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广东省阳江市2024届高三下学期5月模拟数学试题（学生版+教师版）
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1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】验证集合中的元素，是否是集合中元素，即可求.
【详解】因为，所以，，所以，，所以，
所以.
故选：C
2. 已知，若，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量坐标的线性运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
又，，
所以，解得.
故选：C.
3. 已知l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】在A中，与平行或异面；在B中，与相交、平行或；在C中，与相交、平行或；在D中，由面面垂直的判定理得
【详解】由l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，知：
在A中，若，，，则与平行或异面，故A错误；
在B中，若，，则与相交、平行或，故B错误；
在C中，若，，则与相交、平行或，故C错误；
在D中，若，，则由面面垂直的判定理得，故D正确．
故选：D
4. 在平行四边形中，，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出翻折前后的图形，找到球心位置，利用长度的几何关系证明四边形为正方形即可得到异面直线与所成角.
详解】
取中点，中点，中点，
则为外心，为外心，，
因为，则，
翻折后，过作直线垂直于平面，过作直线垂直于平面，两直线的交点为即为球心，设球半径为
由题意可得，可得，即
且，
则由勾股定理可得，
由得四边形为菱形，
由平面，平面，可得，
所以四边形为正方形，，
由可得异面直线与所成角为，
故选：D.
5. 已知，为奇函数，当时，，则集合可表示为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数奇偶性可得不等式等价于，再求出函数解析式，利用对数函数单调性解不等式可得结果.
【详解】因为为奇函数，所以等价于，即；
当时，，即，解得；
当时，，可得，所以，
解不等式，可得，
综上可得集合可表示为.
故选：D
6. 2024年1月19日，万众瞩目的“九省联考”正式开考，数学测试卷题型结构变化很大，由原来22个题减少至19个题，让考生的作答时间变得更加充裕，符合“适当减少试题数量，加强对数学思维过程考查”目标．某同学统计了自己最近的次“新题型结构”试卷的成绩发现：这次的分数恰好组成一个公差不为的等差数列，设次成绩的平均分数为，第百分位数为，当去掉某一次的成绩后，次成绩的平均分数为，第百分位数为．若，则（ ）
A. B. C. D. 与大小无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】依题意不妨设这次的分数从小到大分别为、、、、，即可求出、，要使去掉一个数据之后平均数不变，则去掉的一定是，从而求出，即可判断.
【详解】依题意不妨设这次的分数从小到大分别为、、、、，
所以，
又，所以第百分位数为
要使次成绩的平均分数为且，则去掉的数据一定是，
即还剩下、、、，
又，所以第百分位数为，
因为，所以.
故选：C
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知化简可推得，两边平方整理得出，求解得出，进而根据二倍角的余弦公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，显然，
两边同时乘以可得，，
整理可得，
所以，，
两边同时平方可得，
即，解得或.
当时，，此时，不满足题意，舍去.
所以，.
故选：A.
8. 已知O为双曲线C的中心，F为双曲线C的一个焦点，且C上存在点A，使得，，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】解三角形求出，根据双曲线的定义建立方程即可得解.
【详解】不妨设双曲线焦点在轴上，，另一个焦点为，
因为，所以为直角三角形，
因为，，
所以由余弦定理可得，
所以，
由双曲线定义可得，，
所以.
故选：C
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. 设复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则或
B. 若，则的最小值为
C. 若，则
D. 若，则点的集合所构成图形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用列举反例的方法，结合模长公式，可得答案；
对于B，根据复数的几何意义，写出点的轨迹方程，根据圆外一点到圆上点的最短距离，可得答案；
对于C，根据复数的模长公式，可得答案；
对于D，根据模长的几何意义作图，结合圆的面积公式，可得答案.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，设对应的点为，则其轨迹方程为，
由原点到的距离为，如下图：
易知当对应的点为时，取得最小值，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，由题意可作图如下：
点的集合所构成图形为图中的阴影部分，面积，故D正确.
故选：BD.
