2024年高考数学考前定心卷2（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024年高考数学考前定心卷2（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-23 13:54:15 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
2024年考前定心卷2
一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．数据3.2，3.4，3.8，4.2，4.3，4.5，x，6.6的第65百分位数是4.5，则实数x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．设等比数列的前项和为，若，则公比为（ ）
A．1或5 B．5 C．1或 D．5或
3．已知点在抛物线上，若点到点的距离为3，则点到轴的距离为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．已知，，是空间中不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若与异面，则至多有一条与，都垂直
C．若，，，则一定平行于和
D．若，，，则存在同时垂直，
5．已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则 （ ）
A． B．
C．展开式的常数项为 D．的展开式中各项系数的和为1
6．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫作圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若，是关于x的方程在内的两个不同的根，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的右焦点为，圆与的渐近线在第二象限的交点为，若，则的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知函数，则（ ）
A． B．的图象关于点对称
C．在上的最大值为3
D．将的图象向左平移个单位长度，得到的新图象关于轴对称
10．已知为虚数单位，则（ ）
A．复数，那么
B．复数，则
C．若，则的充要条件是
D．若复数，则
11．若定义在上的连续函数满足对任意的实数都有且，则下列判断正确的有（ ）
A．函数的图象关于原点对称
B．在定义域上单调递增
C．当时，
D．
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，，若，则的取值范围是 .
13．已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
14．已知“”与“”互为充要条件，则“”和“”的最小值之和为 ．
四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
16．现需要抽取甲 乙两个箱子的商品，检验其是否合格.其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品.从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验. 将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验. 首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为.
(1)求首次检验抽到合格产品的概率；
(2)在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率；
(3)将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；方案二，从另外一个箱子中抽取. 比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大.
17．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．
(1)求证：四点共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点.
(1)设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(2)曲线与轴交于.点在点的右侧，直线交曲线于点两点不过点，直线与直线的斜率分别是且，直线和直线交于点.
①探究直线是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；
②证明：为定值，并求出该定值.
19．一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
（1）（归纳奠基）证明当时命题成立；
（2）（归纳递推）以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立”.
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法.
已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：
①且；
②对任意的，存在唯一的，满足，其中，表示不超过y的最大整数；
③若，，则.
证明：
(1)；
(2)对任意的，对每一个整数，都有；
(3).
参考答案：
1．A
【分析】根据百分位数的含义，即可求得答案.
【详解】因为，
所以这组数据的第65百分位数是从小到大排列后第6项数据4.5，
则前6项数据从小到大排列为：3.2，3.4，3.8，4.2，4.3，4.5，
则.
故选：A.
2．D
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和公式，采用基本量思想进行计算即可.
【详解】由得，，
所以，即，
所以，所以或 .
故选：D.
3．C
【分析】根据抛物线的定义分析可知点到直线的距离为3，即可得结果.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，
若点到点的距离为3，即点到直线的距离为3，
所以点到轴的距离为.
故选：C.
4．D
【分析】借助正方体模型，可依次判定选项.
【详解】在正方体中，
对于A，令，，，符合题意，但是，故A错误；
对于 B，令，，两直线异面，
在正方体中与平行的直线与异面直线都垂直，故B错误；
对于C，令为平面，为平面，，，
符合，，，但平面，故C错误；
对于D，令为平面，为平面，，，
符合，，，则，故D正确.
故选：D.
5．D
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，再令即可判断D.
【详解】由题可知，，则.则AB错误；
展开式中的第项为.
令，得，则，故C错误；
令得，则的展开式中各项系数的和为1，
故选：D.
6．C
【分析】根据离心率的定义，整理等式，结合双曲线离心率的取值范围，可得答案.
【详解】由题意可得，
可以化为，
两边同时开方得，
所以，由几何意义可知，
上式表示到和直线的距离之比，
则，所以．
故选：C．
7．C
【分析】利用辅助角公式化简，根据图象的平移变换可得的表达式，再结合题意利用正弦函数的对称性可得，即可求得答案.
