广东省广州市华附2023-2024学年高三上学期开学测试数学试题
一、单选题：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，只有一个是符合要求的。
1．（2023高三上·广州开学考）复数，则的辐角主值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数乘除运算化简，，所以复数辐角主值为.
故答案为：B.
【分析】结合复数乘除运算化简，由共轭复数及复数辐角的定义得，即可得解.
2．（2023高三上·广州开学考）设集合，则的子集数量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：解不等式得，为整数，所以，则的子集数量是
故答案为：A.
【分析】化简得集合，进而得到的子集个数.
3．（2023高三上·广州开学考）椭圆的两焦点分别为，是椭圆上一点，当的面积取得最大值时，（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆方程可得，推出，即， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，设，，所以，从而得到.
故答案为：C.
【分析】由椭圆方程可得，得， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，可得的值，进而可得.
4．（2023高三上·广州开学考）展开式中项的系数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：根据二项式的展开式，，时， 项的系数是.
故答案为：D.
【分析】利用二项式的展开式，代数求值即可得解.
5．（2023高三上·广州开学考）以下什么物体能被放进底面半径为，高为的圆柱中（ ）
A．底面半径为，母线长为的圆锥
B．底面半径为，高为的圆柱
C．边长为的立方体
D．底面积为，高为的直三棱柱
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、圆柱的底面半径为，而圆锥的底面半径为，，所以该圆锥无法放入圆柱中，故A错误；
B、如图，，因为，所以根据勾股定理可得，设，所以，，再根据勾股定理可得，因为，所以，所以能被放进底面半径为，高为的圆柱中，故B正确；
C、边长为的立方体，面对角线长为，体对角线长为，设，，由勾股定理得，连接，则，由勾股定理得，解得，，故C错误；
D、底面积为，高为的直三棱柱体积为 ， 圆柱的体积为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据圆柱的底面半径和圆锥的底面半径，即可判断A；画立体图形，设出未知量得，从而判断B；根据体积的大小即可判断D；设，，推出，即可判断C.
6．（2023高三上·广州开学考）有下列一组数据：442498053，则这组数据的第百分位数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大顺序排列：0，2，3，4，4，4，5，8，9，共9个数，，结合百分位数定义得 这组数据的第百分位数是8.
故答案为：8.
【分析】先将数据从小到大顺序排列，再结合百分位数的定义，即可求解.
7．（2023高三上·广州开学考）设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理可得，数列是以3为首项，3为公比的等比数列，结合等比数列的前n项和公式得，当时，，当时，，所以的最小的n是7.
故答案为：C.
【分析】由二项式定理得，结合等比数列的前n项和公式求解即可.
8．（2023高三上·广州开学考），则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，令，推出，令，，则，令，则，二次求导，推出，所以，所以，所以
故答案为：B.
【分析】令，对其求导，利用导数研究函数的单调性即可判断.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，漏选得2分，有选错或未选的得0分。
9．（2023高三上·广州开学考）下列式子中最小值是的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二次函数模型
【解析】【解答】解：当时，，A错误；时，B错误；令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极小值，C正确；令，结合二次函数的性质得，D正确.
故答案为：C，D.
【分析】当时，时分别检验A，B选项，构造函数，求导，利用导数研究函数的单调性与极值，从而判断C，结合二次函数的性质判断D.
10．（2023高三上·广州开学考），若将图象向左平移个单位长度后在上有且只有两个零点，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】余弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：，将图象向左平移个单位长度得，， 在上有且只有两个零点 ，所以，解得
故答案为：A，C，D.
【分析】利用函数的图象变换规律，余弦函数的性质，求得，从而得到答案.
11．（2023高三上·广州开学考）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是
B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是
D．若，则的最大值是
【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意得，为动点，为定点，，所以的轨迹是椭圆，将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球.由，，得，当点运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，此时，故B不正确；设点在平面上的射影为，则，因为，所以的最大值是，故A正确；当；当时，由，得点的轨迹是以为直径的球，设的中点为，则为球心，当即时，取到最大值，，故C正确；当直线与球相切于点，即时， 取得最大值，此时，则，故D不正确.
故答案为：A，C.
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知，当时，点的轨迹是一个椭球，当时，点的轨迹是以为直径的球，结合图象分析，即可得解.
