浙江省东阳市2024届高三5月模拟考试数学试题
1．（2024高三下·东阳模拟）已知全集，集合，或，则（ ）
A． B． C．（－3，3] D．（2，3]
2．（2024高三下·东阳模拟）已知，，，则（ ）
A． B．16 C． D．9
3．（2024高三下·东阳模拟）命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高三下·东阳模拟）已知中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·东阳模拟）已知数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A．8 B．-8 C．64 D．-64
6．（2024高三下·东阳模拟）从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数个数为（ ）
A．36 B．54 C．60 D．72
7．（2024高三下·东阳模拟）已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（ ）
A． B．3 C． D．4
8．（2024高三下·东阳模拟）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三下·东阳模拟）已知复数z，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高三下·东阳模拟）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．在区间的最小值为
11．（2024高三下·东阳模拟）某班主任用下表分析高三前5次考试中本班级在年级中的成绩排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次考试排名，但他记得平均排名，于是分别用和得到了两个经验回归方程：，，对应的样本相关系数分别为，，排名y对应的方差分别为，，则（ ）
x 1 2 3 4 5
y 10 m 6 n 2
附：
，．
A． B． C． D．
12．（2024高三下·东阳模拟）已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若为角α终边上的一点，则 ．
13．（2024高三下·东阳模拟）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为 ．
14．（2024高三下·东阳模拟）四棱锥的底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，l⊥OB，则直线l与平面PAC所成夹角的范围为 ．
15．（2024高三下·东阳模拟）在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项，且每一项被取到的可能性相等．
（1）在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率；
（2）记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
16．（2024高三下·东阳模拟）已知函数在（e为自然对数的底数）处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若不等式恒成立，求k的范围．
17．（2024高三下·东阳模拟）如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．
（1）求直线AB与平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024高三下·东阳模拟）已知抛物线：，焦点为F，为Γ上的一个动点，l是Γ在点A处的切线，点P在l上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且l平分直线AB和直线AC的夹角．
（1）求l的方程（用，表示）；
（2）若从点F发出的光线经过点A反射，证明反射光线平行于x轴；
（3）若点A坐标为，求点P坐标．
19．（2024高三下·东阳模拟）若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列。已知是一个对数凸数列，．
（1）证明：；
（2）若，证明：；
（3）若，，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为解不等式可得，所以，
因为或，所以，
所以.
故选：A
【分析】解集合中的不等式，化简集合，由集合和补集的定义得，再求.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，两边平方可得，
所以，所以.
故选：B.
【分析】由已知结合数量积求向量的模公式以及数量积的运算法则，进而得出结果.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由等差数列的性质可知：
，
所以，
而中位数也是，
所以，，…，的平均数与中位数相等，
即，是的必要条件；
若数据是，则平均数和中位数相等，
但，，…，不是等差数列，
所以推不出，所以不是的充分条件；
所以是的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质和举反例即可判断充要条件.
4．【答案】D
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，
又因为，，，
，
解得（舍去）.
故答案为：D.
【分析】根据余弦定理求解即可.
5．【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】当 时， ，解得 ；当 时， ，
两式相减得 ，即 ，∴ ，
∴ ，
故答案为：D.
【分析】 利用数列的递推关系式求解首项，然后求解通项公式，即可求解 ．
6．【答案】D
【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：由已知：
①选数字，有种；
②确定一个重复的数字，有种；
③安排两个不同的数字，再让两个相同的数字取插空，
则有种排序方法；
由分步计数原理可得这样的四位数共有个.
故答案为：D
【分析】利用分步计数原理计算即可.
7．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，，
则，
得：，所以，由椭圆的定义可知，
由余弦定理得：，
消去可得，
又因为，所以化简可得：，
所以，可得.
故答案为：B.
【分析】根据题意和椭圆的定义结合余弦定理，消元求解即可.
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设直线与切点为，
因为，
所以切线方程，
即，
设直线与切点为，
因为，
所以切线方程，
即，
，
所以有解，
令，
，
所以函数在，上单调递减，
在，上单调递增，
因为，，所以，
所以，
的范围为.
故答案为：A.
【分析】利用导数分别求得切线方程，分离参数结合函数的单调性，即可求的范围.
9．【答案】A,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，则，
A、，所以，故选项A正确；
B、，所以，故选项B错误；
C、，，所以，故选项C错误；
D、，所以，故选项D正确；
故选：AD.
