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2024届山东省青岛市第五十八中学高三上学期阶段性调研测试（2）数学试题含答案
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这是一份2024届山东省青岛市第五十八中学高三上学期阶段性调研测试（2）数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知命题，，则是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定.
【详解】命题的否定形式是，.
故选：B.
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由，得到，再利用诱导公式和二倍角的正切公式得到求解.
【详解】解：由，得，
则，
，
.
故选：D
3．已知是相互垂直的单位向量.若向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用向量数量积的性质先求，然后由投影向量公式可得.
【详解】因为是相互垂直的单位向量，
所以，.
又，，所以，
所以，
又，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：B
4．2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A．1800B．1080C．720D．360
【答案】B
【分析】分成恰有2个部门所选的旅游地相同、4个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数.
【详解】①恰有2个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的2个部门取出，有种；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有种，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：B
5．将一个棱长为1的正方体放入一个圆柱内，正方体可自由转动，则该圆柱体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小，然后可解.
【详解】由题意知，当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小，
正方体的体对角线长为
所以，此时圆柱的底面半径为，高为，
所以该圆柱体积的最小值为.
故选：B.
6．设首项为的数列的前n项和为，，且，则数列的前23项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助与的关系，结合，可消去，计算出，从而得到，再用裂项相消法求和即可得.
【详解】由，，
当时，，所以，
可得，
又，所以数列是以2为首项、为公差的等差数列，
所以，得，
于是，
所以数列的前项和为.
故选：D.
7．已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
由图可知：，
由平分，则，所以，
由，则解得，
由是关于直线的对称点，则共线，，，，
所以，在中，，
可得，解得，，
在中，由余弦定理，可得，
代入可得：，化简可得：，
所以其离心率.
故选：C.
8．对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，由两函数值域得，然后用表示出，计算，用导数求其最小值．
【详解】，，，的值域是，
设，则，
，，，，
所以，
设，
，
设，则，是增函数，
又，因此时，，递减，时，，递增，
所以，
所以的最小值是，
故选：B．
二、多选题
9．已知，，直线：，：，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由，得，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立.
【详解】由，得，即，
，，则，当且仅当，即时等号成立，
所以有，A选项正确；
由，有，
当且仅当，即时等号成立，所以有，B选项成立；
由，有，，，则，
，由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误；
由，有，
，
当且仅当，即时等号成立，D选项正确.
故选：ABD.
10．下列结论正确的是（ ）
A．若双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为
B．表示双曲线
C．设椭圆的两个焦点分别为，短轴的一个端点为.若为钝角，则离心率的取值范围是
D．等轴双曲线的中心为O，焦点为为上的任意一点，则恒成立.
【答案】BD
【分析】结合双曲线的渐近线方程求解即可判断A；结合判断，的范围，进而判断方程表示何种曲线，即可判断B；由题意可得，进而求解判断C；不妨设等轴双曲线的方程为，设，进而结合两点间的距离公式验证即可判断D.
【详解】对于A，由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，
则或，即或，
整理得或，所以双曲线的离心率为或，故A错误；
对于B，因为，则，，
即，，
则方程，即表示焦点在轴上的双曲线，故B正确；
对于C，因为为钝角，则，
又，则，即离心率的取值范围是，故C错误；
对于D，不妨设等轴双曲线的方程为，则，
则，，设，则，即，
所以，
，
，
所以，
因为，即，所以，即，
所以，故D正确.
故选：BD.
11．下列说法正确的是（ ）
A．等比数列的公比为，则其前项和为
B．已知为等差数列，若（其中），则
C．若数列的通项公式为，则其前项和
D．若数列的首项为1，其前项和为，且，则
【答案】BC
【分析】由等比数列前项和公式可得当时，才成立，即A错误；利用等差数列性质可知B正确，将数列通过放缩裂项求和即可求得，即C正确；根据和的关系式可求得其通项公式，可得D错误.
【详解】对于A，当公比时，公式不成立，只有当时，该式才成立，所以A错误；
对于B，设等差数列的公差为，首项为，
则可得，
，
当时，可得，所以B正确；
对于C，易知，
当时，，
所以可得，
即可得C正确；
对于D，由可得；
两式相减可得，即，可得，
所以，即D错误.