12．（2023高三上·广州开学考）在本场考试中，多选题可能有个或个正确的选项，全部选对得分，漏选得分，有选错或未选的得分。如果你因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项，设该题恰有两个正确选项的概率为，你的得分为随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．若随机选择两项，则存在使
B．无论为多少，随机选择一项总能使最大
C．若则随机选择两项比随机选择三项更优
D．若随机选择三项，则存在使
【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解： 多选题可能有个或个正确的选项，设该题恰有两个正确选项的概率为 ，所以三个正确选项的概率为，若随机选择一项，则得分的所有可能取值为，则，，则，若随机选择两项，则得分的所有可能取值为，则，，，则，故A错误；若随机选择三项，则得分的所有可能取值为，，，则，存在，使，故D正确；由于，，所以B正确；由，得，所以C正确.
故答案为：B，C，D.
【分析】分别求出随机选择一项、两项、三项时得分的期望，然后即可得出结论.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2023高三上·广州开学考）设随机变量，则
【答案】
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：由已知随机变量，所以，所以
故答案为：.
【分析】根据正态分布的对称性，即可求解.
14．（2023高三上·广州开学考）直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程 .
【答案】（答案不唯一）
【知识点】圆的切线方程
【解析】【解答】解：当直线的斜率不存在时，因为圆的圆心为半径为，所以和圆行相切的直线为或，椭圆的左右顶点分别为，直线也是椭圆的切线，所以直线与圆和椭圆同时相切；
当直线的斜率为0时，与椭圆相切的直线为和，此时也是圆的切线，所以直线与圆和椭圆同时相切；
当直线的斜率存在并且不为0时，设直线的方程为，易知，圆心到直线的距离①，直线与椭圆方程联立得，整理可得，根据，解得②，由①②可得，所以直线的方程为，或.
故答案为（答案不唯一）：.
【分析】根据题意，分直线斜率不存在；斜率为0和斜率存在且不为0三种情况求与圆和椭圆同时相切的直线即可.
15．（2023高三上·广州开学考）底面是面积为的等边三角形的三棱锥的表面积是，则其体积的最大值是
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，因为平面，所以，又因为，所以平面，即，同理可得，设，因为底面等边三角形的面积为，所以底面边长为，又因为三棱锥的表面积为，所以三棱锥的侧面积为，即，所以，即，因为，所以，根据琴生不等式有，所以，故，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，根据已知条件得到关于三棱锥高的方程，利用琴生不等式求出高的最大值，最后代入三棱锥体积公式求体积得最大值即可.
16．（2023高三上·广州开学考）有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是
【答案】54
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，至少拿出1个球，最多能拿出4个球：
当拿出1个球时，有种不同的方法；
当拿出2个球时，因为拿出的2个球不能相邻，所以可看成拿出2个放入余下的6个球排成一排形成7个空位中，因此取2个球有种不同的方法；
当拿出3个球时，由于3个球不相邻，可看成拿出3个放入余下的5个球排成一排形成6个空位中，因此取3个球有种不同的方法；
当拿出4个球时，由于4个球不相邻，可看成拿出4个放入余下的4个球排成一排形成5个空位中，因此取4个球有种不同的方法；
综上所求的方案数量为8+21+20+5=54种.
故答案为：54.
【分析】根据已知条件，利用分类加法计数原理，结合组合、插空法列式计算即可.
四、解答题：本题共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．（2023高三上·广州开学考）向量与能作为平面向量的一组基底.
（1）若，，，证明三点共线
（2）若与共线，求的值
【答案】（1）解：
，三点共线
（2）解：设，则
解得
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【分析】（1）由题意得，从而证得三点共线；
（2）由平面向量的共线定理得到 ，计算求解即可.
18．（2023高三上·广州开学考）如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，
（1）求证：平面
（2）求平面与平面的夹角的余弦值
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）解：由，得，
∴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1） 四边形是正方形，． 因为平面平面， 证得 平面；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量， 平面的一个法向量，利用空间向量公式，计算求解即可得解.
19．（2023高三上·广州开学考）在中，分别为的对边，
（1）证明
（2）求的取值范围
【答案】（1）解：由正弦定理，
由余弦定理
（2）解：
由，
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1) 由正弦定理得，结合余弦定理即可证明结论；
（2）由（1）结合余弦定理，重要不等式，化简即可求范围.
