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湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三上学期月考（四）数学试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三上学期月考（四）数学试题（Word版附解析），共21页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将本试卷和答题卡一并交回．
一､选择题（本大题共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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】由已知得．
故选：B
2. 已知是虚数单位，若，则实数（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数乘法运算法则，根据复数相等列方程组即可求.
【详解】因为，，
所以，解得．
故选:A
3. 设随机变量，且，则（ ）
A 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
【答案】D
【解析】
【分析】利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得.
【详解】随机变量，显然，
而，所以.
故选：D
4. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用1作为中间量，判断b、c的大小，利用换底公式判断a、b的大小.
【详解】因为，
即．
故选：B．
5. 已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥与其内切球的轴截面，由已知数据计算出圆锥底面半径和母线长，可求圆锥的表面积.
【详解】圆锥与其内切球的轴截面如下图所示，
由已知，可知，所以圆锥的轴截面为正三角形，
因为，所以圆锥底面圆半径，母线，
则圆锥的表面积为．
故选：C．
6. 已知角，且满足，则 =（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得的值，从而可得，即可得到结果.
【详解】由已知得，∴，∵，
∴.
故选：D
7. 在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理可得圆的外接圆直径，从而可得，代入计算，即可得到结果.
【详解】由已知，所以圆的外接圆直径为，
因为，
所以，
所以，
因为，即，所以时，取到最小值．
故选：D．
8. 已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用弦中点坐标由点差法即可计算出，利用焦点坐标即可得，即得出椭圆方程.
【详解】根据题意设，代入椭圆方程可得；
两式相减可得，整理可得；
又因为的中点坐标为，可得；
因此过两点的直线斜率为，
又和的中点在直线上，所以，
即，可得；
又易知，且，计算可得；
所以椭圆的方程为，代入的中点坐标为，得，则其在椭圆内部，则此时直线与椭圆相交两点.
故选：A
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 党的二十大报告提出，要加快发展数字经济，促进数字经济与实体经济的深度融合，数字化构建社区服务新模式成为一种时尚．某社区为优化数字化社区服务，问卷调查调研数字化社区服务的满意度，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度绘制成如下频率分布直方图，图中．则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 满意度计分的众数为80分
C. 满意度计分的分位数是85分
D. 满意度计分的平均分是76.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率之和为1即可求解A，根据众数，中位数以及平均数的计算即可分别求解BCD.
【详解】由频率分布直方图可知，即，
又，所以，所以选项正确；
满意度计分的众数为75分，所以选项错误；
前三组的频率之和为0.75，
前四组的频率之和为，则分位数，
故，满意度计分的分位数为85，所以选项正确；
满意度计分的平均分为：分，所以选项D正确．
故选:ACD．
10. 已知函数的最大值为，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B.
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在区间内有两个不同实根
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，求出最大值，根据最大值为确定的值，然后利用正弦型函数的性质依次判断即可.
【详解】因为，
所以，
又的最大值是，所以，
又，所以，所以选项A错误，B正确；
由于，
因为，
所以函数的图象关于点对称，所以选项错误；
当时，，由，
即，求得或，所以选项D正确．
故选：BD．
11. 已知数列满足，数列满足，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是等差数列B.
C D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意可得，再根据等差数列的定义及性质即可判断AB；求出数列和的通项，再利用裂项相消法即可求出，从而可判断CD.
【详解】因为，所以，
所以，且，
所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为，
所以，所以选项AB正确；
因为，所以，
所以，
所以
，所以选项C正确，D错误．
故选：ABC．
12. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（ ）
A
B. 存在点，使得平面
C. 当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为
D. 三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由面面垂直的性质定理可判断选项A；由线面平行的判定定理和性质定理可判断选项B；由面面垂直的判定定理、面面垂直的性质及余弦定理可判断选项C；由截面是的外接圆及正弦定理可判断选项D.
【详解】令，连接，令中点为，连接，如图所示：
由底面是正方形可得：是的中点，且；
由平面，平面，平面可得：
平面平面，；
由，可得：四边形为矩形.
对于选项：由，平面平面，平面平面，平面，可得平面.
又平面，所以，故正确；
对于选项：因为在矩形中，，所以四边形是平行四边形，则直线.
因为平面平面，则平面.故当是线段中点时，直线平面，故正确；
对于选项：因为平面，平面，
所以平面平面，
所以在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为.
在中，，故C正确；
对于选项D：因为在中，，，
则.
由正弦定理得：的外接圆直径，
则半径，圆面积为.
因为三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，四边形为矩形，所以点F在三棱锥的外接球上.
