参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C D C D B C CD ABD
题号 11
答案 B
1．C【详解】由 x2 5x 0，解得0 x 5，所以 A 1,2,3,4,5 ，由 x 1 2，解得 1 x 3，所以 B 0,1,2 ，
A B 1,2 ，故选：C．
2 2
2．A【详解】设 z x yi ，x, y R 由 z z 8 4i x y x 8得 x2 y2 x yi 8 4i 所以 ，解得 x 3, y 4
y 4
∴ z 3 4i．
3．C【详解】如图所示：以A 为原点，建立平面直角坐标系，
因为正方形 ABCD的边长为 1，可得 A(0,0)， B(1,0) ，C(1,1)，D(0,1)，
AM AB， AN AD， M ( ,0)， N(0, ) ，CM ( 1, 1) ，CN ( 1, 1) ，
CM CN 1 1 1 ，故 1， 2 2 2 (1 )2 2 2 3 2 2 1，
1 2故 时， 3 2 2 1的最小值是 ，
3 3
4．D【详解】由 sin cos( ) sin cos
3
，
4
sin cos 2 1 2sin cos 9所以 ，可得2sin cos 7 0，因为 0, ，所以 sin 0,cos 0，可
16 16
2 23
得 sin cos 0，又由 sin cos 1 2sin cos ，可得
16 sin cos
23
，所以
4
sin 2
sin cos
46
.
4 2 8
4
5 C 3． 【详解】设球的半径为 R，则球的体积为 πR ，圆柱底面积为 πR2 ，高为 2R，故圆柱的体积为 πR2 2R 2πR3，
3
3
m 2πR 3 6πR2 n
故 4 3πR3 2 ，球的表面积为 4πR
2 ，圆柱的表面积为 2πR2 2πR 2R 6πR2 ，故 n ，故 1，
3 4πR
2 2 m
6
r
x
1
展开式中的通项公式为T C
r x6 r x 2r 1 6 1 r Cr x6 3r，令6 3r 0，解得 r 2，故常数项为
x2
6
T 2 23 1 C6 15 .
6．D【详解】由题意，将函数 y sin 2x 的图象向右平移m(m 0)个单位长度，
6
5
得到的图象对应的函数 y f x sin(2x 2m ) 的图象，因为 f x 在区间 , 上单调递减，
6 12 12
答案第 1页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
5 3
所以 2 ( ) 2m 2k 且 2 2m 2k ,k z，解得 k m k ,k z，即
12 6 2 12 6 2 4 4
m 3 k ，令 k 1，可得m的最小值为 .
4 4
18 a a7 B 19 a a ． 【详解】S18 1 18 9 a9 a10 0，即 a9 a10 0，S 1 1919 19 a10 0，即 a10 0，故 a9 0，2 2
S S S
d 0，①当1≤n≤9， n N*时， an 0， Sn 0
n n 9
，故 0 a ， Sn S9 ， an amax min 9 ，故 n a
；
n amax 9
S S S
②当10 n 18， n N*时， an 0 ， Sn 0
n
，故 0 S S a a n 10a ， n max 10 ， n min 10 ， a a ；n n min 10
S
③当n 19 19时， 0
S19 S 18 a19 S 18 1 S S a S S 1 9 8 9 8 1 1 19 S9
a 且
19 a19 a19 a
， ，故 ；
19 a9 a9 a9 a19 a9
S1 , S2 , , S18 , S19 S9 , S10综上所述： a a a a 中，最大项和最小项分别为1 2 18 19 a
.
9 a10
8．C【详解】令 x 1，y 1，f 1 f 1 f 1 1 ，所以 f 1 1；令 x= 1，y 1，f 1 f 1 f 1 1
则 f 1 1．令 y 1，得 f x f x ，故 y f x x 0 为偶函数．A 错误，
x
任取x ， x2 0,
x
， x x 21 2，则 1，则 f x2 f x1 f 2 1 f x1 ，故 y f x x 0 在 0, 1 x 上为1 x1
f 2x 1 1 f 2x 1 f 1 2x 1 1 1 x 0 x 1减函数．由已知 ，可得 ，故 ，解得 ，且 ．B 错误，
2
f 2 1 10 9若 ，则 f 1024 f 2 f 2 f 2 1 10 f 2 9 4 f 1 ，C 正确，若 2，则2 2
f 1 1 2 f 1 3 f 1 2 f 1 1 1 5 f f 1 1 1 1 2 ， 4 2 ， 5 f
5 1 6
，所以 f 2 f 5 1 11 ， 2 2 2 2 2 2 2 1024 2
故 D 错误，
9．CD【详解】由题意知， 100， 2 100 ，A：标准差： 2 10，故 A 错误；
B： P(100 10 X 100 10) P(90 X 110) 0.6827 P X 90 1， [1 P(90 X 110)] 0.15865，
2
P X 90 1 P(X 90) 0.84135 0.86 86%，故 B 错误；
C： P(100 30 X 100 30) P(70 X 130) 0.9973， 1000 0.9973 997 人，故 C 正确；
D： P(100 20 X 100 20) P(80 X 120) 0.9545，
1
因为成绩服从标准正态分布， P X 80 P X 120 [1 P(80 X 120)] 0.02275，故 D 正确.
