则被淘汰.“双人对战”只赛一局，获胜者可以选择参加“挑战答题”活动，也可以选择终止比赛，失败者则被淘汰.已知甲在参加“四人赛”活动中，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第三名、第四名的概率均为；甲在参加“双人对战”活动中，比赛获胜的概率为.
（1）求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率.
（2）“挑战答题”活动规则如下：参赛者从10道题中随机选取5道回答，每道题答对得1分，答错得0分.若甲参与“挑战答题”，且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答，记甲在“挑战答题”中累计得分为X，求随机变量X的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，由题意确定的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得答案.
（2）确定随机变量X的所有可能取值，求得每个值对应概率，可得分布列，即可求得数学期望.
【小问1详解】
设甲在“四人赛”中获得的分数为，则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了或或或.
；
；
；
，
所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率，
故甲能进入“挑战答题”活动的概率.
【小问2详解】
随机变量X的所有可能取值为，
；；
；.
所以X的分布列如下表所示：
所以.
17. 已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）讨论函数的零点个数.
【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出的单调性，结合求出函数的单调区间；
（2）当时，由其单调性结合求出函数有且仅有一个零点，当时，由得出函数没有零点，当时，利用导数以及零点存在性定理得出函数有两个零点.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为
所以，设，则
所以函数在上单调递增.
又，所以当时，；当时，
所以当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）当时，由（1）可知，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以，所以函数有且仅有一个零点.
当时，，所以函数没有零点.
当时，，设，则，
所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又且，所以，，所以.
令，则且.
令，则且.
下面先证：，令，则
故函数在上单调递增，所以，所以
所以.
令，则
所以函数在上单调递减，所以
所以，所以函数在和内各有一个零点，所以函数有两个零点
综上，当时，函数没有零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点.
【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的方法
（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；
（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；
（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；
（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数.
18. 已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点.
（1）若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程；
（2）设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值；
（3）设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程；
（2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案；
（3）由三点共线得到和，从而表达出，得到，换元后得到，结合二次函数图象性质求出最小值，得到方程，求出，进一步求出点的坐标.
【小问1详解】
由题意得，故，则，解得，
故椭圆：，
因为在第一象限，，所以，
所以，将其代入中，即，解得，
故的准线方程为；
【小问2详解】
由题意得，解得，
故，，
直线的方程为，联立得，，
设，则，，
故，
联立与得，，
设，则，，
故，
若方向相同，，
若方向相反，，
所以；
【小问3详解】
由，，三点共线，可得
，故，
同理，由，，三点共线，可得
，
则
，
因为，所以，
所以，
又，
故，
因为，令，
则，
所以，
其中，
因为，所以的开口向下，
对称轴为，
其中，
故当时，取得最大值，
最大值为，
故的最小值为，
令，解得，负值舍去，
故，解得，
，
又，故，
则点的坐标为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.
（1）已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；
（2）若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；
（3）记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，且，理由见解析
【解析】
【分析】（1）借助题目所给条件可得，结合等差数列定义可得数列是等差数列，结合新定义找到对应的等差数列，使得集合元素的个数不大于；
（2）构造对应函数、，结合所给定义可得集合元素的个数不超过个，即可得证；
（3）借助与的关系，得到当时，，存在等差数列，使元素个数不超过个，即可得证.
【小问1详解】
由，
故，
即，
又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，
故存在等差数列，使，
由，故数列有性质；
【小问2详解】
设对数列，存在等差数列，使，
对数列，存在等差数列，使，
则对数列，存在等差数列，
使的值为，
这样的最多有个，即数列有性质；
【小问3详解】
设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，
当时，有
，
由，
故当时，，
当时，，当时，可能有种，
故这样的最多有个，
即存在等差数列，使，
的元素个数不超过个，
故一定存在，使得数列具有性质.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助与的关系，得到当时，，从而将数列具有性质这个条件使用上.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
X
2
3
4
5
P
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