【详解】，
其中为辅助角，，，
则，
当时，，，，
因为，是关于的方程在内的两个不同根，
所以，
因此．
故选：C．
8．C
【分析】由解得，根据三角函数的定义知，利用同角的三角函数关系求得，，由诱导公式、两角和的正弦公式和正弦定理计算可得，结合离心率的概念即可求解.
【详解】如图，由题意知，双曲线的渐近线方程为，
则，解得，所以,
由三角函数的定义知，
又，且显然为锐角，，
又，解得，，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
化简得，所以的离心率为．
故选：C．
9．BCD
【分析】根据辅助角公式及诱导公式化简，再计算可判断A，计算可判断B，由自变量范围求出范围，换元后利用对勾函数求最值可判断C，根据图象平移计算即可判断D.
【详解】.
因为，所以A错误.
因为
，
所以的图象关于点对称，B正确.
若，则，所以，
因为函数在上单调递增，所以，C正确.
，则，且定义域关于原点对称，
所以为偶函数，其图象关于轴对称，D正确.
故选：BCD
10．AD
【分析】A选项，计算出即可判断；B选项，根据复数的乘法运算及模的运算求解判断；C选项，举反例排除即可判断；D选项，由实数的运算性质判断.
【详解】A选项，，于是，
，，
，故，A选项正确；
B选项，因为，所以，B选项错误；
C选项，取，则，但不满足，C选项错误；
D选项，复数，只有实数可以比较大小，虚数不能比较大小，则，，D选项正确；
故选：AD
11．BCD
【分析】直接证明，然后逐个判断选项即可.
【详解】由知恒成立，再由知恒成立.
设，则，且.
故，.
由于，故.
而，故归纳即知.
又因为对有，故归纳即知.
特别地有，故，所以对有.
这就得到了，从而.
设有无理数，有理数数列使得，由于是连续的，故，而，故.
这就表明.
由于，故不是奇函数，故其图象并不关于原点对称，A错误；
由于在定义域上单调递增，且当时，，故B，C正确；
对于D，由可得，
从而，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：值得注意的是，如果去掉是连续函数的条件，并承认选择公理，则此时不能说明对无理数，有，且不一定单调递增. 事实上，此时可以构造一个的满足的线性映射，再取，即可得到反例.
12．
【分析】求出集合，根据包含关系确定范围即可.
【详解】由，得，
所以，则或，
由，得，
又，所以，
解得.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意得PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，则，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．
【详解】三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，
又的最大值是，所以，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，
如下图，直角三角形△ABQ中，所以，又，
所以重合，则，则的外接圆圆心M为AB的中点，
又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积．
故答案为：．
14．23
【分析】根据配凑原式，使得相乘可得一个常数，再利用基本不等式即可求解.
【详解】，
当且仅当，即时取等号；
，
当且仅当，即，
解得或时取等号，
所以和的最小值之和为5+18=23.
故答案为：23.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接用导数求出的最大值即可；
（2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.
所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
16．(1)
(2)
(3)方案一
【分析】（1）按照条件概率的计算公式即可得出答案；
（2）按照贝叶斯逆向概率公式代入即可求解；
（3）由前面的小问得出的结论分别计算两种方案在二次检验抽到合格品的概率，比较大小，从而选择决策方案.
【详解】（1）将首次检验选到甲箱记为事件，选到乙箱记为事件，首次检验抽到合格品记为事件.
则首次检验抽到合格品的概率
.
（2）在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率
.
（3）将二次检验抽到合格品记为事件.
由上一小问可知，在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率，
则在首次抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率.
.
从而，在首次检验通过，即事件发生的条件下：
①若选择方案一，则，.
故此条件下在二次检验抽到合格品的概率.
所以在方案一下，检验通过的概率；
②若选择方案二，则，.