故选：BC
12．已知为圆柱的母线，为圆柱底面圆的直径，且，O为的中点，点在底面圆周上运动（不与点重合），则（ ）
A．平面平面
B．当时，点沿圆柱表面到点的最短距离是
C．三棱锥的体积最大值是
D．与平面所成角的正切值的最大值是
【答案】AB
【分析】根据面面垂直的判定定理即可证明判断A，化立体几何问题转化为平面几何，利用勾股定理即可计算判断B，由三棱锥体积易求最大值判断C，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值即可求解正切值判断D.
【详解】在以为直径的圆上，，又，
平面，平面，平面，又平面，
平面平面，A对；
时，为半圆中点，展开后，，B对；
到平面的距离为2，，，C错；
如图，中点M，则，所以平面，故以点M为坐标原点，
过M与垂直的线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
易知平面的法向量的，，设，
则，设与平面所成的角为，
则
，
令，则，，
，由正弦函数和正切函数的单调性知，
此时取最大，但正切值不是，D错.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题
13．若展开式中的系数为，则 .
【答案】
【分析】由题意得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
展开式的通项公式为，
所以含的项的系数为，
则，即，解得.
故答案为：2.
14．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图，为了测量山顶处的海拔高度，从山脚处沿斜坡到达处，在处测得山顶的仰角为45°，山脚的俯角为15°.已知两地的海拔高度分别为100m和200m.记在水平面的射影分别为，则山顶的海拔高度为 m.
【答案】
【分析】通过作辅助线将问题转化为到三角形中，正确理解仰角、俯角和射影的概念，利用正弦定理和三角函数定义计算即得.
【详解】
如图，过点作于，由题意知，在中，，，则.
在中，由正弦定理，.
在中，,则.
则山顶的海拔高度为.
故答案为：.
15．如图，在四棱锥中，平面，，，，点E为棱PD的中点，且异面直线CE与AB所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】先取PA的中点F，连接BF，EF，通过证明四边形BCEF为平行四边形得到，进而得到，即异面直线CE与AB所成的角，从而得，再根据已知条件，结合正、余弦定理求得外接圆的半径，然后根据球的半径、截面圆半径和球心到截面的距离之间的关系求出外接球的半径，最后利用球的表面积公式即可得解．
【详解】如图，取PA的中点F，连接BF，EF，因为点E为棱PD的中点，所以，且，因为，，所以，，则四边形BCEF为平行四边形，所以.
于是即异面直线CE与AB所成的角，则．
因为平面ABCD，所以，所以，得.
又．
由，，，易得，
则，则．
设外接圆的半径为r，则，得．
设三棱锥外接球的半径为，则，
则三棱锥外接球的表面积．
故答案为：.
16．已知函数有三个零点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】确定，设，求导得到单调区间，计算最值，画出函数图像，根据图像知有两根，，且，，计算得到答案.
【详解】，，故，
设，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，画出函数图像，如图所示：
故有两根，，，解得或，
①满足，，只需且，
解得.
②满足，，将代入方程解得，，不满足；
综上所述：
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元的方法，将零点问题转化为二次函数根的分布问题，是解题的关键，结合函数图像可以快速得到答案.
四、解答题
17．如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．
(1)若是中点，求证：；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
连接，则，
在中，，
所以，
因为，，平面，且，
从而平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，所以，
又是中点，，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
18．已知等差数列的公差为2，且成等比数列．
(1)求数列的前项和；
(2)若数列的首项，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，即可进行基本量的计算求解；
（2）对数列进行迭代相减，再累加计算，即可求得数列的通项公式.
【详解】（1）因为成等比数列，所以，
又等差数列的公差为，
所以
可解得，
所以数列的前项和；
（2）①，
当时，，可得，
可得②，
由②式减①式，得，
所以
，
且符合上式，所以.
19．已知抛物线的准线为,焦点为.⊙M的圆心在轴的正半轴上,且与轴相切．过原点作倾斜角为的直线,交于点, 交⊙M于另
一点,且.
（1）求⊙M和抛物线的方程；
（2）过圆心的直线交抛物线于、两点,求的值
【答案】（1）抛物线 的方程为 ， 的方程为（ ；
（2）．
【分析】（1）根据 可求出 的值，从而求出抛物线方程，求出圆心和半径可求出的方程；
（2）分类讨论，设出直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理及向量的数量积公式，即可求得结论．
【详解】（1）因为即 ，所以抛物线的方程为 设的半径为，则
所以的方程为（ ；
（2）由（1）可知 ，设
1）当 斜率不存在时，
则
2）当斜率存在时，设的方程为 消 得 所以
因为 所以 故 所以．
综上可知.