20．（2023高三上·广州开学考）已知函数
（1）当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围
（2）若，，证明
【答案】（1）解：由题意知在上有极小值，
则在有解，
故，设，
显然在单调递增，
又，，所以.
当时，在单调递增，
又，，由零点存在定理可知，且，
此时当时，，当时，，
所以在上单调递减，
在上单调递增，故在上有极小值点.
因此实数的取值范围.
（2）解：由题得，
在上小于，在上大于
最小值为
只需证明
即
即
，该式子显然成立
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由题意得 ，设， 根据在单调递增，可得，再结合导数研究函数的单调性与极值，检验实数的取值范围；
（2） 由题得， ，结合导数得最小值为 ， 只需证明 ， 即 ，结论成立.
21．（2023高三上·广州开学考）已知椭圆的两焦点分别为，是椭圆上
一点，当时，的面积为.
（1）求椭圆的方程
（2）直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点，过作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围
【答案】（1）解：设，由题得，
（2）设、联立方程组整理可得，由韦达定理可得，，故，设直线，联立方程组，化简整理得可得，所以，则，由函数单调性的性质可得，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设，易得，根据焦点三角形面积公式可得，再由，解得，即可求得椭圆的方程；
（2）设点，联立直线与椭圆的方程，化简可得，根据韦达定理可得，从而求得点以及点的横坐标，再根据点和点的横坐标相等，推出的关系，进一步表示即可求其范围.
22．（2023高三上·广州开学考）记数列的前项和为，且满足
（1）求数列的通项公式
（2）数列满足，证明对任意，
（3）某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）
参考数据：，，
【答案】（1）解：
累加得时同样满足条件
（2）解：设
设，上式=
，
设，求导可知
原不等式得证
（3）解：设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，得到，累加得，检验时也成立，所以；
（2） 设 得到 ， 设， ，对函数求导，所以从而证明出， 设，求导可知得 ，即可怎么结论；
（3）结合（2）中的不等式得到，再根据对数运算进行估值，计算求解即可.
1 / 1广东省广州市华附2023-2024学年高三上学期开学测试数学试题
一、单选题：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，只有一个是符合要求的。
1．（2023高三上·广州开学考）复数，则的辐角主值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·广州开学考）设集合，则的子集数量是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·广州开学考）椭圆的两焦点分别为，是椭圆上一点，当的面积取得最大值时，（ ）.
A． B． C． D．
4．（2023高三上·广州开学考）展开式中项的系数是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·广州开学考）以下什么物体能被放进底面半径为，高为的圆柱中（ ）
A．底面半径为，母线长为的圆锥
B．底面半径为，高为的圆柱
C．边长为的立方体
D．底面积为，高为的直三棱柱
6．（2023高三上·广州开学考）有下列一组数据：442498053，则这组数据的第百分位数是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三上·广州开学考）设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·广州开学考），则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，漏选得2分，有选错或未选的得0分。
9．（2023高三上·广州开学考）下列式子中最小值是的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高三上·广州开学考），若将图象向左平移个单位长度后在上有且只有两个零点，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
11．（2023高三上·广州开学考）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是
B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是
D．若，则的最大值是
12．（2023高三上·广州开学考）在本场考试中，多选题可能有个或个正确的选项，全部选对得分，漏选得分，有选错或未选的得分。如果你因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项，设该题恰有两个正确选项的概率为，你的得分为随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．若随机选择两项，则存在使
B．无论为多少，随机选择一项总能使最大
C．若则随机选择两项比随机选择三项更优
D．若随机选择三项，则存在使
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2023高三上·广州开学考）设随机变量，则
14．（2023高三上·广州开学考）直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程 .
15．（2023高三上·广州开学考）底面是面积为的等边三角形的三棱锥的表面积是，则其体积的最大值是
16．（2023高三上·广州开学考）有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是
四、解答题：本题共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．（2023高三上·广州开学考）向量与能作为平面向量的一组基底.
（1）若，，，证明三点共线
（2）若与共线，求的值
18．（2023高三上·广州开学考）如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，
（1）求证：平面
（2）求平面与平面的夹角的余弦值
19．（2023高三上·广州开学考）在中，分别为的对边，
（1）证明
（2）求的取值范围
20．（2023高三上·广州开学考）已知函数
（1）当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围
（2）若，，证明
21．（2023高三上·广州开学考）已知椭圆的两焦点分别为，是椭圆上
一点，当时，的面积为.