故此条件下在二次检验抽到合格品的概率.
所以在方案二下，检验通过的概率.
而，故选择方案一检验通过的概率更大.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易知，由线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可证明；
（2）由（1）求出的坐标，利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）因为平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，则，
由，得，
所以，
则，所以共面，
又直线的公共点为，所以四点共面；
（2）由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
得，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①过定点，；②证明见解析，4
【分析】（1）根据题意，得到，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）①设点，且，联立方程求得，结合，列出方程求得的值，即可求解；
②设直线和直线的斜率为，求得，结合，得到，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：如图所示，因为，可得，
所以，则，
又圆的标准方程为，可得圆心坐标为，且，
所以，又由，可得，即
由椭圆定义可得点的轨迹方程为.
（2）解：①设点，且直线，
联立方程，整理得，
则且，
，
所以，
即，
因为，所以，
化简得，解得，所以直线过定点；
②设直线和直线的斜率为，
因为，可得，
又由
因为直线与直线的斜率分别是且，
且直线和直线交于点，
所以.所以.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)直接代入已知条件即可证得；(2)从特殊到一般，用数学归纳法证明；(3)由第二问的结论即可证得.
【详解】（1）因为且，结合条件③可知.
（2）对m用数学归纳法.
当时，由条件①，，知结论成立.
假设当时成立，对每一个，都有 ，
下面证明，其中.
分两种情形来讨论：
（a），则由归纳假设，且，
从而由条件③得，.
（b），则由归纳假设，且，
从而由条件③得，.
故由归纳假设可知：命题“对任意的，对每一个整数，都有”
（3）由（2）可得，，且，
且由条件②存在，使得，
故存在，使得即，
故，从而由条件③得，
而，故，
又，而，由②中的唯一性可得，所以.
【点睛】方法点睛：对于新定义新方法下的即时应用问题，应该根据给出的定义和给出的方法进行推理，注意依据定义合理变形.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
2024年考前定心卷2
一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．数据3.2，3.4，3.8，4.2，4.3，4.5，x，6.6的第65百分位数是4.5，则实数x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．设等比数列的前项和为，若，则公比为（ ）
A．1或5 B．5 C．1或 D．5或
3．已知点在抛物线上，若点到点的距离为3，则点到轴的距离为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．已知，，是空间中不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若与异面，则至多有一条与，都垂直
C．若，，，则一定平行于和
D．若，，，则存在同时垂直，
5．已知二项式展开式的二项式系数的和为64，则 （ ）
A． B．
C．展开式的常数项为 D．的展开式中各项系数的和为1
6．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫作圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若，是关于x的方程在内的两个不同的根，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的右焦点为，圆与的渐近线在第二象限的交点为，若，则的离心率为（ ）
A．2 B． C．3 D．
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知函数，则（ ）
A． B．的图象关于点对称
C．在上的最大值为3
D．将的图象向左平移个单位长度，得到的新图象关于轴对称
10．已知为虚数单位，则（ ）
A．复数，那么
B．复数，则
C．若，则的充要条件是
D．若复数，则
11．若定义在上的连续函数满足对任意的实数都有且，则下列判断正确的有（ ）
A．函数的图象关于原点对称
B．在定义域上单调递增
C．当时，
D．
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，，若，则的取值范围是 .
13．已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
14．已知“”与“”互为充要条件，则“”和“”的最小值之和为 ．
四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
16．现需要抽取甲 乙两个箱子的商品，检验其是否合格.其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品.从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验. 将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验. 首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为.
(1)求首次检验抽到合格产品的概率；
(2)在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率；
(3)将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；方案二，从另外一个箱子中抽取. 比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大.
17．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．
(1)求证：四点共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点.
(1)设动点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(2)曲线与轴交于.点在点的右侧，直线交曲线于点两点不过点，直线与直线的斜率分别是且，直线和直线交于点.
①探究直线是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；
②证明：为定值，并求出该定值.