20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
(1)求角B的大小；
(2)若，且，，求的面积；
(3)如图，平面四边形ABCP中，，，，动点E，F分别在线段BC，CP上运动，且，，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求解；
（2）利用向量求出，利用余弦定理求出，代入面积公式求解即可；
（3）建立平面直角坐标系，设出点的坐标，利用数量积的坐标运算表示，利用二次函数知识求出值域即可.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
所以，又，所以，
又，所以.
（2）因为，且，，所以，，
在中，由余弦定理得，
即，解得，或（舍），
所以的面积；
（3）以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直AP的直线为y轴建立平面直角坐标系，
则，，，由得，
因为，，，所以设，，
由得，
由得，
所以
，
当时，取得最小值，最小值为，
当或时，取得最大值，最大值为，
所以的取值范围是.
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的极大值为4，求实数的值；
(3)在（2）的条件下，方程存在两个不同的实数根，，证明.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分类讨论求其单调区间，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）中结论可得，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，将不等式转化为，构造，求导即可证明.
【详解】（1）因为，函数的定义域为，
所以，
当时，在上恒成立，故在上单调递增；
当时，若，则，故在上单调递增；
若，则，故在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为的极大值为4，所以由（1）得，所以，解得
（3）证明：由（2）得此时，即
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
所以函数在时有极大值，极大值为4；
即若证明，即证，即；
令，则证明
令，，则
，
所以在上单调递增，所以，所以
故.
22．如图所示，椭圆的上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)4
(3)是，定值为
【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；
（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；
（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.
【详解】（1）因为，所以，又离心率为，所以，
即，，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为，所以，所以，
设直线的方程为，，，
由，得，
由得，
则，，故，
直线方程为，，所以，
直线与之间的距离为，
故四边形的面积为，
令，则
，
令，则，，
所以，而函数在上单调递增，
所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；
（3）由第（2）问得，，
，
故直线与的斜率之积为定值，且定值为.
一、单选题
1．已知命题，，则是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定.
【详解】命题的否定形式是，.
故选：B.
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由，得到，再利用诱导公式和二倍角的正切公式得到求解.
【详解】解：由，得，
则，
，
.
故选：D
3．已知是相互垂直的单位向量.若向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用向量数量积的性质先求，然后由投影向量公式可得.
【详解】因为是相互垂直的单位向量，
所以，.
又，，所以，
所以，
又，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：B
4．2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A．1800B．1080C．720D．360
【答案】B
【分析】分成恰有2个部门所选的旅游地相同、4个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数.
【详解】①恰有2个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的2个部门取出，有种；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有种，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：B
5．将一个棱长为1的正方体放入一个圆柱内，正方体可自由转动，则该圆柱体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小，然后可解.
【详解】由题意知，当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小，
正方体的体对角线长为
所以，此时圆柱的底面半径为，高为，
所以该圆柱体积的最小值为.
故选：B.
6．设首项为的数列的前n项和为，，且，则数列的前23项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助与的关系，结合，可消去，计算出，从而得到，再用裂项相消法求和即可得.
【详解】由，，
当时，，所以，
可得，
又，所以数列是以2为首项、为公差的等差数列，
所以，得，
于是，
所以数列的前项和为.
故选：D.
7．已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
由图可知：，
由平分，则，所以，
由，则解得，
由是关于直线的对称点，则共线，，，，
所以，在中，，
可得，解得，，
在中，由余弦定理，可得，
代入可得：，化简可得：，
所以其离心率.
故选：C.
8．对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，由两函数值域得，然后用表示出，计算，用导数求其最小值．
【详解】，，，的值域是，
设，则，
，，，，
所以，
设，
，
设，则，是增函数，
又，因此时，，递减，时，，递增，
所以，
所以的最小值是，
故选：B．
二、多选题
9．已知，，直线：，：，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由，得，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立.
【详解】由，得，即，
，，则，当且仅当，即时等号成立，
所以有，A选项正确；
由，有，
当且仅当，即时等号成立，所以有，B选项成立；
由，有，，，则，
，由二次函数性质可知，时，有最小值，C选项错误；
由，有，
，
当且仅当，即时等号成立，D选项正确.
