2025届湖南省长沙市明德中学高三上学期11月月考数学试卷
1．（2024高三上·长沙月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：集合，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】解不等式求出集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高三上·长沙月考）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数满足，则.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据复数的乘法运算求解即可.
3．（2024高三上·长沙月考）已知是偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：由，
令，则，
因为为偶函数，所以为偶函数，
且，，满足，
即，化简可得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据偶函数的定义及性质直接判断即可.
4．（2024高三上·长沙月考）三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（ ）
A．18种 B．21种 C．24种 D．36种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步：选一人去大学，有（种），
第二步：将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，
再分配到两所学校，有（种），
则不同的报名方法共有（种）.
故答案为：C.
【分析】按分步乘法计数原理求解即可.
5．（2024高三上·长沙月考）已知均为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为均为单位向量，且，
所以，
，
当时，的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用向量的模的计算可得，结合二次函数的性质求最小值即可.
6．（2024高三上·长沙月考）记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A．900 B．600 C．450 D．300
【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，因为成等差数列，
所以，所以，
所以，所以，，
又因为成等比数列，所以，
所以，解得，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，，求得首项与公差，在由等差数列的求和公式求即可.
7．（2024高三上·长沙月考）已知函数的最小正周期为10，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：函数
，
因为函数的最小正周期为10，所以，解得，
则，故.
故答案为：C.
【分析】利用三角函数的基本关系式与余弦的二倍角公式化简求得，再利用余弦函数的周期公式求得，代图入求值即可.
8．（2024高三上·长沙月考）过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设，则，圆的圆心，半径为，
由切圆于点，得，如图所示：
则
，
当且仅当时等号成立，则的最小值为，
整理可得，解得或，且，所以，即.
故答案为：B.
【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积将表示为的函数，再求出函数的最小值即可.
9．（2024高三上·长沙月考）已知随机变量，记，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A、由题意可知：，且，则，故A正确；
B、，即，所以，故B正确；
CD、根据期望和方差的性质可知：，，故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据正态分布的性质即可判断AB；根据期望和方差的性质即可判断CD.
10．（2024高三上·长沙月考）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体所得截面为六边形
B．点G到平面的距离为定值
C．若，且，则G为棱的中点
D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、连接，在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，，
所以，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
B、在正方体中，E，F分别为棱的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；
C、连接，
因为，且，所以四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；
D、以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面即可判断A；利用线面平行的判定定理即可判断B；利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理即可判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围即可判断D.
11．（2024高三上·长沙月考）已知正项数列满足且，则下列说法正确的（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则或
【答案】A,C
【知识点】数列的递推公式；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：A、若，则，即，
因为，所以，因为，所以，
同理，即数列为奇数项为2，偶数项为3的数列，（也称为不动点数列）所以，故A正确；
B、若，由，即，解得或7，
当时，由A解析可得，此时正项数列为不动点的奇偶常数列，此时；
当时，由变形为，
解得，
不妨取，
若，则，
现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误；
C、若，则，即，
因为，所以，或（舍去）
由A选项的解析可得，
即数列为奇数项为3，偶数项为2的数列，
所以，故C正确；
D、假设正项数列为常数列，则，
即，解得，
又，即，即，
取代入上式，此时为无理数，
当，满足，此时且，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质即可判断A；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质即可判断C；举反例设正项数列为常数列，利用求根公式求出即可判断D；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列即可判断B.
12．（2024高三上·长沙月考）已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数 ．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
则，解得，
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.
13．（2024高三上·长沙月考）已知平面平面与平面所成的角为，且，两点在平面的同一侧，，则 ．
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由平面，平面，可知，
过点作平面，为垂足，连接，如图所示：
则为与所成的角，即，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，所以.
又，
所以
，
因为，
所以，
故
，
所以，即的长为.
故答案为：.
【分析】过点作平面，由线面角定义可知，则，
进一步可得，由图可得，再利用模长的定义求值即可.
14．（2024高三上·长沙月考）已知实数x，y满足，则 ．
【答案】3
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：设，则，
故即，
整理得到：，
故为方程的正根，
故，故，故，
故答案为：3.
【分析】设，利用同构结合二次方程的解可得，再求的值即可.
15．（2024高三上·长沙月考）记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前20项和．
【答案】（1）解：当时，，∴，
则等比数列的公比，
当时，由得，即，解得，
故；
（2）解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，，
则，
，
故
.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，即可求数列的通项公式；
（2）由（1）计算，利用分组求和的方法求数列的前20项和即可.