【分析】先设复数，则，由模长计算，复数的运算逐一判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为
A、由图像可知，所以，
又因为，所以，故选项A正确；
B、由五点法可得，解得，故选项B错误；
所以.
C、，所以 为偶函数，故选项C正确；
D、当时，，，
所以在区间的最小值为 ，故选项D正确；
故选：ACD.
【分析】先借助辅助角公式对函数进行变形，结合图像求出的值，即可判断选项A，B，求出函数f(x)的解析式，利用诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
11．【答案】A,D
【知识点】极差、方差与标准差；线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：当时，，
，解得，
则
，
所以.
，
得，
，
；
同理，当时，，，
，，
所以，，
，．
故答案为：AD．
【分析】分类计算当时根据相关数据结合公式可求得，利用回归方程可求，利用相关系数公式可求得，利用方差公式可求得，同理计算时，，，，，进而可得结论.
12．【答案】
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，
且为角终边上的一点，
则
故答案为：.
【分析】直接利用余弦函数定义计算即可.
13．【答案】1
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意知，圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
圆心到直线的距离为，
最小值为.
故答案为：1
【分析】根据已知得到圆心的轨迹，再用圆心到直线的距离减半径即可.
14．【答案】
【知识点】平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，依题意，易知平面，
所以为平面的一个法向量，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别作x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，
，
则，，，
由可得，
∴
当时，，
当时，，
综上，，∴．
故答案为：.
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.
15．【答案】（1），
令，解得．故二项展开式中有3项有理项，6项无理项．
记事件“第一次取到有理项”，事件“第二次取到无理项”
则
（2），，，
分布列为
X 0 1 2
P
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项式定理；条件概率
【解析】【分析】（1）由二项式定理可知有3项有理项6项无理项，再由条件概率公式代入计算即可。
（2）根据题意可得的分布列即可期望.
16．【答案】（1）∵，∴，
∵函数在点处取得极值，
∴，∴，经检验，符合题意，
∴；
（2），∴恒成立，
即对任意恒成立．
令，则．
设，易得是增函数，
而，∴时，，即，
时，，即，
∴在上单调递增，上单调递减，
∴，∴．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用极值点处导数值为0即可求出答案；
（2）分离参数转化为恒成立问题，构造函数利用导数得到函数的单调性和最值，即可求得参数范围
17．【答案】（1）解：取AB中点O和中点，连接OP、、，作，H为垂足，连接，与交于点M，连接，显然过M点，
∵，M为中点，∴，同理，，
又∵，，平面∴PM⊥平面．
∵平面，∴，
∵，∴，
又∵，，平面∴平面，
∵平面，∴，
又∵，∴，∴四边形为矩形．
∵平面，平面，∴，
又∵，，，平面，∴OH⊥平面．
∵，，
由余弦定理得，，
∴
∴，
∴直线AB与平面的距离为．
（2）解：法1：连接、、、、OC，
∵平面，平面，∴P、O、C、、O五点共面，
∵，∴，
∴，，∴，
∴，
∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．
如图所示，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，∴
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
∴，
设所求平面与平面夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
法2：如图所示，将三棱柱补形为平行六面体，
∵，∴，
又∵，∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．
取中点M，连MB、，易得，
由（1）可知四边形为矩形，
∴，又∵，，∴，∴．
又∵，∴，
∴即为所求平面与平面的夹角，
由余弦定理得，，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由已知条件和线面垂直的判定定理及性质证明为矩形，进而证明OH⊥平面，即OH为直线AB与平面的距离 ，再由线面角的定义结合余弦定理求出∠OPO1的余弦值，进而求出正弦值，利用三角函数即可求出OH的值，即求得直线AB与平面的距离 ；
（2）法1：建系后分别求出平面和平面的一个法向量，利用向量法即可求得平面与平面夹角的余弦值 ；
法2：将三棱柱补形为平行六面体，由(1)得到即为所求平面与平面的夹角，再用余弦定理即可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）取AB中点O和中点，连OP、、，
作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，
∵，M为中点，∴，同理，，
又∵，平面，平面∴PM⊥平面．
而平面，∴，
∵，∴，
又∵，平面，平面∴平面，
而平面，∴，而，∴，
∴四边形为矩形．
（也可由，得到，∴，
又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．
∵平面，∴由平面，可知，，
又∵，，平面，平面，∴OH⊥平面．
∵，，，
∴，
综上，直线AB与平面的距离为．
（2）解1：连、、、、OC，
由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面，
由可得，，
∴，，∴，
∴，
∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．
如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设所求平面与平面夹角为，