故选：ABD.
10．下列结论正确的是（ ）
A．若双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为
B．表示双曲线
C．设椭圆的两个焦点分别为，短轴的一个端点为.若为钝角，则离心率的取值范围是
D．等轴双曲线的中心为O，焦点为为上的任意一点，则恒成立.
【答案】BD
【分析】结合双曲线的渐近线方程求解即可判断A；结合判断，的范围，进而判断方程表示何种曲线，即可判断B；由题意可得，进而求解判断C；不妨设等轴双曲线的方程为，设，进而结合两点间的距离公式验证即可判断D.
【详解】对于A，由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，
则或，即或，
整理得或，所以双曲线的离心率为或，故A错误；
对于B，因为，则，，
即，，
则方程，即表示焦点在轴上的双曲线，故B正确；
对于C，因为为钝角，则，
又，则，即离心率的取值范围是，故C错误；
对于D，不妨设等轴双曲线的方程为，则，
则，，设，则，即，
所以，
，
，
所以，
因为，即，所以，即，
所以，故D正确.
故选：BD.
11．下列说法正确的是（ ）
A．等比数列的公比为，则其前项和为
B．已知为等差数列，若（其中），则
C．若数列的通项公式为，则其前项和
D．若数列的首项为1，其前项和为，且，则
【答案】BC
【分析】由等比数列前项和公式可得当时，才成立，即A错误；利用等差数列性质可知B正确，将数列通过放缩裂项求和即可求得，即C正确；根据和的关系式可求得其通项公式，可得D错误.
【详解】对于A，当公比时，公式不成立，只有当时，该式才成立，所以A错误；
对于B，设等差数列的公差为，首项为，
则可得，
，
当时，可得，所以B正确；
对于C，易知，
当时，，
所以可得，
即可得C正确；
对于D，由可得；
两式相减可得，即，可得，
所以，即D错误.
故选：BC
12．已知为圆柱的母线，为圆柱底面圆的直径，且，O为的中点，点在底面圆周上运动（不与点重合），则（ ）
A．平面平面
B．当时，点沿圆柱表面到点的最短距离是
C．三棱锥的体积最大值是
D．与平面所成角的正切值的最大值是
【答案】AB
【分析】根据面面垂直的判定定理即可证明判断A，化立体几何问题转化为平面几何，利用勾股定理即可计算判断B，由三棱锥体积易求最大值判断C，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值即可求解正切值判断D.
【详解】在以为直径的圆上，，又，
平面，平面，平面，又平面，
平面平面，A对；
时，为半圆中点，展开后，，B对；
到平面的距离为2，，，C错；
如图，中点M，则，所以平面，故以点M为坐标原点，
过M与垂直的线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
易知平面的法向量的，，设，
则，设与平面所成的角为，
则
，
令，则，，
，由正弦函数和正切函数的单调性知，
此时取最大，但正切值不是，D错.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题
13．若展开式中的系数为，则 .
【答案】
【分析】由题意得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
展开式的通项公式为，
所以含的项的系数为，
则，即，解得.
故答案为：2.
14．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图，为了测量山顶处的海拔高度，从山脚处沿斜坡到达处，在处测得山顶的仰角为45°，山脚的俯角为15°.已知两地的海拔高度分别为100m和200m.记在水平面的射影分别为，则山顶的海拔高度为 m.
【答案】
【分析】通过作辅助线将问题转化为到三角形中，正确理解仰角、俯角和射影的概念，利用正弦定理和三角函数定义计算即得.
【详解】
如图，过点作于，由题意知，在中，，，则.
在中，由正弦定理，.
在中，,则.
则山顶的海拔高度为.
故答案为：.
15．如图，在四棱锥中，平面，，，，点E为棱PD的中点，且异面直线CE与AB所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】先取PA的中点F，连接BF，EF，通过证明四边形BCEF为平行四边形得到，进而得到，即异面直线CE与AB所成的角，从而得，再根据已知条件，结合正、余弦定理求得外接圆的半径，然后根据球的半径、截面圆半径和球心到截面的距离之间的关系求出外接球的半径，最后利用球的表面积公式即可得解．
【详解】如图，取PA的中点F，连接BF，EF，因为点E为棱PD的中点，所以，且，因为，，所以，，则四边形BCEF为平行四边形，所以.