19．一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
（1）（归纳奠基）证明当时命题成立；
（2）（归纳递推）以“当时命题成立”为条件，推出“当时命题也成立”.
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法.
已知集合A为有理数集Q的一个子集，且满足以下条件：
①且；
②对任意的，存在唯一的，满足，其中，表示不超过y的最大整数；
③若，，则.
证明：
(1)；
(2)对任意的，对每一个整数，都有；
(3).
参考答案：
1．A
【分析】根据百分位数的含义，即可求得答案.
【详解】因为，
所以这组数据的第65百分位数是从小到大排列后第6项数据4.5，
则前6项数据从小到大排列为：3.2，3.4，3.8，4.2，4.3，4.5，
则.
故选：A.
2．D
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和公式，采用基本量思想进行计算即可.
【详解】由得，，
所以，即，
所以，所以或 .
故选：D.
3．C
【分析】根据抛物线的定义分析可知点到直线的距离为3，即可得结果.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，
若点到点的距离为3，即点到直线的距离为3，
所以点到轴的距离为.
故选：C.
4．D
【分析】借助正方体模型，可依次判定选项.
【详解】在正方体中，
对于A，令，，，符合题意，但是，故A错误；
对于 B，令，，两直线异面，
在正方体中与平行的直线与异面直线都垂直，故B错误；
对于C，令为平面，为平面，，，
符合，，，但平面，故C错误；
对于D，令为平面，为平面，，，
符合，，，则，故D正确.
故选：D.
5．D
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，再令即可判断D.
【详解】由题可知，，则.则AB错误；
展开式中的第项为.
令，得，则，故C错误；
令得，则的展开式中各项系数的和为1，
故选：D.
6．C
【分析】根据离心率的定义，整理等式，结合双曲线离心率的取值范围，可得答案.
【详解】由题意可得，
可以化为，
两边同时开方得，
所以，由几何意义可知，
上式表示到和直线的距离之比，
则，所以．
故选：C．
7．C
【分析】利用辅助角公式化简，根据图象的平移变换可得的表达式，再结合题意利用正弦函数的对称性可得，即可求得答案.
【详解】，
其中为辅助角，，，
则，
当时，，，，
因为，是关于的方程在内的两个不同根，
所以，
因此．
故选：C．
8．C
【分析】由解得，根据三角函数的定义知，利用同角的三角函数关系求得，，由诱导公式、两角和的正弦公式和正弦定理计算可得，结合离心率的概念即可求解.
【详解】如图，由题意知，双曲线的渐近线方程为，
则，解得，所以,
由三角函数的定义知，
又，且显然为锐角，，
又，解得，，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
化简得，所以的离心率为．
故选：C．
9．BCD
【分析】根据辅助角公式及诱导公式化简，再计算可判断A，计算可判断B，由自变量范围求出范围，换元后利用对勾函数求最值可判断C，根据图象平移计算即可判断D.
【详解】.
因为，所以A错误.
因为
，
所以的图象关于点对称，B正确.
若，则，所以，
因为函数在上单调递增，所以，C正确.
，则，且定义域关于原点对称，
所以为偶函数，其图象关于轴对称，D正确.
故选：BCD
10．AD
【分析】A选项，计算出即可判断；B选项，根据复数的乘法运算及模的运算求解判断；C选项，举反例排除即可判断；D选项，由实数的运算性质判断.
【详解】A选项，，于是，
，，
，故，A选项正确；
B选项，因为，所以，B选项错误；
C选项，取，则，但不满足，C选项错误；
D选项，复数，只有实数可以比较大小，虚数不能比较大小，则，，D选项正确；
故选：AD
11．BCD
【分析】直接证明，然后逐个判断选项即可.
【详解】由知恒成立，再由知恒成立.
设，则，且.
故，.
由于，故.
而，故归纳即知.
又因为对有，故归纳即知.
特别地有，故，所以对有.
这就得到了，从而.