所以三棱锥的外接球被平面所截取的截面是的外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，故D错误．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间中线线垂直的证明、线面平行的证明、线面角的求法及球的截面问题.解题关键在于熟练灵活掌握空间线面位置关系的判断方法.选项D先判断出截面的形状，再利用正弦定理求出半径即可求解判断.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知函数，则的值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】运用代入法，结合对数的运算性质进行求解即可.
【详解】由题意可得，，所以．
故答案为：4
14. 2023年10月国庆节旅游黄金周期间，自驾游爱好者甲､乙､丁3家组团自驾去杭州旅游，3家人分别乘坐3辆车，沪昆高速杭州入口有共3个不同的窗口，则每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数，再求出3个窗口各有1辆车在等候的事件含有的基本事件数，利用古典概率公式计算得解.
【详解】该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数为，
3个窗口各有1辆车在等候的事件含有个基本事件，
所以每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为.
故答案为：
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由得出，由定义结合勾股定理得出，再由勾股定理得出离心率.
【详解】解：如图，
因为，则，
设，则，则，
由勾股定理可得，即，
整理可得，因为，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，即，整理可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故答案为：
16. 已知关于不等式恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，关于x的不等式恰有3个不同的正整数解．设函数，，作出函数图象，由图象观察，可得实数的k取值范围．
【详解】当时，不等式有无数个正整数解，不满足题意；
当时，当时，不等式恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；
当时，不等式等价于，
令，所以，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，结合单调性可知，当时，恒成立，
而表示经过点的直线，
由图像可知，关于的不等式恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：
解得．则实数的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】用数形结合思想解决不等式解的问题一般有以下几类：
（1）解含参不等式：在解决含有参数不等式时，由于涉及参数，往往需要讨论，导致演算过程复杂，若利用数形结合的方法，问题将简单化；
（2）确定参数范围：在确定不等式参数的范围时，几何图形更能使问题直观；
（3）证明不等式：把证明的不等式赋予一定的几何意义，将复杂的证明问题明快解决.
四､解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）
17. 在中，分别为内角的对边，且．
（1）求角A的大小；
（2）设角A的内角平分线交于点，若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得；
（2）根据化简整理可得.
【小问1详解】
由及正弦定理得：
，即．
由余弦定理得，
又，所以．
【小问2详解】
由角的内角平分线交于点可知，
，
所以．
18. 已知等差数列的前项和为，且满足，数列满足．
（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）已知数列满足求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；，
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意求得和，得到，得到，再由，得到为等比数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合分组求和，即可求解.
【小问1详解】
解：依题意，设数列的公差为，
因为，所以，则，
因为，即，所以，
所以，所以，即．
所以，所以，
又因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以．
【小问2详解】
解：由（1）知，，可得，
所以
．
19. 如图，四棱柱中，底面为正方形，与交于点，平面平面与底面所成的角为．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作于，利用面面垂直证明线面垂，再结合线面角证明为同一点即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
过作于，因为平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，所以，
，则，
又因为底面为正方形，，
所以，是中点，，
可知同一点，所以平面．
【小问2详解】
因为底面是正方形，所以，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
，，，，
则．
又，所以，
所以，
设平面的法向量是，由
令，则，得，
因为，
设平面的法向量为，所以
令，则，得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
20. 已知圆，动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过圆心作直线与轨迹和圆交于四个点，自上而下依次为A，M，N，B，若，求及直线的方程．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）易得圆的半径，圆心，由题意得到点到定点的距离与到定直线的距离相等，再利用抛物线的定义求解；
（2）由圆的半径为1，得到，再由，得到，易知直线的斜率不为，设直线，与抛物线方程联立，利用弦长公式求解.
【小问1详解】
化为，可得半径，圆心，
因为动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义得的轨迹方程为；
【小问2详解】
如图所示：
由圆的半径为1，可得，
又，
，
当直线的斜率为时，直线与抛物线只有1个交点，不合题意；
所以直线的斜率不为，可设直线，
联立，
恒成立，，
因为，
所以，解得，
所以直线的方程为．
21. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
（1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列；
（2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）可以；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求出其所对应的概率，即可得到分布列.
（2）根据题意，由条件可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果.
【小问1详解】
设计算机4次生成的数字之和为，则，
则，
，
的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
【小问2详解】设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，
表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，
由全概率公式可知
则，，
即，，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以恒成立，
所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖金.
22. 已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为，利用构造函数法、放缩法，结合多次求导来研究所构造函数的单调性，进而证得不等式成立.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
【小问2详解】
要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
【点睛】方法点睛；求解函数单调区间的步骤：
（1）确定的定义域；
（2）计算导数；
（3）求出的根；1
2
3
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将本试卷和答题卡一并交回．
一､选择题（本大题共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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】由已知得．
故选：B
2. 已知是虚数单位，若，则实数（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数乘法运算法则，根据复数相等列方程组即可求.