于是即异面直线CE与AB所成的角，则．
因为平面ABCD，所以，所以，得.
又．
由，，，易得，
则，则．
设外接圆的半径为r，则，得．
设三棱锥外接球的半径为，则，
则三棱锥外接球的表面积．
故答案为：.
16．已知函数有三个零点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】确定，设，求导得到单调区间，计算最值，画出函数图像，根据图像知有两根，，且，，计算得到答案.
【详解】，，故，
设，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，画出函数图像，如图所示：
故有两根，，，解得或，
①满足，，只需且，
解得.
②满足，，将代入方程解得，，不满足；
综上所述：
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元的方法，将零点问题转化为二次函数根的分布问题，是解题的关键，结合函数图像可以快速得到答案.
四、解答题
17．如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．
(1)若是中点，求证：；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
连接，则，
在中，，
所以，
因为，，平面，且，
从而平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，所以，
又是中点，，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
18．已知等差数列的公差为2，且成等比数列．
(1)求数列的前项和；
(2)若数列的首项，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，即可进行基本量的计算求解；
（2）对数列进行迭代相减，再累加计算，即可求得数列的通项公式.
【详解】（1）因为成等比数列，所以，
又等差数列的公差为，
所以
可解得，
所以数列的前项和；
（2）①，
当时，，可得，
可得②，
由②式减①式，得，
所以
，
且符合上式，所以.
19．已知抛物线的准线为,焦点为.⊙M的圆心在轴的正半轴上,且与轴相切．过原点作倾斜角为的直线,交于点, 交⊙M于另
一点,且.
（1）求⊙M和抛物线的方程；
（2）过圆心的直线交抛物线于、两点,求的值
【答案】（1）抛物线 的方程为 ， 的方程为（ ；
（2）．
【分析】（1）根据 可求出 的值，从而求出抛物线方程，求出圆心和半径可求出的方程；
（2）分类讨论，设出直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理及向量的数量积公式，即可求得结论．
【详解】（1）因为即 ，所以抛物线的方程为 设的半径为，则
所以的方程为（ ；
（2）由（1）可知 ，设
1）当 斜率不存在时，
则
2）当斜率存在时，设的方程为 消 得 所以
因为 所以 故 所以．
综上可知.
20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
(1)求角B的大小；
(2)若，且，，求的面积；
(3)如图，平面四边形ABCP中，，，，动点E，F分别在线段BC，CP上运动，且，，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求解；
（2）利用向量求出，利用余弦定理求出，代入面积公式求解即可；
（3）建立平面直角坐标系，设出点的坐标，利用数量积的坐标运算表示，利用二次函数知识求出值域即可.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
所以，又，所以，
又，所以.
（2）因为，且，，所以，，
在中，由余弦定理得，
即，解得，或（舍），
所以的面积；
（3）以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直AP的直线为y轴建立平面直角坐标系，
则，，，由得，
因为，，，所以设，，
由得，
由得，
所以
，
当时，取得最小值，最小值为，
当或时，取得最大值，最大值为，
所以的取值范围是.
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的极大值为4，求实数的值；
(3)在（2）的条件下，方程存在两个不同的实数根，，证明.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分类讨论求其单调区间，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）中结论可得，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，将不等式转化为，构造，求导即可证明.
【详解】（1）因为，函数的定义域为，
所以，
当时，在上恒成立，故在上单调递增；
当时，若，则，故在上单调递增；
若，则，故在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为的极大值为4，所以由（1）得，所以，解得
（3）证明：由（2）得此时，即
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
所以函数在时有极大值，极大值为4；
即若证明，即证，即；
令，则证明
令，，则
，
所以在上单调递增，所以，所以
故.
22．如图所示，椭圆的上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)4
(3)是，定值为
【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；
（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；
（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.
【详解】（1）因为，所以，又离心率为，所以，
即，，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为，所以，所以，
设直线的方程为，，，
由，得，
由得，
则，，故，
直线方程为，，所以，
直线与之间的距离为，
故四边形的面积为，
令，则
，
令，则，，
所以，而函数在上单调递增，
所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；
（3）由第（2）问得，，
，
故直线与的斜率之积为定值，且定值为.
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