（1）求椭圆的方程
（2）直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点，过作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围
22．（2023高三上·广州开学考）记数列的前项和为，且满足
（1）求数列的通项公式
（2）数列满足，证明对任意，
（3）某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）
参考数据：，，
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数乘除运算化简，，所以复数辐角主值为.
故答案为：B.
【分析】结合复数乘除运算化简，由共轭复数及复数辐角的定义得，即可得解.
2．【答案】A
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：解不等式得，为整数，所以，则的子集数量是
故答案为：A.
【分析】化简得集合，进而得到的子集个数.
3．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆方程可得，推出，即， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，设，，所以，从而得到.
故答案为：C.
【分析】由椭圆方程可得，得， 的面积取得最大值时，A在椭圆短轴的顶点，可得的值，进而可得.
4．【答案】D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：根据二项式的展开式，，时， 项的系数是.
故答案为：D.
【分析】利用二项式的展开式，代数求值即可得解.
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、圆柱的底面半径为，而圆锥的底面半径为，，所以该圆锥无法放入圆柱中，故A错误；
B、如图，，因为，所以根据勾股定理可得，设，所以，，再根据勾股定理可得，因为，所以，所以能被放进底面半径为，高为的圆柱中，故B正确；
C、边长为的立方体，面对角线长为，体对角线长为，设，，由勾股定理得，连接，则，由勾股定理得，解得，，故C错误；
D、底面积为，高为的直三棱柱体积为 ， 圆柱的体积为，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据圆柱的底面半径和圆锥的底面半径，即可判断A；画立体图形，设出未知量得，从而判断B；根据体积的大小即可判断D；设，，推出，即可判断C.
6．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将数据从小到大顺序排列：0，2，3，4，4，4，5，8，9，共9个数，，结合百分位数定义得 这组数据的第百分位数是8.
故答案为：8.
【分析】先将数据从小到大顺序排列，再结合百分位数的定义，即可求解.
7．【答案】C
【知识点】等比数列的前n项和；二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理可得，数列是以3为首项，3为公比的等比数列，结合等比数列的前n项和公式得，当时，，当时，，所以的最小的n是7.
故答案为：C.
【分析】由二项式定理得，结合等比数列的前n项和公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，令，推出，令，，则，令，则，二次求导，推出，所以，所以，所以
故答案为：B.
【分析】令，对其求导，利用导数研究函数的单调性即可判断.
9．【答案】C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二次函数模型
【解析】【解答】解：当时，，A错误；时，B错误；令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极小值，C正确；令，结合二次函数的性质得，D正确.
故答案为：C，D.
【分析】当时，时分别检验A，B选项，构造函数，求导，利用导数研究函数的单调性与极值，从而判断C，结合二次函数的性质判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】余弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：，将图象向左平移个单位长度得，， 在上有且只有两个零点 ，所以，解得
故答案为：A，C，D.
【分析】利用函数的图象变换规律，余弦函数的性质，求得，从而得到答案.
11．【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意得，为动点，为定点，，所以的轨迹是椭圆，将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球.由，，得，当点运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，此时，故B不正确；设点在平面上的射影为，则，因为，所以的最大值是，故A正确；当；当时，由，得点的轨迹是以为直径的球，设的中点为，则为球心，当即时，取到最大值，，故C正确；当直线与球相切于点，即时， 取得最大值，此时，则，故D不正确.
故答案为：A，C.
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知，当时，点的轨迹是一个椭球，当时，点的轨迹是以为直径的球，结合图象分析，即可得解.
12．【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解： 多选题可能有个或个正确的选项，设该题恰有两个正确选项的概率为 ，所以三个正确选项的概率为，若随机选择一项，则得分的所有可能取值为，则，，则，若随机选择两项，则得分的所有可能取值为，则，，，则，故A错误；若随机选择三项，则得分的所有可能取值为，，，则，存在，使，故D正确；由于，，所以B正确；由，得，所以C正确.
故答案为：B，C，D.
【分析】分别求出随机选择一项、两项、三项时得分的期望，然后即可得出结论.
13．【答案】
【知识点】正态分布定义
【解析】【解答】解：由已知随机变量，所以，所以
故答案为：.
【分析】根据正态分布的对称性，即可求解.