【详解】因为，，
所以，解得．
故选:A
3. 设随机变量，且，则（ ）
A 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
【答案】D
【解析】
【分析】利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得.
【详解】随机变量，显然，
而，所以.
故选：D
4. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用1作为中间量，判断b、c的大小，利用换底公式判断a、b的大小.
【详解】因为，
即．
故选：B．
5. 已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥与其内切球的轴截面，由已知数据计算出圆锥底面半径和母线长，可求圆锥的表面积.
【详解】圆锥与其内切球的轴截面如下图所示，
由已知，可知，所以圆锥的轴截面为正三角形，
因为，所以圆锥底面圆半径，母线，
则圆锥的表面积为．
故选：C．
6. 已知角，且满足，则 =（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得的值，从而可得，即可得到结果.
【详解】由已知得，∴，∵，
∴.
故选：D
7. 在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理可得圆的外接圆直径，从而可得，代入计算，即可得到结果.
【详解】由已知，所以圆的外接圆直径为，
因为，
所以，
所以，
因为，即，所以时，取到最小值．
故选：D．
8. 已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用弦中点坐标由点差法即可计算出，利用焦点坐标即可得，即得出椭圆方程.
【详解】根据题意设，代入椭圆方程可得；
两式相减可得，整理可得；
又因为的中点坐标为，可得；
因此过两点的直线斜率为，
又和的中点在直线上，所以，
即，可得；
又易知，且，计算可得；
所以椭圆的方程为，代入的中点坐标为，得，则其在椭圆内部，则此时直线与椭圆相交两点.
故选：A
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 党的二十大报告提出，要加快发展数字经济，促进数字经济与实体经济的深度融合，数字化构建社区服务新模式成为一种时尚．某社区为优化数字化社区服务，问卷调查调研数字化社区服务的满意度，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度绘制成如下频率分布直方图，图中．则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 满意度计分的众数为80分
C. 满意度计分的分位数是85分
D. 满意度计分的平均分是76.5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率之和为1即可求解A，根据众数，中位数以及平均数的计算即可分别求解BCD.
【详解】由频率分布直方图可知，即，
又，所以，所以选项正确；
满意度计分的众数为75分，所以选项错误；
前三组的频率之和为0.75，
前四组的频率之和为，则分位数，
故，满意度计分的分位数为85，所以选项正确；
满意度计分的平均分为：分，所以选项D正确．
故选:ACD．
10. 已知函数的最大值为，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B.
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在区间内有两个不同实根
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，求出最大值，根据最大值为确定的值，然后利用正弦型函数的性质依次判断即可.
【详解】因为，
所以，
又的最大值是，所以，
又，所以，所以选项A错误，B正确；
由于，
因为，
所以函数的图象关于点对称，所以选项错误；
当时，，由，
即，求得或，所以选项D正确．
故选：BD．
11. 已知数列满足，数列满足，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是等差数列B.
C D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意可得，再根据等差数列的定义及性质即可判断AB；求出数列和的通项，再利用裂项相消法即可求出，从而可判断CD.
【详解】因为，所以，
所以，且，
所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为，
所以，所以选项AB正确；
因为，所以，
所以，
所以
，所以选项C正确，D错误．
故选：ABC．
12. 如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（ ）
A
B. 存在点，使得平面
C. 当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为
D. 三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由面面垂直的性质定理可判断选项A；由线面平行的判定定理和性质定理可判断选项B；由面面垂直的判定定理、面面垂直的性质及余弦定理可判断选项C；由截面是的外接圆及正弦定理可判断选项D.
【详解】令，连接，令中点为，连接，如图所示：
由底面是正方形可得：是的中点，且；
由平面，平面，平面可得：
平面平面，；
由，可得：四边形为矩形.
对于选项：由，平面平面，平面平面，平面，可得平面.
又平面，所以，故正确；
对于选项：因为在矩形中，，所以四边形是平行四边形，则直线.
因为平面平面，则平面.故当是线段中点时，直线平面，故正确；
对于选项：因为平面，平面，
所以平面平面，
所以在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为.
在中，，故C正确；
对于选项D：因为在中，，，
则.
由正弦定理得：的外接圆直径，
则半径，圆面积为.
因为三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，四边形为矩形，所以点F在三棱锥的外接球上.
所以三棱锥的外接球被平面所截取的截面是的外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，故D错误．
故选：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间中线线垂直的证明、线面平行的证明、线面角的求法及球的截面问题.解题关键在于熟练灵活掌握空间线面位置关系的判断方法.选项D先判断出截面的形状，再利用正弦定理求出半径即可求解判断.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知函数，则的值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】运用代入法，结合对数的运算性质进行求解即可.