设有无理数，有理数数列使得，由于是连续的，故，而，故.
这就表明.
由于，故不是奇函数，故其图象并不关于原点对称，A错误；
由于在定义域上单调递增，且当时，，故B，C正确；
对于D，由可得，
从而，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：值得注意的是，如果去掉是连续函数的条件，并承认选择公理，则此时不能说明对无理数，有，且不一定单调递增. 事实上，此时可以构造一个的满足的线性映射，再取，即可得到反例.
12．
【分析】求出集合，根据包含关系确定范围即可.
【详解】由，得，
所以，则或，
由，得，
又，所以，
解得.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意得PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，则，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．
【详解】三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，
又的最大值是，所以，解得，
即PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，
如下图，直角三角形△ABQ中，所以，又，
所以重合，则，则的外接圆圆心M为AB的中点，
又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积．
故答案为：．
14．23
【分析】根据配凑原式，使得相乘可得一个常数，再利用基本不等式即可求解.
【详解】，
当且仅当，即时取等号；
，
当且仅当，即，
解得或时取等号，
所以和的最小值之和为5+18=23.
故答案为：23.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接用导数求出的最大值即可；
（2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.
所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
16．(1)
(2)
(3)方案一
【分析】（1）按照条件概率的计算公式即可得出答案；
（2）按照贝叶斯逆向概率公式代入即可求解；
（3）由前面的小问得出的结论分别计算两种方案在二次检验抽到合格品的概率，比较大小，从而选择决策方案.
【详解】（1）将首次检验选到甲箱记为事件，选到乙箱记为事件，首次检验抽到合格品记为事件.
则首次检验抽到合格品的概率
.
（2）在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率
.
（3）将二次检验抽到合格品记为事件.
由上一小问可知，在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率，
则在首次抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率.
.
从而，在首次检验通过，即事件发生的条件下：
①若选择方案一，则，.
故此条件下在二次检验抽到合格品的概率.
所以在方案一下，检验通过的概率；
②若选择方案二，则，.
故此条件下在二次检验抽到合格品的概率.
所以在方案二下，检验通过的概率.
而，故选择方案一检验通过的概率更大.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易知，由线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可证明；
（2）由（1）求出的坐标，利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）因为平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，则，
由，得，
所以，
则，所以共面，
又直线的公共点为，所以四点共面；
（2）由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
得，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①过定点，；②证明见解析，4
【分析】（1）根据题意，得到，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）①设点，且，联立方程求得，结合，列出方程求得的值，即可求解；
②设直线和直线的斜率为，求得，结合，得到，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：如图所示，因为，可得，
所以，则，
又圆的标准方程为，可得圆心坐标为，且，
所以，又由，可得，即
由椭圆定义可得点的轨迹方程为.
（2）解：①设点，且直线，
联立方程，整理得，
则且，
，
所以，
即，
因为，所以，
化简得，解得，所以直线过定点；
②设直线和直线的斜率为，
因为，可得，
又由
因为直线与直线的斜率分别是且，
且直线和直线交于点，
所以.所以.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)直接代入已知条件即可证得；(2)从特殊到一般，用数学归纳法证明；(3)由第二问的结论即可证得.
【详解】（1）因为且，结合条件③可知.
（2）对m用数学归纳法.
当时，由条件①，，知结论成立.
假设当时成立，对每一个，都有 ，
下面证明，其中.
分两种情形来讨论：
（a），则由归纳假设，且，
从而由条件③得，.
（b），则由归纳假设，且，
从而由条件③得，.
故由归纳假设可知：命题“对任意的，对每一个整数，都有”
（3）由（2）可得，，且，
且由条件②存在，使得，
故存在，使得即，
故，从而由条件③得，
而，故，
又，而，由②中的唯一性可得，所以.
【点睛】方法点睛：对于新定义新方法下的即时应用问题，应该根据给出的定义和给出的方法进行推理，注意依据定义合理变形.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)