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山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模）数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模）数学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试二模数学试题原卷版docx、山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试二模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上.
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回.
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. 点在抛物线上，若点到点的距离为6，则点到轴的距离为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的定义知，点到焦点的距离等于点到准线的距离，结合点和准线的位置，求点到轴的距离.
【详解】抛物线开口向右，准线方程为，
点到焦点的距离为6，则点到准线的距离为6，
点在y轴右边，所以点到y轴的距离为4．
故选：A．
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由交集的定义求解.
【详解】集合，则.
故选：D
3. 已知函数为上的偶函数，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数的定义可得，结合函数解析式和对数的运算性质即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
则.
故选：A
4. 若圆与圆恰有一条公切线，则下列直线一定不经过点的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两圆公切线条数确定两圆位置关系，从而可得圆心所满足的轨迹方程，从而逐项判段直线与圆位置关系，确定直线是否过点即可.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
若圆与圆恰有一条公切线，则两圆内切，
所以，即，所以点的轨迹为圆，
对于A，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故A不符合；
对于B，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故B不符合；
对于C，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故C不符合；
对于D，圆心到直线的距离为，则该直线不过点，故D符合；
故选：D.
5. 班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ）
A. 60种B. 54种C. 48种D. 36种
【答案】B
【解析】
分析】分甲、乙、丙三位同学都有安排和甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排两种情况进行说明即可.
【详解】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，
先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，
然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，
余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，
先选两人出来，有种结果，
再将四门不同学科分成两堆，有种结果，
将学科分给学生，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
综合得不同的安排方案共有种.
故选：B.
6. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，若直线与在第一象限内的交点为，且轴，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，由轴得，利用斜率公式可得结果.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，依题意有，
即，又右焦点为，且轴，所以，
所以，
故选：C
7. 如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
即，得①，
在中，由余弦定理得，
即，得②，
又，
所以③，
由②①，得，由，
得，代入③得.
故选：B
8. 已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，
则，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以.
故选：A
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. 已知向量，若在上的投影向量为，则（ ）
A. B.
C. D. 与的夹角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据投影向量的公式求出的值，再根据向量坐标运算逐项判断即可.
【详解】对于A，因为在上的投影向量为，即，
所以，即，解得，故A正确；
对于B，，所以，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，所以与的夹角为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（ ）
A. “”与“”
B. “”与“”
C. “”与“”
D. “平面平面”与“平面平面”
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正方形的特征可判定A，利用球的特征可判定B，利用面面垂直的性质可判定C，利用反证法可判定D.
【详解】对于A，显然时，而底面是正方形，，
所以不成立，故A错误；
对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以为半径的球面上时可符合题意，故B正确；
对于C，当平面底面时，
由面面垂直的性质可知平面，平面，显然符合题意，故C正确；
对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面，
如图有，取，作，
垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知，
由线面垂直的性质可知，
又，由线面垂直的判定可知，
若“平面平面”与“平面平面”同时成立，
易知平面平面，可设平面平面，则，
则平面，
易知平面，所以面，则，
则有平面，显然不成立，故D错误.
故选：BC
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为
B. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为
C. 若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】先判断函数的单调性及值域，由条件确定的范围，设点的坐标分别为，列方程化简可得，由此判断AB，判断直线与的图象能围成封闭图形的形状，结合面积公式判断C,由条件，结合两角差余弦公式可求，根据二倍角公式可求，由此判断D.
【详解】由，可得，
所以在区间上单调递减，
且，，
所以，
由，可得，
所以函数在区间上单调递减，
且，，
所以，
由已知，
所以直线与函数都只有一个交点，
设点的坐标分别为，
则，
，，
因为函数在上单调递减，
所以，
所以，
所以，A错误，B正确，
设直线与函数的交点为，
则，又，
所以四边形为平行四边形，其面积，C正确；
对于D，因为，
所以，，
所以，，即，
又，
所以，
所以，又，
所以
所以，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是利用正弦型函数的性质得到点横坐标之间的关系，即.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，且，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算和相等复数建立关于a的方程，解之即可.
【详解】，
所以，解得.
故答案为：1
13. 甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为________．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，根据条件概率公式分别求解、的值，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，
，
，
故．
故答案为：．
14. 已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】分析函数关于点中心对称，进而正方形的对称中心为，设出直线的方程为，则直线的方程为，,，,，则,，,，联立直线方程与函数可得，，由，可得，进而求得的值，所以可得，代值计算即可得出答案．
【详解】因为，所以，则，得函数关于点中心对称，
显然该正方形的中心为，
由正方形性质可知，于，且，
不妨设直线的方程为，则直线的方程为，
设,，,，则,，,，
联立直线方程与函数得，即，
，同理，
又，
，即，
化简得，，
，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线的综合运用.解决本题的关键是利用函数的对称性与正方形的对称性，从而可设互相垂直的两条直线，再根据直线与曲线相交的坐标关系，进而利用相交弦长公式确定直线斜率关系式.考查了运算求解能力，属于较难题目．
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、演算步骤．
15. 随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
（1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
（2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2），分布列见解析
【解析】
【分析】（1）将数据从小到大排列，根据第一四分位数的概念求解即可；
（2）先求出两个公司不满意的人数，确定随机变量的取值，然后求出对应的概率，根据数学期望公式求解即可.