10. 已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 有无数个点，使得平面
B. 有无数个点，使得平面
C. 若点平面，则四棱锥的体积的最大值为
D. 若点平面，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出球的半径及正方体的棱长，利用面面平行、线面垂直的性质判断AB；求出点平面距离的最大值计算判断C；建系设出点的坐标，借助基本不等式求出最大值判断D.
【详解】令正方体的外接球半径为，，，则，
连接，由四边形是该正方体的对角面，得四边形是矩形，
即有，而平面，平面，则平面，
同理平面，又平面，
因此平面平面，令平面截球面所得截面小圆为圆，
对圆上任意一点（除点外）均有平面，A正确；
对于B，过与平面垂直的直线仅有一条，这样的点至多一个，B错误；
对于C，平面截球面为圆，圆的半径为，则圆上的点到底面的距离的最大值为，
因此四棱锥的体积的最大值为，C正确；
对于D，显然平面，在平面内建立平面直角坐标系，如图，
令点，而，
因此，
，令，
，当且仅当取等号，
此时，即，因此的最大值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
11. 已知偶函数的定义域为，为奇函数，且在上单调递增，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据奇函数、偶函数的性质，首先推出函数为周期函数，再根据函数的单调性，判断函数的符号，可得有关的结论.
【详解】因为为偶函数，所以；
因为是上的奇函数，所以，
且的图象是由的图象向左平移个单位得到的，所以的图象关于点对称，进一步得的图象关于点中心对称，即.
所以，所以.所以函数是周期函数，且周期为；
又在上单调递增，所以在上，有.
所以函数的草图如下：
由图可知：，故A错；，故B对；，故C错；
，故D对.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中的系数为，则的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
可知展开式中含的项为，
则展开式中的系数为，解得.
故答案为：1.
13. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理化简已知式可得，即，再由CD平分，即，将三角形的面积公式代入化简即可得出答案.
【详解】因为，由正弦定理可得：
，因为，
所以，所以，因为，
所以，又CD平分，所以，
所以，即，
即，
所以.
故答案为：
14. 已知曲线是平面内到定点与到定直线的距离之和等于的点的轨迹，若点在上，对给定的点，用表示的最小值，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，结合图形并借助到两点距离的和不小于这两点间距离求出最小值即得.
【详解】设，当时，，则，
化简得：，即；
当时，，则，
化简得，，即，
对于曲线上的任意一点，，当且仅当是线段与曲线的交点时取等号，
而，当且仅当，即点时取等号，
因此，当且仅当点重合于时取等号，
所以的最小值为2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
①几何法，若题目的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．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，已知，，分别为角，，的对边．若向量，向量，且．
（1）求的值；
（2）若，，成等比数列，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意利用平面向量数量积的运算，正弦定理，两角和的正弦公式求解即可．
（2）利用等比数列的性质，正弦定理根据已知可得，求出的值，再利用同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式求解即可．
【小问1详解】
因为，，且，
所以，
由正弦定理，可得，
所以，即，
又为三角形内角，，
所以；
【小问2详解】
因，，成等比数列，
所以，由正弦定理，可得，
又，为三角形内角，所以，
所以．
16. 某学校为了解本学期学生参加公益劳动的情况，从学校内随机抽取了500名高中学生进行在线调查，收集了他们参加公益劳动时间（单位:小时）分配情况等数据，并将样本数据分成，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）为进一步了解这500名学生参加公益劳动时间的分配情况，从参加公益劳动时间在三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人.记参加公益劳动时间在内的学生人数为，求的分布列和期望；
（2）以调查结果的频率估计概率，从该学校所有高中学生中随机抽取20名学生，用“”表示这20名学生中恰有名学生参加公益劳动时间在]（单位:小时）内的概率，其中.当最大时，写出的值.
【答案】（1）分布列见解析，期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列出方程，求出的值，由频率分布直方图求出这500名学生中参加公益劳动时间在，，三组内的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从参加公益劳动时间在内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列，由分布列即可计算期望；
（2）根据独立重复试验的概率公式得到不等式组，解得的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
由频率分布直方图得:
解得
这500名学生中参加公益劳动时间在三组内的学生人数分别为:人，人，人，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从参加公益劳动时间在14，16内的学生中抽取:人，
现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，
的分布列为:
则其期望为
【小问2详解】
由（1）可知参加公益劳动时间在的概率
所以
依题意，即，
即，解得
因为为非负整数，所以，
即当最大时，
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求与平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.