则，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．
解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体，
由可得，在此平行六面体中，，
而，
∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．
下面考虑平面与平面的夹角即可．
取中点M，连MB、，易得，
由（1）可知四边形为矩形，
∴，又∵，，∴，∴．
又∵，∴，
∴即为所求平面与平面的夹角，
∴，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：显然切线l的斜率不为0，设l方程为：，
与联立得：，
由，
得，解得，
∴l的方程为，
化简得，也即．
（2）证明：过A点作l的垂线并交x轴于Q点，则AQ直线的方程为，
取，解得，即，
∵，∴，
作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知，
∴，∴，
设T为反射光线上与A相异的一点，则有，
综上，，∴轴，即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴．
（3）解：此时l方程为，连HF，取H，F的中点为，
∵，∴，∵K点在l上，∴，
设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点，
设直线PF的方程为，与联立得：，
设，，则有，，
∵，
∴直线AC的方程为，也即，
而直线HF的方程为，联立得，
同理，，
由得，整理得，
∴，∴，∴直线BC的方程为，
与直线联立得P点坐标为．
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出直线方程与抛物线方程联立得出一元二次方程求解即可；
（2）由抛物线定义，设T为反射光线上与A相异的一点，证明即可；
（3）先求得的中点，设定直线方程与抛物线方程联立，进而得出直线AC和HF的方程，分类讨论求出点的横坐标，证明即可.
19．【答案】（1）由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
另解：由题意得：，
∴，∴成立．
（2）证1：∵，∴，
∴，
则，
∴，∴．
证2：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．
证3：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．
（3）解：由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．
附：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，
不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的应用；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）法一：根据已知条件应用累乘法得到；
法二：由借助不等式的性质即可证明；
（2）法一：根据题意得到，化简整理得到，从而证明出；
法二：利用反证法，假设，得到，进而推出矛盾，假设不成立；
法三：根据已知条件化简利用累加法得到，证明出结论；
（3）不等式两边取对数，化简整理累加得化简得：，显然符合题意，此时，综上，的最大值为10．
1 / 1浙江省东阳市2024届高三5月模拟考试数学试题
1．（2024高三下·东阳模拟）已知全集，集合，或，则（ ）
A． B． C．（－3，3] D．（2，3]
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为解不等式可得，所以，
因为或，所以，
所以.
故选：A
【分析】解集合中的不等式，化简集合，由集合和补集的定义得，再求.
2．（2024高三下·东阳模拟）已知，，，则（ ）
A． B．16 C． D．9
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，两边平方可得，
所以，所以.
故选：B.
【分析】由已知结合数量积求向量的模公式以及数量积的运算法则，进而得出结果.
3．（2024高三下·东阳模拟）命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等差数列的性质；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由等差数列的性质可知：
，
所以，
而中位数也是，
所以，，…，的平均数与中位数相等，
即，是的必要条件；
若数据是，则平均数和中位数相等，
但，，…，不是等差数列，
所以推不出，所以不是的充分条件；
所以是的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的性质和举反例即可判断充要条件.
4．（2024高三下·东阳模拟）已知中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，
又因为，，，
，
解得（舍去）.
故答案为：D.
【分析】根据余弦定理求解即可.
5．（2024高三下·东阳模拟）已知数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A．8 B．-8 C．64 D．-64
【答案】D
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】当 时， ，解得 ；当 时， ，
两式相减得 ，即 ，∴ ，
∴ ，
故答案为：D.
【分析】 利用数列的递推关系式求解首项，然后求解通项公式，即可求解 ．
6．（2024高三下·东阳模拟）从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数个数为（ ）
A．36 B．54 C．60 D．72
【答案】D
【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：由已知：
①选数字，有种；
②确定一个重复的数字，有种；
③安排两个不同的数字，再让两个相同的数字取插空，
则有种排序方法；
由分步计数原理可得这样的四位数共有个.
故答案为：D
【分析】利用分步计数原理计算即可.
7．（2024高三下·东阳模拟）已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，，
则，
得：，所以，由椭圆的定义可知，
由余弦定理得：，
消去可得，
又因为，所以化简可得：，
所以，可得.
故答案为：B.
【分析】根据题意和椭圆的定义结合余弦定理，消元求解即可.
