2025年高考数学真题汇编

2025年普通高等学校招生全国统一考试（新1卷）★祝大家学习生活愉快★注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.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相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.的虚部为（）A.B.0C.1D.6【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.【详解】因为，所以其虚部为1，故选：C.2.设全集，集合，则中元素个数为（）A0B.3C.5D.8【答案】C【解析】【分析】根据补集的定义即可求出．【详解】因为，所以，中的元素个数为，故选：C．3.若双曲线C的虚轴长为实轴长的倍，则C的离心率为（） A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，由题知，，于是，则，即.故选：D4.若点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足，即的对称中心是，即，又，则时最小，最小值是，即故选：C5.设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.【详解】由题知对一切成立，于是.故选：A6.帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等，方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2（风速的大小和向量的大小相同），单位（m/s），则真风为（）等级风速大小m/s名称21.1~3.3轻风33.4~5.4微风45.5~7.9和风58.0~10.1劲风A.轻风B.微风C.和风D.劲风【答案】A【解析】【分析】结合题目条件和图写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，求出真风风速对应的向量，得出真风风速的大小，即可由图得出结论.【详解】由题意及图得， 视风风速对应的向量为：，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，船速方向和船行风速的向量方向相反，设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，∴，船行风速：，∴，，∴由表得，真风风速为轻风，故选：A.7.若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论.【详解】由题意，在圆中，圆心，半径为，到直线的距离为的点有且仅有个，∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知，当时，圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于；当时，圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于；当则的取值范围为时，圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.故选：B.8.若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出；法二：根据数形结合解出.【详解】法一：设，所以令，则，此时，A有可能；令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能；故选：B．法二：设，所以，根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示：易知，随着的变化可能出现：，，，，故选：B．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.在正三棱柱中，D为BC中点，则（）A.B.平面C.平面D.【答案】BC【解析】【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用线面平行的判定定理即可判断；对于D，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则，因为是正三角形，为中点，则，则又，所以，则不成立，故A错误；对于B，因为在正三棱柱中，平面，又平面，则，因为是正三角形，为中点，则，又平面，所以平面，故B正确；对于C，因为在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，故C正确；对于D，因为在正三棱柱中，，假设，则，这与矛盾，所以不成立，故D错误；故选：BC.法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则，对于A，，则，则不成立，故A错误；对于BC，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，则平面，平面，故BC正确；对于D，，则，显然不成立，故D错误；故选：BC.10.设抛物线的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于的直线交于E，过点A作准线l的垂线，垂足为D，则（）A.B.C.D.【答案】ACD 【解析】【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D.【详解】法一：对于A，对于抛物线，则，其准线方程为，焦点，则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知，，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，交于点，由题意可知，则，又，，所以，所以，同理，又，所以，即，显然为的斜边，则，故B错误；对于C，易知直线的斜率不为，设直线的方程为，，联立，得， 易知，则，又，，所以，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，在与中，，所以，则，即，同理，又，，所以，则，故D正确.故选：ACD.法二：对于A，对于抛物线，则，其准线方程为，焦点，则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知，，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则，又，，所以，所以，同理，又，所以，即，显然为的斜边，则，故B错误；对于C，当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，消去，得，易知，则，所以，综上，，故C正确；对于D，在与中，，所以，则，即，同理，当直线的斜率不存在时，，；所以，即；当直线的斜率存在时，， ，所以，则；综上，，故D正确.故选：ACD.11.已知的面积为，若，则（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，然后分情况比较和的大小，亦可使用正余弦定理讨论解决，结合正弦函数的单调性可推出，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.【详解】，由二倍角公式，，整理可得，，A选项正确；由诱导公式，，展开可得，即，若，则可知等式成立；若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理 ，又，于是，与条件不符，则不成立；若，类似可推导出，则则不成立.综上讨论可知，，即.方法二：时，由，则，于是，由正弦定理，，由余弦定理可知，，则，若，则，注意到，则，于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是，结合，而都是锐角，则，于是，这和相矛盾，故不成立，则由，由，则，即，则，同理，注意到是锐角，则，不妨设，则，即，由两角和差的正弦公式可知，C选项正确由两角和的正切公式可得，，设，则，由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误.故选：ABC三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.若直线是曲线的切线，则_________.【答案】【解析】【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.【详解】法一：对于，其导数为，因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，令，即，解得，将代入切线方程，可得，所以切点坐标为，因为切点在曲线上，所以，即，解得.故答案为：.法二：对于，其导数为，假设与的切点为，则，解得.故答案为：. 13.若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为_________.【答案】【解析】【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解.【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，当时，，即，则，显然不成立，舍去；当时，则，两式相除得，即，则，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.法二：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，所以，，所以，则，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.法三：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为，因为，又，所以，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.14.一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望_________.【答案】##【解析】【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得.【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为，其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故，：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种，故，：三种不同球被取出，由排列数可知事件的可能情有况种，故， 所以.故答案为：.法二：依题意，假设随机变量，其中：其中，则，由于球的对称性，易知所有相等，则由期望的线性性质，得，由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为，由于抽取独立，三次均未取出球概率为，因此球至少被取出一次的概率为：，故，所以故答案为：.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.为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：超声波检查结果组别正常不正常合计患该疾病20180200未患该疾病78020800合计8002001000 （1）记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值；（2）根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.