（2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
取中点，连接，由为中点，为中点，得，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作于点，连接，由，得≌，
则，即，而，
因此，又平面，则平面，平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
由（2）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以与平面所成角的正弦值是.
18. 约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，记为，，…，，（）．
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若，，…，构成等比数列，求证：；
（3）记，求证：．
【答案】（1）或（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意即可写出的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意知，，，，，结合，，…，构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知，，…，为，，，，求得即可；
（3）由题意知，，，，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论．
【小问1详解】
（1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列，
如1，2，4，8为8的所有正约数，即；
或1，3，9，27为27的所有正约数，即；
或1，5，25，125为125的所有正约数，即；
（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
【小问2详解】
由题意可知，，，且，
因为，，…，构成等比数列，不妨设其公比为，
则，所以，
化简得：，所以，
又因为，所以，所以公比，
所以，
又因为，，所以，
又因为，所以；
【小问3详解】
由题意知，，，，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，所以
所以，即．
【点睛】方法点睛：解决新定义题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景，找到解题的突破点，运算相关的数学公式、定理、性质进行解答.
19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
（i）若，求异面直线和所成角的余弦值；
（ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i），（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可；
（2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再求异面直线和所成角的余弦值即可；
（ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值．
【小问1详解】
因为的周长为8，离心率为，
所以，即，，，
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由（1）知，点，倾斜角为，
故直线设为：，
（i）联立直线与椭圆的方程：，可得，
可得或，
可得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系
则，，，
，，
，，，
所以
记异面直线和所成角为，则；
（ii）由，，，
设折叠前，，
直线与椭圆联立方程，得，
即，，
在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），
设，在新图形中对应点记为，，，
，，
①，
即
所以②，
由①②可得：
即
则
即，，
解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解.
0
1
2
3
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】验证集合中的元素，是否是集合中元素，即可求.
【详解】因为，所以，，所以，，所以，
所以.
故选：C
2. 已知，若，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量坐标的线性运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
又，，
所以，解得.
故选：C.
3. 已知l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】在A中，与平行或异面；在B中，与相交、平行或；在C中，与相交、平行或；在D中，由面面垂直的判定理得
【详解】由l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，知：
在A中，若，，，则与平行或异面，故A错误；
在B中，若，，则与相交、平行或，故B错误；
在C中，若，，则与相交、平行或，故C错误；
在D中，若，，则由面面垂直的判定理得，故D正确．
故选：D
4. 在平行四边形中，，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出翻折前后的图形，找到球心位置，利用长度的几何关系证明四边形为正方形即可得到异面直线与所成角.
详解】
取中点，中点，中点，
则为外心，为外心，，
因为，则，
翻折后，过作直线垂直于平面，过作直线垂直于平面，两直线的交点为即为球心，设球半径为
由题意可得，可得，即
且，
则由勾股定理可得，
由得四边形为菱形，
由平面，平面，可得，
所以四边形为正方形，，
由可得异面直线与所成角为，
故选：D.
5. 已知，为奇函数，当时，，则集合可表示为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数奇偶性可得不等式等价于，再求出函数解析式，利用对数函数单调性解不等式可得结果.
【详解】因为为奇函数，所以等价于，即；
当时，，即，解得；
当时，，可得，所以，
解不等式，可得，
综上可得集合可表示为.
故选：D
6. 2024年1月19日，万众瞩目的“九省联考”正式开考，数学测试卷题型结构变化很大，由原来22个题减少至19个题，让考生的作答时间变得更加充裕，符合“适当减少试题数量，加强对数学思维过程考查”目标．某同学统计了自己最近的次“新题型结构”试卷的成绩发现：这次的分数恰好组成一个公差不为的等差数列，设次成绩的平均分数为，第百分位数为，当去掉某一次的成绩后，次成绩的平均分数为，第百分位数为．若，则（ ）
A. B. C. D. 与大小无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】依题意不妨设这次的分数从小到大分别为、、、、，即可求出、，要使去掉一个数据之后平均数不变，则去掉的一定是，从而求出，即可判断.