2
10．ABD
2 2
【详解】 f x a x a x b（ a 0) , f x 2a x a x b a x a a x a 3x 2b a ,
令 f x 0 2b a 2b a 2，x a或 x ,由题意可知， a . 函数 f x a x a x b（ a 0) 的极大值点为 x a，
3 3
答案第 2页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
a 0 a 0
2b a 或 2b a .即b a 0 或b a 0 . 所以 a2 b2 ，A 正确， a2 ，B 正确，
a
ab
a
3 3
x +x 2b a a 2b 4a1 2 ，b a 0时， x1+x2 0正确，b a 0时 x3 3 1
+x2 0错误，则 C 错误，
x 2b a1x2 a 0，D 正确.3
11．ACD
【详解】平面内M 0, 2 和 N 0,2 ，动点 P x, y 满足 PM PN m m 4 ，故 x2 (y 2)2 x2 (y 2)2 m ，
A： 0,0 代入，可得m 4 ，正确；
B：对应曲线任意点 (x, y)，则关于 y轴对称点为 ( x, y)，关于 x轴对称点为 (x, y)，
将 ( x, y)代入上式得 ( x)2 (y 2)2 ( x)2 (y 2)2 x2 (y 2)2 x2 (y 2)2 m；
将 (x, y)代入上式得 x2 ( y 2)2 x2 ( y 2)2 x2 (y 2)2 x2 (y 2)2 m ；
所以曲线 E既关于 y轴对称，也关于 x轴对称，不正确;
C：若 P、M 、 N三点不共线，则 PM + PN 2 PM PN 2 m ，当且仅当 PM = PN m 时等号成立，
又 |MN | 4，所以 PMN周长的最小值为 2 m+4，正确；
D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，
曲线 E上与M 、 N不共线的任意一点G关于原点对称的点为 H ，
又图象既关于 x轴对称，又关于 y轴对称，且 GM GN m ，知：
π
四边形GMHN 的面积为 2S MNG GM GN sin MGN m ，当且仅当 sin MGN 1时等号成立，此时 MGN ，2
所以四边形GMHN的面积不大于m，正确.
【点睛】曲线为 x2 (y 2)2 x2 (y 2)2 m ，对于m的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合
基本不等式 a b 2 ab ,a,b 0 即可证明 C，对于 D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，
得到面积表达式.
2 2
12． 2 1 【详解】设 F2 c, 0 b b，得到 PF2 ,由题意知 2c，即 c2 a2a 2ac，a
所以 e2 2e 1 0，解得 e 2 1，或 e 2 1（舍去）．
1
13． 【详解】设公切线在曲线 y ax2 与 y ln x上的切点分别为 A(x1,y1),B(x ,y )，ln 2e 2 2
y ln x 1
1
由 可得 y ，所以 2 x
1
，解得 2 ，所以 y2 ln x2 ln 2
1
x ,则
B( , ln 2)，
x 2 2 2
1
所以切线方程为 y ln 2 2(x )，又由 y ax2 ，可得 y 2ax，所以 2ax1 2，即ax1 1，2
答案第 3页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
所以 y1 ax
2
1 x1 ，又因为切点 A(x1, y1)，也即 A(x1, x1)在切线 y ln 2 2(x
1
)上，
2
1 1 1
所以 x ln 2 2(x
1
1 1 )，解得 x1 ln 2 1，所以 a x .2 1 ln 2 1 ln 2e
80
14． 32 ,
31
【详解】（1） ai的可能值为 0，1（1 i 5， i N）.故五维立方体的顶点有 25 32个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为 M ,N ，M，N为五维立方体的顶点
2
样本点总数： n Ω C32 , 当 X k时，有 k个第 i维坐标值不同，有5 k个第 i维坐标值相同.
k k 5 k
满足 X k的样本点 M ,N C 2 2个数为 5 Ck 4
2 5
2 . X 1 2 3 4 5
Ck 4P X 2 C
k
所以 k 5 2 55 k 1,2,3,4,5
5 10 10 5 1
C 2 1 . P
25 31 31 31 31 31
1
故分布列为： E X 5 20 30 20 5 80 .