14．【答案】（答案不唯一）
【知识点】圆的切线方程
【解析】【解答】解：当直线的斜率不存在时，因为圆的圆心为半径为，所以和圆行相切的直线为或，椭圆的左右顶点分别为，直线也是椭圆的切线，所以直线与圆和椭圆同时相切；
当直线的斜率为0时，与椭圆相切的直线为和，此时也是圆的切线，所以直线与圆和椭圆同时相切；
当直线的斜率存在并且不为0时，设直线的方程为，易知，圆心到直线的距离①，直线与椭圆方程联立得，整理可得，根据，解得②，由①②可得，所以直线的方程为，或.
故答案为（答案不唯一）：.
【分析】根据题意，分直线斜率不存在；斜率为0和斜率存在且不为0三种情况求与圆和椭圆同时相切的直线即可.
15．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，因为平面，所以，又因为，所以平面，即，同理可得，设，因为底面等边三角形的面积为，所以底面边长为，又因为三棱锥的表面积为，所以三棱锥的侧面积为，即，所以，即，因为，所以，根据琴生不等式有，所以，故，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】过点作下底面的垂线，垂足为，再作，分别交于点，连接，根据已知条件得到关于三棱锥高的方程，利用琴生不等式求出高的最大值，最后代入三棱锥体积公式求体积得最大值即可.
16．【答案】54
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，至少拿出1个球，最多能拿出4个球：
当拿出1个球时，有种不同的方法；
当拿出2个球时，因为拿出的2个球不能相邻，所以可看成拿出2个放入余下的6个球排成一排形成7个空位中，因此取2个球有种不同的方法；
当拿出3个球时，由于3个球不相邻，可看成拿出3个放入余下的5个球排成一排形成6个空位中，因此取3个球有种不同的方法；
当拿出4个球时，由于4个球不相邻，可看成拿出4个放入余下的4个球排成一排形成5个空位中，因此取4个球有种不同的方法；
综上所求的方案数量为8+21+20+5=54种.
故答案为：54.
【分析】根据已知条件，利用分类加法计数原理，结合组合、插空法列式计算即可.
17．【答案】（1）解：
，三点共线
（2）解：设，则
解得
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【分析】（1）由题意得，从而证得三点共线；
（2）由平面向量的共线定理得到 ，计算求解即可.
18．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）解：由，得，
∴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1） 四边形是正方形，． 因为平面平面， 证得 平面；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量， 平面的一个法向量，利用空间向量公式，计算求解即可得解.
19．【答案】（1）解：由正弦定理，
由余弦定理
（2）解：
由，
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1) 由正弦定理得，结合余弦定理即可证明结论；
（2）由（1）结合余弦定理，重要不等式，化简即可求范围.
20．【答案】（1）解：由题意知在上有极小值，
则在有解，
故，设，
显然在单调递增，
又，，所以.
当时，在单调递增，
又，，由零点存在定理可知，且，
此时当时，，当时，，
所以在上单调递减，
在上单调递增，故在上有极小值点.
因此实数的取值范围.
（2）解：由题得，
在上小于，在上大于
最小值为
只需证明
即
即
，该式子显然成立
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）由题意得 ，设， 根据在单调递增，可得，再结合导数研究函数的单调性与极值，检验实数的取值范围；
（2） 由题得， ，结合导数得最小值为 ， 只需证明 ， 即 ，结论成立.
21．【答案】（1）解：设，由题得，
（2）设、联立方程组整理可得，由韦达定理可得，，故，设直线，联立方程组，化简整理得可得，所以，则，由函数单调性的性质可得，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设，易得，根据焦点三角形面积公式可得，再由，解得，即可求得椭圆的方程；
（2）设点，联立直线与椭圆的方程，化简可得，根据韦达定理可得，从而求得点以及点的横坐标，再根据点和点的横坐标相等，推出的关系，进一步表示即可求其范围.
22．【答案】（1）解：
累加得时同样满足条件
（2）解：设
设，上式=
，
设，求导可知
原不等式得证
（3）解：设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；等差数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，得到，累加得，检验时也成立，所以；
（2） 设 得到 ， 设， ，对函数求导，所以从而证明出， 设，求导可知得 ，即可怎么结论；
（3）结合（2）中的不等式得到，再根据对数运算进行估值，计算求解即可.
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