【详解】依题意不妨设这次的分数从小到大分别为、、、、，
所以，
又，所以第百分位数为
要使次成绩的平均分数为且，则去掉的数据一定是，
即还剩下、、、，
又，所以第百分位数为，
因为，所以.
故选：C
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知化简可推得，两边平方整理得出，求解得出，进而根据二倍角的余弦公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，显然，
两边同时乘以可得，，
整理可得，
所以，，
两边同时平方可得，
即，解得或.
当时，，此时，不满足题意，舍去.
所以，.
故选：A.
8. 已知O为双曲线C的中心，F为双曲线C的一个焦点，且C上存在点A，使得，，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】解三角形求出，根据双曲线的定义建立方程即可得解.
【详解】不妨设双曲线焦点在轴上，，另一个焦点为，
因为，所以为直角三角形，
因为，，
所以由余弦定理可得，
所以，
由双曲线定义可得，，
所以.
故选：C
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. 设复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则或
B. 若，则的最小值为
C. 若，则
D. 若，则点的集合所构成图形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用列举反例的方法，结合模长公式，可得答案；
对于B，根据复数的几何意义，写出点的轨迹方程，根据圆外一点到圆上点的最短距离，可得答案；
对于C，根据复数的模长公式，可得答案；
对于D，根据模长的几何意义作图，结合圆的面积公式，可得答案.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，设对应的点为，则其轨迹方程为，
由原点到的距离为，如下图：
易知当对应的点为时，取得最小值，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，由题意可作图如下：
点的集合所构成图形为图中的阴影部分，面积，故D正确.
故选：BD.
10. 已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 有无数个点，使得平面
B. 有无数个点，使得平面
C. 若点平面，则四棱锥的体积的最大值为
D. 若点平面，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出球的半径及正方体的棱长，利用面面平行、线面垂直的性质判断AB；求出点平面距离的最大值计算判断C；建系设出点的坐标，借助基本不等式求出最大值判断D.
【详解】令正方体的外接球半径为，，，则，
连接，由四边形是该正方体的对角面，得四边形是矩形，
即有，而平面，平面，则平面，
同理平面，又平面，
因此平面平面，令平面截球面所得截面小圆为圆，
对圆上任意一点（除点外）均有平面，A正确；
对于B，过与平面垂直的直线仅有一条，这样的点至多一个，B错误；
对于C，平面截球面为圆，圆的半径为，则圆上的点到底面的距离的最大值为，
因此四棱锥的体积的最大值为，C正确；
对于D，显然平面，在平面内建立平面直角坐标系，如图，
令点，而，
因此，
，令，
，当且仅当取等号，
此时，即，因此的最大值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
11. 已知偶函数的定义域为，为奇函数，且在上单调递增，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据奇函数、偶函数的性质，首先推出函数为周期函数，再根据函数的单调性，判断函数的符号，可得有关的结论.
【详解】因为为偶函数，所以；
因为是上的奇函数，所以，
且的图象是由的图象向左平移个单位得到的，所以的图象关于点对称，进一步得的图象关于点中心对称，即.
所以，所以.所以函数是周期函数，且周期为；
又在上单调递增，所以在上，有.
所以函数的草图如下：
由图可知：，故A错；，故B对；，故C错；
，故D对.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中的系数为，则的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
可知展开式中含的项为，
则展开式中的系数为，解得.
故答案为：1.
13. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理化简已知式可得，即，再由CD平分，即，将三角形的面积公式代入化简即可得出答案.
【详解】因为，由正弦定理可得：
，因为，
所以，所以，因为，
所以，又CD平分，所以，
所以，即，
即，
所以.
故答案为：
14. 已知曲线是平面内到定点与到定直线的距离之和等于的点的轨迹，若点在上，对给定的点，用表示的最小值，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，结合图形并借助到两点距离的和不小于这两点间距离求出最小值即得.