31 31
15．（1） sin AcosC
1
；（2） a 2 .6
a2 b2 c2 b2 c2 a2 2b2
【详解】解：（1）由条件及余弦定理得，12b2 sin A 0 ，所以12b2 sin A 0， 所
cosC cosC cosC
以 sin AcosC
1
．
6
sin A 1 cosC 1（2）由 得， 2 ，又0 C ，所以C ，
3 2 3
2 2
则 cos A ， sinC 3 ． sin B sin(A C) sin AcosC cos AsinC 1 2 2 3 2 6 1 ，
3 2 6 3 2 6
ABC 6 2 3 1 ac sin B 6 2 3由V 的面积为 得 ， 所以 ac a sinC 3 3 3 3 ．由正弦定理得， c a ，
4 2 4 sin A 2
所以 a2 2，故 a 2
2
16 x．(1) y2 1 (2) x y 1 0 或 x y 1 0
4
x2 y2 3
【详解】（1）设椭圆M 的方程为： 2 2 1(a b 0) ，因为椭圆的面积为2π，点 1, 在椭圆M 上.a b 2
πab 2π
3 , a 2,b 1 M x
2
所以 1 解得： ，所以椭圆 的标准方程为： y
2 1.
4 4
a2 b2
1
（2）因为经过点 P 1,0 的直线 l与曲线M 交于A ， B两点，
3 3 当直线 l的斜率不存在时， A 1, ,B 1,
1 3
2 2
，此时 S OAB 1 3 ，
2 2
答案第 4页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
2 3
因为△OAB与椭圆M 的面积比为 ，但 2 ，即直线斜率存在；
5π 2 2π 5π
y k x 1
不妨设直线 l的方程为 y k x 1 2 2 2 2，联立 x2 2 ，消去 y整理可得： 4k 1 x 8k x 4k 4 0，
y 1 4
2
不妨设 A x1, y1 ,B x2 , y x x 8k ,x x 4k 42 ，则 1 2 2 1 2 ，1 4k 1 4k 2
因为 y1 y2 k x1 1 k x2 1
2k
k x1 x2 2k ，1 4k 2
2
y1 y2 k x1 1 k x2 1 k2 x1x2 x x
3k
1 2 1 ，1 4k 2
1 1 1 4k
2 12k 2
所以 S OAB 1 y1 y2 y
2 2
1 y2 4y1 y +2 2 2 2 1 4 k 2 ，因为△OAB与椭圆M 的面积比为 ，2 2 1 4k 5π
1 4k 2 + 12k
2
4 2
2 2 2 1 4 k 2 3k k 4 11k 4 7k 2 4 0 11k 2 2所以 1 4k 2 ，化简为 ，即 ，即 7 k 1 016k 4 ，解得：= 8k 2 1 25
2π 5π
k 1，所以直线 l的方程为 y x 1或 y= x 1， 所以直线 l的方程为 x y 1 0 或 x y 1 0 .
17．【详解】（1）证明：取 AB中点M ，连接 A1M ,FM , F 为 BC的中点， E为 A1C1 的中点，
MF / / 1 AC, A 11E / / AC， MF / /A2 2 1
E，
MF 1 AC, A 11E AC， MF A2 2 1
E，
据此可得四边形 A1MFE为平行四边形，
EF / /A1M ， EF 平面 ABB1A1 ， A1M 平面 ABB1A1 ，
EF / / 平面 ABB1A1 ．
（2）解： 平面 ACC1A1 平面 ABC,过C1作C1H AC , C1H 平面 ABC，
V 1 1C1 ABC S3 ABC
C1H 3 C1H 1 C1H 3 ，3
CC1 2, CH 1, H 为 AC中点， BH AC，
如图分别以HB,HC ,HC1所在的直线为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，
A 0, 1,0 ,E 0, 1, 3 ,F 3 1 , , 0 ,C 0,1,0 ,C 0,0, 3
2 2
1
t 3 2t 1 3t 3 3 由C1G tGC G 0, , ， AE 0,0, 3 , EG 0, , ,EF , , 3
t 1 t 1 t 1 t 1
2 2
答案第 5页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
设平面 AEG和平面 EFG的一个法向量分别为 n1 x1, y1, z1 ,n2 x2 , y2 , z2 ，
2t 1 3t
n EG 0 y2 z t 1 t 1 2
0
则 n1 (1,0,0),又
2 ， n2 t 2, 3t , 2t 1 ，设二面角 A EG F的平面角
n2 EF 0 3 x 3 y 3z 0 2 2 2 2 2
n1 n2 t 2
为 ， cos
4
，整理得：25t 2 28t 44 0，解得 t
22
2或 t （舍）.