（1）当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
（2）由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
16．（2024高三上·长沙月考）在中，内角所对的边分别为．已知．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：由，得到，
即，得到，
以为，，所以，
又因为，得到；
（2）解：由（1）知，因为
又，
所以
，
即，又由正正弦定理得，即，
其中为外接圆的半径，所以，
所以的面积为.
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用正弦的和角公式得到求角即可；
（2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到，再利用三角形的面积公式求解即可.
（1）由，得到，
即，得到，
又，，所以，
又，得到.
（2）由（1）知，因为
又，
所以
，
即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以，
所以的面积为.
17．（2024高三上·长沙月考）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．
【答案】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面；
（2）解：以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用余弦定理得到，从而得到，再利用线面垂直的性质得到，从而得到面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到求解即可.
（1）在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面.
（2）以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.
【点睛】
18．（2024高三上·长沙月考）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点．
（1）求C的方程；
（2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
【答案】（1）解：设C的方程为，其中，
由C过A，B两点，故，，解得，，
故C的方程为；
（2）解：（ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2．
因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可；
（2）（ⅰ）设，，，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为．联立结合韦达定理得到，．同理，，再结合向量运算求解即可；
（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式以及三角形面积公式求解即可.
（1）设C的方程为，其中．
由C过A，B两点，故，，解得，．
因此C的方程为．
（2）（ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2．
因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
19．（2024高三上·长沙月考）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．
注：．
设函数在处的阶帕德近似为．
（1）求的解析式；
（2）证明：当时，；
（3）设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以；
（2）解：当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
所以，故，即可得证；
（3）解：令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
在上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）由题意设，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；
（2）构造且，求导，利用导数判断函数的单调性并判断与1的大小关系证明即可；
（3）利用定义求在处的阶帕德近似函数，并研究的极值确定为界点，再讨论、、并结合导数判断是否为的极大值求范围即可.
（1）由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以.
（2）当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上递增；
当时，，即在上递减；
所以，故，得证.
（3）令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
在上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
1 / 12025届湖南省长沙市明德中学高三上学期11月月考数学试卷
1．（2024高三上·长沙月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·长沙月考）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·长沙月考）已知是偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·长沙月考）三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（ ）
A．18种 B．21种 C．24种 D．36种
5．（2024高三上·长沙月考）已知均为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·长沙月考）记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A．900 B．600 C．450 D．300
7．（2024高三上·长沙月考）已知函数的最小正周期为10，则（ ）
A． B． C． D．1
8．（2024高三上·长沙月考）过抛物线上一动点P作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为A，B，若的最小值是，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2024高三上·长沙月考）已知随机变量，记，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·长沙月考）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体所得截面为六边形
B．点G到平面的距离为定值
C．若，且，则G为棱的中点
D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
11．（2024高三上·长沙月考）已知正项数列满足且，则下列说法正确的（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则或
12．（2024高三上·长沙月考）已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数 ．
13．（2024高三上·长沙月考）已知平面平面与平面所成的角为，且，两点在平面的同一侧，，则 ．
14．（2024高三上·长沙月考）已知实数x，y满足，则 ．
15．（2024高三上·长沙月考）记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前20项和．
16．（2024高三上·长沙月考）在中，内角所对的边分别为．已知．
（1）求；
（2）若，求的面积．
17．（2024高三上·长沙月考）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．
18．（2024高三上·长沙月考）已知双曲线C的中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过，两点．
（1）求C的方程；
（2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存在常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
19．（2024高三上·长沙月考）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．
注：．
设函数在处的阶帕德近似为．
（1）求的解析式；
（2）证明：当时，；
（3）设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：集合，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】解不等式求出集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数满足，则.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据复数的乘法运算求解即可.
3．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：由，
令，则，
因为为偶函数，所以为偶函数，
且，，满足，
即，化简可得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据偶函数的定义及性质直接判断即可.
4．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一步：选一人去大学，有（种），
第二步：将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，
再分配到两所学校，有（种），
则不同的报名方法共有（种）.
故答案为：C.
【分析】按分步乘法计数原理求解即可.
5．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为均为单位向量，且，
所以，
，
当时，的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用向量的模的计算可得，结合二次函数的性质求最小值即可.
6．【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，因为成等差数列，
所以，所以，
所以，所以，，
又因为成等比数列，所以，
所以，解得，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，，求得首项与公差，在由等差数列的求和公式求即可.