【详解】由题意可得，，所以．
故答案为：4
14. 2023年10月国庆节旅游黄金周期间，自驾游爱好者甲､乙､丁3家组团自驾去杭州旅游，3家人分别乘坐3辆车，沪昆高速杭州入口有共3个不同的窗口，则每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数，再求出3个窗口各有1辆车在等候的事件含有的基本事件数，利用古典概率公式计算得解.
【详解】该团的3辆自驾车在3个窗口等候的基本事件总数为，
3个窗口各有1辆车在等候的事件含有个基本事件，
所以每个窗口恰好都有一位该团的自驾车在等候的概率为.
故答案为：
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由得出，由定义结合勾股定理得出，再由勾股定理得出离心率.
【详解】解：如图，
因为，则，
设，则，则，
由勾股定理可得，即，
整理可得，因为，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，即，整理可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故答案为：
16. 已知关于不等式恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，关于x的不等式恰有3个不同的正整数解．设函数，，作出函数图象，由图象观察，可得实数的k取值范围．
【详解】当时，不等式有无数个正整数解，不满足题意；
当时，当时，不等式恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；
当时，不等式等价于，
令，所以，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，结合单调性可知，当时，恒成立，
而表示经过点的直线，
由图像可知，关于的不等式恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：
解得．则实数的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】用数形结合思想解决不等式解的问题一般有以下几类：
（1）解含参不等式：在解决含有参数不等式时，由于涉及参数，往往需要讨论，导致演算过程复杂，若利用数形结合的方法，问题将简单化；
（2）确定参数范围：在确定不等式参数的范围时，几何图形更能使问题直观；
（3）证明不等式：把证明的不等式赋予一定的几何意义，将复杂的证明问题明快解决.
四､解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）
17. 在中，分别为内角的对边，且．
（1）求角A的大小；
（2）设角A的内角平分线交于点，若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得；
（2）根据化简整理可得.
【小问1详解】
由及正弦定理得：
，即．
由余弦定理得，
又，所以．
【小问2详解】
由角的内角平分线交于点可知，
，
所以．
18. 已知等差数列的前项和为，且满足，数列满足．
（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）已知数列满足求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；，
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意求得和，得到，得到，再由，得到为等比数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合分组求和，即可求解.
【小问1详解】
解：依题意，设数列的公差为，
因为，所以，则，
因为，即，所以，
所以，所以，即．
所以，所以，
又因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以．
【小问2详解】
解：由（1）知，，可得，
所以
．
19. 如图，四棱柱中，底面为正方形，与交于点，平面平面与底面所成的角为．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作于，利用面面垂直证明线面垂，再结合线面角证明为同一点即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
过作于，因为平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，所以，
，则，
又因为底面为正方形，，
所以，是中点，，
可知同一点，所以平面．
【小问2详解】
因为底面是正方形，所以，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系．
，，，，
则．
又，所以，
所以，
设平面的法向量是，由
令，则，得，
因为，
设平面的法向量为，所以
令，则，得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
20. 已知圆，动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过圆心作直线与轨迹和圆交于四个点，自上而下依次为A，M，N，B，若，求及直线的方程．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）易得圆的半径，圆心，由题意得到点到定点的距离与到定直线的距离相等，再利用抛物线的定义求解；
（2）由圆的半径为1，得到，再由，得到，易知直线的斜率不为，设直线，与抛物线方程联立，利用弦长公式求解.
【小问1详解】
化为，可得半径，圆心，
因为动点在轴的右侧，到轴的距离比它到的圆心的距离小1，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义得的轨迹方程为；
【小问2详解】
如图所示：
由圆的半径为1，可得，
又，
，
当直线的斜率为时，直线与抛物线只有1个交点，不合题意；
所以直线的斜率不为，可设直线，
联立，
恒成立，，
因为，
所以，解得，
所以直线的方程为．
21. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
（1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列；
（2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）可以；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求出其所对应的概率，即可得到分布列.
（2）根据题意，由条件可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果.
【小问1详解】
设计算机4次生成的数字之和为，则，
则，
，
的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
【小问2详解】设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，
表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，
由全概率公式可知
则，，
即，，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以恒成立，
所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖金.
22. 已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为，利用构造函数法、放缩法，结合多次求导来研究所构造函数的单调性，进而证得不等式成立.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
【小问2详解】
要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
【点睛】方法点睛；求解函数单调区间的步骤：
（1）确定的定义域；
（2）计算导数；
（3）求出的根；1
2
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