n1 n2 (t 2)2 3t 2 (2t 1)2 53 25
1
18．(1) , (2)证明见解析 (3)证明见解析 4
【详解】（1）由题意知函数 f (x) 的定义域为 (0, )， f x 1 ax 1 0在 x (0, ) 上恒成立，
x
2
所以 a
1 1
2 在 x (0, )
1 1 1 1 1 1
上恒成立，又 2 ，当且仅当 x 2时，等号成立，x x x x x 2 4 4
1 a 1所以 a ，即 的取值范围是 ,
.
4 4
1 1 x
（2）证明：若 a 0， f (x) ln x x 2 ，所以 f x 1 ，
x x
令 '( ) = 0，解得 x 1，所以当0 x 1时， f x 0，当 x 1时， f x 0，
所以 f (x) 在(0,1)上单调递增，在 (1, ) 上单调递减，所以 f (x) f (1) 1，当且仅当 x 1时，等号成立.
4ex 2 4 x2 2x ex 2
令 g(x) ， x 0 4 x 2，所以
ex 2
x2 g x
，
x4
x3
令 g x 0，解得 x 2，所以当0 x 2时， g x 0，当 x 2时， g x 0，
所以 g (x) 在 (0,2) 上单调递减，在 (2, )上单调递增，所以 g(x) g(2) 1，当且仅当 x 2时，等号成立，
x 2
所以 f (x) 1 g(x) 4e，又等号不同时成立，所以 f (x) 2 .x
3 1 ax
2 x 1
（ ）证明：由题意可知 f x ax 1 ， 因为 f (x) 有两个极值点x ， x
x x 1 2
x1 x2 ，
1
1
x1 x2 , a
所以x x1， 2 是方程 ax2 x 1 0的两个不同的根， 则0 a 且 4 x x 1 ,
1 2 a
f x f x lnx a 2 a所以 1 2 1 x1 x1 2
lnx x 2 x 2
2 2 2 2 2
x 2 2
ln 1 a x21 x22 x x x x1 x2 ln 1 1 2 x x ln x1 x1 x 2x2 2 x2 2 x1 x 1 22 x2 2 ，
所以要证 f x f x 1 a x1 x1 x2 1 1 2 2 x1 x2 ，即证
ln a x xx 2 2 1 2 ， 2
答案第 6页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
x1 1
即证 ln
x1 a x x x1 x x x1 2 ，即证 ln 1 2 ，即证 ln
x1 x 2 . 令 t 1 (0 t 1)
t 1
x x x x x x ，则证明 ln t ，2 2 1 2 x2 1 1 2 t 1
x2
t 1 t 2 1 t 1
令 h(t) ln t ，则 h t 0 h(t) 2 ， 所以 在(0,1)上单调递增，则
h(t) h(1) 0 ，即 ln t ，
t 1 t t 1 t 1
1
所以原不等式 f x1 f x2 a x1 x2 成立.
2
n 1
,n为奇数
19．(1) a
1 , 25 23 的可能取值有： 5、 1、1、5 (2) 4 4
(3) an
n ,n为偶数
2
【详解】（1）解：因为数列 an 具有性质 P1，则 a1 a2 a2 2，所以， a2 2，
当 a2 2时，由 a2 a3 2 a3 a3 2 3，所以， a3 1或 5，
当 a2 2时， 由 a2 a3 2 a3 3 ，所以， a3 1或5 .
综上所述， a3 的可能取值有： 5、 1、1、5 .
（2）解：设等差数列 an 的公差为 d，
则 anan 4 1 an 2 2d a 2d 1 a2 2n 2 n 2 4d 1 a2n 2，
1 1
即 4d 2 1，所以， d ，
2 2
2
所以， a2 2 2 2 2 3 12 a3 1 d 1 2d 5d 6d 2 5 d ，
5 5
1 d 1 1 d 3 11因为 ，则 ，
2 2 10 5 10
a2 a2 5 d 3
2
1 1 , 25所以， 2 3
.