【详解】设，当时，，则，
化简得：，即；
当时，，则，
化简得，，即，
对于曲线上的任意一点，，当且仅当是线段与曲线的交点时取等号，
而，当且仅当，即点时取等号，
因此，当且仅当点重合于时取等号，
所以的最小值为2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
①几何法，若题目的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．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，已知，，分别为角，，的对边．若向量，向量，且．
（1）求的值；
（2）若，，成等比数列，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意利用平面向量数量积的运算，正弦定理，两角和的正弦公式求解即可．
（2）利用等比数列的性质，正弦定理根据已知可得，求出的值，再利用同角三角函数基本关系式，两角和的正弦公式求解即可．
【小问1详解】
因为，，且，
所以，
由正弦定理，可得，
所以，即，
又为三角形内角，，
所以；
【小问2详解】
因，，成等比数列，
所以，由正弦定理，可得，
又，为三角形内角，所以，
所以．
16. 某学校为了解本学期学生参加公益劳动的情况，从学校内随机抽取了500名高中学生进行在线调查，收集了他们参加公益劳动时间（单位:小时）分配情况等数据，并将样本数据分成，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）为进一步了解这500名学生参加公益劳动时间的分配情况，从参加公益劳动时间在三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人.记参加公益劳动时间在内的学生人数为，求的分布列和期望；
（2）以调查结果的频率估计概率，从该学校所有高中学生中随机抽取20名学生，用“”表示这20名学生中恰有名学生参加公益劳动时间在]（单位:小时）内的概率，其中.当最大时，写出的值.
【答案】（1）分布列见解析，期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列出方程，求出的值，由频率分布直方图求出这500名学生中参加公益劳动时间在，，三组内的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从参加公益劳动时间在内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列，由分布列即可计算期望；
（2）根据独立重复试验的概率公式得到不等式组，解得的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
由频率分布直方图得:
解得
这500名学生中参加公益劳动时间在三组内的学生人数分别为:人，人，人，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从参加公益劳动时间在14，16内的学生中抽取:人，
现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，
的分布列为:
则其期望为
【小问2详解】
由（1）可知参加公益劳动时间在的概率
所以
依题意，即，
即，解得
因为为非负整数，所以，
即当最大时，
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求与平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.
（2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
取中点，连接，由为中点，为中点，得，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作于点，连接，由，得≌，
则，即，而，
因此，又平面，则平面，平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
由（2）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以与平面所成角的正弦值是.
18. 约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，记为，，…，，（）．
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若，，…，构成等比数列，求证：；
（3）记，求证：．
【答案】（1）或（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意即可写出的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意知，，，，，结合，，…，构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知，，…，为，，，，求得即可；
（3）由题意知，，，，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论．
【小问1详解】
（1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列，
如1，2，4，8为8的所有正约数，即；
或1，3，9，27为27的所有正约数，即；
或1，5，25，125为125的所有正约数，即；
（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
【小问2详解】
由题意可知，，，且，
因为，，…，构成等比数列，不妨设其公比为，
则，所以，
化简得：，所以，
又因为，所以，所以公比，
所以，
又因为，，所以，
又因为，所以；
【小问3详解】
由题意知，，，，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，所以
所以，即．
【点睛】方法点睛：解决新定义题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景，找到解题的突破点，运算相关的数学公式、定理、性质进行解答.
19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
（i）若，求异面直线和所成角的余弦值；
（ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i），（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可；
（2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再求异面直线和所成角的余弦值即可；
（ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值．
【小问1详解】
因为的周长为8，离心率为，
所以，即，，，
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由（1）知，点，倾斜角为，
故直线设为：，
（i）联立直线与椭圆的方程：，可得，
可得或，
可得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系
则，，，
，，
，，，
所以
记异面直线和所成角为，则；
（ii）由，，，
设折叠前，，
直线与椭圆联立方程，得，
即，，
在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），
设，在新图形中对应点记为，，，
，，
①，
即
所以②，
由①②可得：
即
则
即，，
解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解.
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