8．（2024高三下·东阳模拟）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设直线与切点为，
因为，
所以切线方程，
即，
设直线与切点为，
因为，
所以切线方程，
即，
，
所以有解，
令，
，
所以函数在，上单调递减，
在，上单调递增，
因为，，所以，
所以，
的范围为.
故答案为：A.
【分析】利用导数分别求得切线方程，分离参数结合函数的单调性，即可求的范围.
9．（2024高三下·东阳模拟）已知复数z，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，则，
A、，所以，故选项A正确；
B、，所以，故选项B错误；
C、，，所以，故选项C错误；
D、，所以，故选项D正确；
故选：AD.
【分析】先设复数，则，由模长计算，复数的运算逐一判断即可.
10．（2024高三下·东阳模拟）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．在区间的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为
A、由图像可知，所以，
又因为，所以，故选项A正确；
B、由五点法可得，解得，故选项B错误；
所以.
C、，所以 为偶函数，故选项C正确；
D、当时，，，
所以在区间的最小值为 ，故选项D正确；
故选：ACD.
【分析】先借助辅助角公式对函数进行变形，结合图像求出的值，即可判断选项A，B，求出函数f(x)的解析式，利用诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
11．（2024高三下·东阳模拟）某班主任用下表分析高三前5次考试中本班级在年级中的成绩排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次考试排名，但他记得平均排名，于是分别用和得到了两个经验回归方程：，，对应的样本相关系数分别为，，排名y对应的方差分别为，，则（ ）
x 1 2 3 4 5
y 10 m 6 n 2
附：
，．
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】极差、方差与标准差；线性回归方程；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：当时，，
，解得，
则
，
所以.
，
得，
，
；
同理，当时，，，
，，
所以，，
，．
故答案为：AD．
【分析】分类计算当时根据相关数据结合公式可求得，利用回归方程可求，利用相关系数公式可求得，利用方差公式可求得，同理计算时，，，，，进而可得结论.
12．（2024高三下·东阳模拟）已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若为角α终边上的一点，则 ．
【答案】
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，
且为角终边上的一点，
则
故答案为：.
【分析】直接利用余弦函数定义计算即可.
13．（2024高三下·东阳模拟）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为 ．
【答案】1
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意知，圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
圆心到直线的距离为，
最小值为.
故答案为：1
【分析】根据已知得到圆心的轨迹，再用圆心到直线的距离减半径即可.
14．（2024高三下·东阳模拟）四棱锥的底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，l⊥OB，则直线l与平面PAC所成夹角的范围为 ．
【答案】
【知识点】平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，依题意，易知平面，
所以为平面的一个法向量，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别作x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，
，
则，，，
由可得，
∴
当时，，
当时，，
综上，，∴．
故答案为：.
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.
15．（2024高三下·东阳模拟）在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项，且每一项被取到的可能性相等．
（1）在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率；
（2）记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1），
令，解得．故二项展开式中有3项有理项，6项无理项．
记事件“第一次取到有理项”，事件“第二次取到无理项”
则
（2），，，
分布列为
X 0 1 2
P
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项式定理；条件概率
【解析】【分析】（1）由二项式定理可知有3项有理项6项无理项，再由条件概率公式代入计算即可。
（2）根据题意可得的分布列即可期望.