5 5 4 4
（3 2）解：根据性质 P 1， n N ，都有 an Z，又因为 an 0，所以， an 1，于是 anan 4 an 2 1 0 ，因为 an 、
a n 4 必同号，进而 an 、 an 4k k N 必同号，
2
若 a3 0，由性质 P1，必有 a4 2， a3 6 ， a2 3， a1 1，这与 a1a5 1 a3 矛盾，
所以， a 0，进而 n N 3 ， a2n 1 0，讨论可知 a3 2或 4 或12，仅有这三种可能.
若 a3 12 ，则 a4 8， a2 15 a 16 a a 1 a
2
， 1 ，这与 1 5 3 矛盾，因此， a3 12 .
下面证明： a3 4，则 a3 2，
答案第 7页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}
利用反证法：假设 a3 4，则 a4 8，
又因为 a1a5 3a1 1 a
2
3 16，所以， a1 5，
若 a2 1，则 a1 1或3，与 a1 5矛盾，则 a2 1，所以， a2 7 ，则 a1 5或9，
于是无论哪种情况， n N ， an 0，
2
由 a6 a5 6且 a6 0可得 a6 9，此时满足 a2a6 1 a4 ，
所以， a7 16，则 a8 24， a9 33
2
，所以， a5a9 1 a7 ，矛盾，
综上可知， a3 4，所以， a3 2， a4 2，
下面证明： a2 1，利用反证法，如不然，只能 a2 5，所以， a6 0，则 a6 9，
由于 a4 0，所以， a8 0，只能有 a7 2 ， a8 6，这与 a3a7 1 a
2
5 矛盾，
总之， a2 1，再由 a1 0可得 a1 1，进而 n N ， a2n 0都成立，
n 1
,n为奇数 2
可以猜测数列 an 的通项为 an
n
，
,n为偶数
2
可验证此时 P1、 P2 两条性质均成立，符合题意，
如另有其它数列 bn 符合题意，则至少前5项必为：1、 1、 2 、 2、3，
仍满足b 2n 1 0，b2n 0 n N ，
b m N 设 m 是第一个违反上述通项公式的项 m 6 ，
若m 2k k 3, k N ，则b2k 1 k，b2k 0，所以，b2k k，符合通项公式，矛盾；
m 2k 1 k 3,k N 若 ，则b2k k，b2k 1 0，所以，b2k 1 k 1，也符合通项公式，矛盾.
n 1
,n为奇数 2
综上所述，数列 an 的通项公式必为 an
n
.
,n为偶数
2
【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思
想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，
根据定义进行逻辑推理，进而解决问题.
答案第 8页，共 8页
{#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}2024—2025学年第一学期期中三校联考
高三数学
本试卷共2页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
用 2B 铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上:如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案:不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。
一、选择题：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，只有一项、是符合题目要求的.
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知正方形的边长为1，设点M、N满足，.若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
4．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ）
A． B． C．15 D．20
6．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．在等差数列中，是的前项和，若，，则有限项数列中，最大项和最小项分别为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．为奇函数 B．若，则
C．若，则 D．若，则
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．已知在某校高三年级的一次数学测验中，1000名学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，120分为优秀线，则对于该校学生成绩，下列说法正确的有(参考数据：①；②③（ ）
A．标准差为100B．及格率超过
C．得分在内的人数约为997
D．低于80分的人数和达到优秀线的人数大致相等
10．已知函数的极大值点为，则（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
11．已知平面内两定点和与一动点，满足，若动点的轨迹为曲线，则下列关于曲线的说法正确的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为．
13．若曲线与有一条斜率为2的公切线，则.
14．在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（13分）已知△的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，△的面积为，求的值．
16．（15分）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长、短半轴长的乘积.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，均在轴上，面积为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)经过点的直线与曲线交于，两点，与椭圆的面积比为，求直线的方程.
17．（15分）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，是棱上一点，且．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为1，且二面角的余弦值为
，求的值．
18．（17分）已知函数.
(1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；
(2)若；求证：；
(3)设，是函数的两个极值点，求证：.
19．（17分）若无穷数列满足，，则称具有性质．若无穷数列满足，，则称具有性质．
(1)若数列具有性质，且，请直接写出的所有可能取值；
(2)若等差数列具有性质，且，求的取值范围；
(3)已知无穷数列同时具有性质和性质，，且不是数列的项，求数列的通项.