7．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：函数
，
因为函数的最小正周期为10，所以，解得，
则，故.
故答案为：C.
【分析】利用三角函数的基本关系式与余弦的二倍角公式化简求得，再利用余弦函数的周期公式求得，代图入求值即可.
8．【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设，则，圆的圆心，半径为，
由切圆于点，得，如图所示：
则
，
当且仅当时等号成立，则的最小值为，
整理可得，解得或，且，所以，即.
故答案为：B.
【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积将表示为的函数，再求出函数的最小值即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A、由题意可知：，且，则，故A正确；
B、，即，所以，故B正确；
CD、根据期望和方差的性质可知：，，故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据正态分布的性质即可判断AB；根据期望和方差的性质即可判断CD.
10．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、连接，在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，，
所以，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
B、在正方体中，E，F分别为棱的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；
C、连接，
因为，且，所以四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；
D、以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面即可判断A；利用线面平行的判定定理即可判断B；利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理即可判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】数列的递推公式；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：A、若，则，即，
因为，所以，因为，所以，
同理，即数列为奇数项为2，偶数项为3的数列，（也称为不动点数列）所以，故A正确；
B、若，由，即，解得或7，
当时，由A解析可得，此时正项数列为不动点的奇偶常数列，此时；
当时，由变形为，
解得，
不妨取，
若，则，
现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误；
C、若，则，即，
因为，所以，或（舍去）
由A选项的解析可得，
即数列为奇数项为3，偶数项为2的数列，
所以，故C正确；
D、假设正项数列为常数列，则，
即，解得，
又，即，即，
取代入上式，此时为无理数，
当，满足，此时且，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质即可判断A；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质即可判断C；举反例设正项数列为常数列，利用求根公式求出即可判断D；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列即可判断B.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
则，解得，
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.
13．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由平面，平面，可知，
过点作平面，为垂足，连接，如图所示：
则为与所成的角，即，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，所以.
又，
所以
，
因为，
所以，
故
，
所以，即的长为.
故答案为：.
【分析】过点作平面，由线面角定义可知，则，
进一步可得，由图可得，再利用模长的定义求值即可.
14．【答案】3
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：设，则，
故即，
整理得到：，
故为方程的正根，
故，故，故，
故答案为：3.
【分析】设，利用同构结合二次方程的解可得，再求的值即可.
15．【答案】（1）解：当时，，∴，
则等比数列的公比，
当时，由得，即，解得，
故；
（2）解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，，
则，
，
故
.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，即可求数列的通项公式；
（2）由（1）计算，利用分组求和的方法求数列的前20项和即可.
（1）当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
（2）由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
16．【答案】（1）解：由，得到，
即，得到，
以为，，所以，
又因为，得到；
（2）解：由（1）知，因为
又，
所以
，
即，又由正正弦定理得，即，
其中为外接圆的半径，所以，
所以的面积为.
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用正弦的和角公式得到求角即可；
（2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到，再利用三角形的面积公式求解即可.
（1）由，得到，
即，得到，
又，，所以，
又，得到.
（2）由（1）知，因为
又，
所以
，
即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以，
所以的面积为.
17．【答案】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面；
（2）解：以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用余弦定理得到，从而得到，再利用线面垂直的性质得到，从而得到面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到求解即可.
（1）在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面.
（2）以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.
【点睛】
18．【答案】（1）解：设C的方程为，其中，
由C过A，B两点，故，，解得，，
故C的方程为；
（2）解：（ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2．
因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可；
（2）（ⅰ）设，，，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为．联立结合韦达定理得到，．同理，，再结合向量运算求解即可；
（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式以及三角形面积公式求解即可.
（1）设C的方程为，其中．
由C过A，B两点，故，，解得，．
因此C的方程为．
（2）（ⅰ）设，，，其中，，i＝0，1，2．
因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
19．【答案】（1）解：由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以；
（2）解：当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
所以，故，即可得证；
（3）解：令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
在上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）由题意设，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；
（2）构造且，求导，利用导数判断函数的单调性并判断与1的大小关系证明即可；
（3）利用定义求在处的阶帕德近似函数，并研究的极值确定为界点，再讨论、、并结合导数判断是否为的极大值求范围即可.
（1）由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以.
（2）当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上递增；
当时，，即在上递减；
所以，故，得证.
（3）令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
在上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
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