16．（2024高三下·东阳模拟）已知函数在（e为自然对数的底数）处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若不等式恒成立，求k的范围．
【答案】（1）∵，∴，
∵函数在点处取得极值，
∴，∴，经检验，符合题意，
∴；
（2），∴恒成立，
即对任意恒成立．
令，则．
设，易得是增函数，
而，∴时，，即，
时，，即，
∴在上单调递增，上单调递减，
∴，∴．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用极值点处导数值为0即可求出答案；
（2）分离参数转化为恒成立问题，构造函数利用导数得到函数的单调性和最值，即可求得参数范围
17．（2024高三下·东阳模拟）如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．
（1）求直线AB与平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）解：取AB中点O和中点，连接OP、、，作，H为垂足，连接，与交于点M，连接，显然过M点，
∵，M为中点，∴，同理，，
又∵，，平面∴PM⊥平面．
∵平面，∴，
∵，∴，
又∵，，平面∴平面，
∵平面，∴，
又∵，∴，∴四边形为矩形．
∵平面，平面，∴，
又∵，，，平面，∴OH⊥平面．
∵，，
由余弦定理得，，
∴
∴，
∴直线AB与平面的距离为．
（2）解：法1：连接、、、、OC，
∵平面，平面，∴P、O、C、、O五点共面，
∵，∴，
∴，，∴，
∴，
∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．
如图所示，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，∴
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
∴，
设所求平面与平面夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
法2：如图所示，将三棱柱补形为平行六面体，
∵，∴，
又∵，∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．
取中点M，连MB、，易得，
由（1）可知四边形为矩形，
∴，又∵，，∴，∴．
又∵，∴，
∴即为所求平面与平面的夹角，
由余弦定理得，，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由已知条件和线面垂直的判定定理及性质证明为矩形，进而证明OH⊥平面，即OH为直线AB与平面的距离 ，再由线面角的定义结合余弦定理求出∠OPO1的余弦值，进而求出正弦值，利用三角函数即可求出OH的值，即求得直线AB与平面的距离 ；
（2）法1：建系后分别求出平面和平面的一个法向量，利用向量法即可求得平面与平面夹角的余弦值 ；
法2：将三棱柱补形为平行六面体，由(1)得到即为所求平面与平面的夹角，再用余弦定理即可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）取AB中点O和中点，连OP、、，
作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，
∵，M为中点，∴，同理，，
又∵，平面，平面∴PM⊥平面．
而平面，∴，
∵，∴，
又∵，平面，平面∴平面，
而平面，∴，而，∴，
∴四边形为矩形．
（也可由，得到，∴，
又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．
∵平面，∴由平面，可知，，
又∵，，平面，平面，∴OH⊥平面．
∵，，，
∴，
综上，直线AB与平面的距离为．
（2）解1：连、、、、OC，
由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面，
由可得，，
∴，，∴，
∴，
∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．
如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设所求平面与平面夹角为，
则，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．
解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体，
由可得，在此平行六面体中，，
而，
∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．
下面考虑平面与平面的夹角即可．
取中点M，连MB、，易得，
由（1）可知四边形为矩形，
∴，又∵，，∴，∴．
又∵，∴，
∴即为所求平面与平面的夹角，
∴，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．
18．（2024高三下·东阳模拟）已知抛物线：，焦点为F，为Γ上的一个动点，l是Γ在点A处的切线，点P在l上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且l平分直线AB和直线AC的夹角．
（1）求l的方程（用，表示）；
（2）若从点F发出的光线经过点A反射，证明反射光线平行于x轴；
（3）若点A坐标为，求点P坐标．
【答案】（1）解：显然切线l的斜率不为0，设l方程为：，
与联立得：，
由，
得，解得，
∴l的方程为，
化简得，也即．
（2）证明：过A点作l的垂线并交x轴于Q点，则AQ直线的方程为，
取，解得，即，
∵，∴，
作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知，
∴，∴，
设T为反射光线上与A相异的一点，则有，
综上，，∴轴，即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴．
（3）解：此时l方程为，连HF，取H，F的中点为，
∵，∴，∵K点在l上，∴，
设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点，
设直线PF的方程为，与联立得：，
设，，则有，，
∵，
∴直线AC的方程为，也即，
而直线HF的方程为，联立得，
同理，，
由得，整理得，
∴，∴，∴直线BC的方程为，
与直线联立得P点坐标为．
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出直线方程与抛物线方程联立得出一元二次方程求解即可；
（2）由抛物线定义，设T为反射光线上与A相异的一点，证明即可；
（3）先求得的中点，设定直线方程与抛物线方程联立，进而得出直线AC和HF的方程，分类讨论求出点的横坐标，证明即可.
19．（2024高三下·东阳模拟）若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列。已知是一个对数凸数列，．
（1）证明：；
（2）若，证明：；
（3）若，，求的最大值．
【答案】（1）由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
另解：由题意得：，
∴，∴成立．
（2）证1：∵，∴，
∴，
则，
∴，∴．
证2：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．
证3：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．
（3）解：由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．
附：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，
不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的应用；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）法一：根据已知条件应用累乘法得到；
法二：由借助不等式的性质即可证明；
（2）法一：根据题意得到，化简整理得到，从而证明出；
法二：利用反证法，假设，得到，进而推出矛盾，假设不成立；
法三：根据已知条件化简利用累加法得到，证明出结论；
（3）不等式两边取对数，化简整理累加得化简得：，显然符合题意，此时，综上，的最大值为10．
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