【小问1详解】
将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.
【小问2详解】
由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；
分公司中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.
所以的所有可能取值为1，2，3.
，
所以的分布列为
数学期望.
16. 如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
（1）证明：平面；
（2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解.
【小问1详解】
在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
因平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，
，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知数列满足为常数，若为等差数列，且．
（1）求的值及的通项公式；
（2）求的前项和．
【答案】（1）值为
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得；
（2）由题意可得，借助分组求和法计算即可得解.
【小问1详解】
由题意知，
因为，所以,
设等差数列的公差为，则，
解得，所以，
所以的值为的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
．
所以的前项和．
18. 对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知．
（1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间；
（2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间.
（2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.
【小问1详解】
由为“的可移倒数点”，得，
即，整理，即，解得，
由的定义域为R，求导得，
当时，单调递增；时，单调递减；
时，单调递增，
所以的单调递增区间为，递减区间为．
【小问2详解】
依题意，，
由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根，
①当时，，方程可化为，解得，
这与不符，因此在内没有实数根；
②当时，，方程可化为，
该方程又可化为．
设，则，
因为当时，，所以在内单调递增，
又因为，所以当时，，
因此，当时，方程在内恰有一个实数根；
当时，方程在内没有实数根．
③当时，没有意义，所以不是的实数根．
④当时，，方程可化为，
化为，于是此方程在内恰有两个实数根，
则有，解得，
因此当时，方程在内恰有两个实数根，
当时，方程在内至多有一个实数根，
综上，的取值范围为．
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
19. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程；
（2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且.
（ⅰ）当时，求的值；
（ⅱ）当时，求点到的距离的最大值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）2
【解析】
【分析】（1）根据短轴长和离心率建立方程求解即可；
（2）（ⅰ）利用向量的坐标运算求得点的坐标，代入双曲线方程即可求解；
（ⅱ）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，根据向量坐标运算得，从而代入化简得，即过定点，进而根据几何性质求得点到直线的最大距离.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）由题意得，
由，得，即，
由，得，即，
将的坐标分别代入的方程，得和，
解得，又，所以.
（ⅱ）由消去，得，
其中，
设，则，
由，
得，
所以，
由，得，
即，
所以，
因此，又，所以.
所以的方程为，即过定点，
所以点到的最大距离为点与点的距离，
即点到的距离的最大值为2.
1
2
3
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上.
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回.
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. 点在抛物线上，若点到点的距离为6，则点到轴的距离为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的定义知，点到焦点的距离等于点到准线的距离，结合点和准线的位置，求点到轴的距离.
【详解】抛物线开口向右，准线方程为，
点到焦点的距离为6，则点到准线的距离为6，
点在y轴右边，所以点到y轴的距离为4．
故选：A．
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由交集的定义求解.
【详解】集合，则.
故选：D
3. 已知函数为上的偶函数，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数的定义可得，结合函数解析式和对数的运算性质即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
则.
故选：A
4. 若圆与圆恰有一条公切线，则下列直线一定不经过点的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两圆公切线条数确定两圆位置关系，从而可得圆心所满足的轨迹方程，从而逐项判段直线与圆位置关系，确定直线是否过点即可.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
若圆与圆恰有一条公切线，则两圆内切，
所以，即，所以点的轨迹为圆，
对于A，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故A不符合；
对于B，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故B不符合；
对于C，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故C不符合；
对于D，圆心到直线的距离为，则该直线不过点，故D符合；
故选：D.
5. 班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ）
A. 60种B. 54种C. 48种D. 36种
【答案】B
【解析】
分析】分甲、乙、丙三位同学都有安排和甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排两种情况进行说明即可.
【详解】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，
先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，
然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，
余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，
先选两人出来，有种结果，
再将四门不同学科分成两堆，有种结果，
将学科分给学生，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
综合得不同的安排方案共有种.
故选：B.
6. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，若直线与在第一象限内的交点为，且轴，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，由轴得，利用斜率公式可得结果.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，依题意有，
即，又右焦点为，且轴，所以，
所以，
故选：C
7. 如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
即，得①，
在中，由余弦定理得，
即，得②，
又，
所以③，
由②①，得，由，
得，代入③得.
故选：B
8. 已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，
则，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以.
故选：A
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. 已知向量，若在上的投影向量为，则（ ）
A. B.
C. D. 与的夹角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据投影向量的公式求出的值，再根据向量坐标运算逐项判断即可.
【详解】对于A，因为在上的投影向量为，即，
所以，即，解得，故A正确；
对于B，，所以，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，所以与的夹角为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（ ）
A. “”与“”
B. “”与“”
C. “”与“”
D. “平面平面”与“平面平面”
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正方形的特征可判定A，利用球的特征可判定B，利用面面垂直的性质可判定C，利用反证法可判定D.
【详解】对于A，显然时，而底面是正方形，，
所以不成立，故A错误；
对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以为半径的球面上时可符合题意，故B正确；
对于C，当平面底面时，
由面面垂直的性质可知平面，平面，显然符合题意，故C正确；
对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面，
如图有，取，作，
垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知，
由线面垂直的性质可知，
又，由线面垂直的判定可知，
若“平面平面”与“平面平面”同时成立，
易知平面平面，可设平面平面，则，
则平面，
易知平面，所以面，则，
则有平面，显然不成立，故D错误.
故选：BC
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为
B. 若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为
C. 若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】先判断函数的单调性及值域，由条件确定的范围，设点的坐标分别为，列方程化简可得，由此判断AB，判断直线与的图象能围成封闭图形的形状，结合面积公式判断C,由条件，结合两角差余弦公式可求，根据二倍角公式可求，由此判断D.
【详解】由，可得，
所以在区间上单调递减，
且，，
所以，
由，可得，
所以函数在区间上单调递减，
且，，
所以，
由已知，
所以直线与函数都只有一个交点，
设点的坐标分别为，
则，
，，
因为函数在上单调递减，
所以，
所以，
所以，A错误，B正确，
设直线与函数的交点为，
则，又，
所以四边形为平行四边形，其面积，C正确；
对于D，因为，
所以，，
所以，，即，
又，
所以，
所以，又，
所以
所以，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是利用正弦型函数的性质得到点横坐标之间的关系，即.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，且，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算和相等复数建立关于a的方程，解之即可.
【详解】，
所以，解得.
故答案为：1
13. 甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为________．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，根据条件概率公式分别求解、的值，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，
，
，
故．
故答案为：．
14. 已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】分析函数关于点中心对称，进而正方形的对称中心为，设出直线的方程为，则直线的方程为，,，,，则,，,，联立直线方程与函数可得，，由，可得，进而求得的值，所以可得，代值计算即可得出答案．
【详解】因为，所以，则，得函数关于点中心对称，
显然该正方形的中心为，
由正方形性质可知，于，且，
不妨设直线的方程为，则直线的方程为，
设,，,，则,，,，
联立直线方程与函数得，即，
，同理，
又，
，即，
化简得，，
，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线的综合运用.解决本题的关键是利用函数的对称性与正方形的对称性，从而可设互相垂直的两条直线，再根据直线与曲线相交的坐标关系，进而利用相交弦长公式确定直线斜率关系式.考查了运算求解能力，属于较难题目．
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、演算步骤．
15. 随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
（1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
（2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2），分布列见解析
【解析】
【分析】（1）将数据从小到大排列，根据第一四分位数的概念求解即可；
（2）先求出两个公司不满意的人数，确定随机变量的取值，然后求出对应的概率，根据数学期望公式求解即可.
【小问1详解】
将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.
【小问2详解】
由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；
分公司中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.
所以的所有可能取值为1，2，3.
，
所以的分布列为
数学期望.
16. 如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
（1）证明：平面；
（2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解.
【小问1详解】
在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
因平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，
，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知数列满足为常数，若为等差数列，且．
（1）求的值及的通项公式；
（2）求的前项和．
【答案】（1）值为
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得；
（2）由题意可得，借助分组求和法计算即可得解.
【小问1详解】
由题意知，
因为，所以,
设等差数列的公差为，则，
解得，所以，
所以的值为的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）知，，
所以
．
所以的前项和．
18. 对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知．
（1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间；
（2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间.
（2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.
【小问1详解】
由为“的可移倒数点”，得，
即，整理，即，解得，
由的定义域为R，求导得，
当时，单调递增；时，单调递减；
时，单调递增，
所以的单调递增区间为，递减区间为．
【小问2详解】
依题意，，
由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根，
①当时，，方程可化为，解得，
这与不符，因此在内没有实数根；
②当时，，方程可化为，
该方程又可化为．
设，则，
因为当时，，所以在内单调递增，
又因为，所以当时，，
因此，当时，方程在内恰有一个实数根；
当时，方程在内没有实数根．
③当时，没有意义，所以不是的实数根．
④当时，，方程可化为，
化为，于是此方程在内恰有两个实数根，
则有，解得，
因此当时，方程在内恰有两个实数根，
当时，方程在内至多有一个实数根，
综上，的取值范围为．
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
19. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为.
（1）求的方程；
（2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且.
（ⅰ）当时，求的值；
（ⅱ）当时，求点到的距离的最大值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）2
【解析】
【分析】（1）根据短轴长和离心率建立方程求解即可；
（2）（ⅰ）利用向量的坐标运算求得点的坐标，代入双曲线方程即可求解；
（ⅱ）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，根据向量坐标运算得，从而代入化简得，即过定点，进而根据几何性质求得点到直线的最大距离.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）由题意得，
由，得，即，
由，得，即，
将的坐标分别代入的方程，得和，
解得，又，所以.
（ⅱ）由消去，得，
其中，
设，则，
由，
得，
所以，
由，得，
即，
所以，
因此，又，所以.
所以的方程为，即过定点，
所以点到的最大距离为点与点的距离，
即点到的距离的最大值为2.
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