附，0.0050.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）（2）有关【解析】【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；（2）根据独立性检验的基本思想,求出,然后与小概率值对应的临界值比较,即可判断.【小问1详解】根据表格可知，检查结果不正常的人中有人患病，所以的估计值为；【小问2详解】零假设为：超声波检查结果与患病无关，根据表中数据可得，，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过.16.设数列满足，（1）证明：为等差数列；（2）设，求．【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论；（2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论.【小问1详解】由题意证明如下，，在数列中，，，∴，即，∴是以为首项，1为公差的等差数列.【小问2详解】由题意及（1）得，，在数列中，首项为3，公差为1，∴，即，在中，，∴，当且时，∴，∴ ∴.17.如图所示的四棱锥中，平面，．（1）证明：平面平面；（2），，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．（i）证明：在平面上；（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； 法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论；（ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值.【小问1详解】由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.【小问2详解】（i）由题意及（1）证明如下，法一：在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示， ∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中，∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：， 即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上.法二：∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出和的垂直平分线，如下图所示，由几何知识得，，，，∴， ∴点是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得，∴，∴点即为点，，，所在球的球心，此时点在线段上，平面，∴点在平面上.（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，，设直线与直线所成角为，∴.法2： 由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18.设椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．（i）设，求点的坐标（用m，n表示）；（ⅱ）设O为坐标原点，是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．【答案】（1）（2）(ⅰ)(ⅱ)【解析】【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；(ⅱ)根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.【小问1详解】由题可知,，所以，解得，故椭圆的标准方程为；【小问2详解】(ⅰ)设，易知，法一：所以，故，且．因为，，所以， 即，解得，所以，所以点的坐标为.法二：设，则，所以，，故点的坐标为.(ⅱ)因为,,由,可得,化简得,即,所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,为到圆心的距离加上半径,法一：设,所以 ,当且仅当时取等号,所以.法二：设，则，，当且仅当时取等号,故.19.设函数．（1）求在的最大值；（2）给定，设a为实数，证明：存在，使得；（3）若存在使得对任意x，都有，求b的最小值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值.（2）利用反证法可证三角不等式有解；（3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值.【小问1详解】法1：， 因为，故，故，当时，即，当时，即，故在上为增函数，在为减函数，故在上的最大值为.法2：我们有.所以：.这得到，同时又有，故在上的最大值为，在上的最大值也是. 【小问2详解】法1：由余弦函数的性质得的解为，，若任意与交集空，则且，此时无解，矛盾，故无解；故存在，使得，法2：由余弦函数的性质知的解为，若每个与交集都为空，则对每个，必有或之一成立.此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾.故存在，使得成立.【小问3详解】法1：记，因为，故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况.当时，，当时，，此时，令，则，而，，故，当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即，故，故，综上，可取，使得等号成立.综上，.法2：设.①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有.所以对任意恒成立，这直接得到.设，则根据恒成立，有所以均不超过，再结合，就得到均不超过.假设，则，故.但这是不可能的，因为三个角 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧.所以假设不成立，这意味着.②另一方面，若，则由（1）中已经证明，知存在，使得.从而满足题目要求.综合上述两个方面，可知的最小值是. 2025年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ卷）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.样本数据2，8，14，16，20的平均数为（）A.8B.9C.12D.18【答案】C【解析】【分析】由平均数的计算公式即可求解.【详解】样本数据的平均数为.故选：C.2.已知，则（）A.B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】由复数除法即可求解.【详解】因为，所以.故选：A.3.已知集合则（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合后结合交集的定义可求.【详解】，故，故选：D.4.不等式的解集是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.【详解】即为即，故，故解集为，故选：C.5.在中，，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由余弦定理直接计算求解即可.【详解】由题意得，又，所以.故选：A6. 设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B，若直线BF的方程为，则（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.【详解】对，令，则，所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，故，则，代入抛物线得.所以.故选：C7.记为等差数列的前n项和，若则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得， 所以.故选：B.8.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.【详解】，因为，则，则，则.故选：D.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（）AB.C.D.【答案】AD【解析】【分析】对A，根据等比数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和前项和公式一一计算分析即可.【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确； 对B，则，故B错误；对C，，故C错误；对D，，，则，故D正确；故选：AD.10.已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（）A.B.当时，C.当且仅当D.是的极大值点【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；对B，当时，，则，故B正确；对C，，故C错误；对D，当时，，则，令，解得或（舍去），当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则是极大值点，故D正确； 故选：ABD.11.双曲线的左、右焦点分别是，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且，则（）AB.C.C的离心率为D.当时，四边形的面积为【答案】ACD【解析】【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误.【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限，对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，故A正确；对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且，设，则，故，故，由A得，故即，故B错误； 方法二：因为，因为双曲线中，，则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，方法三：在利用余弦定理知，，即，则， 则为直角三角形，且，则，故B错误；对于C，方法一：因为，故，由B可知，故即，故离心率，故C正确；方法二：因为，则，则，故C正确；对于D，当时，由C可知，故，故，故四边形为，故D正确，故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量若，则___________【答案】【解析】【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.【详解】，因为，则，则，解得.则，则.故答案为：.13.若是函数的极值点，则___________【答案】【解析】 【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.【详解】由题意有，所以，因为是函数极值点，所以，得，当时，，当x∈−∞,43,f′x>0,fx单调递增，当单调递减，当单调递增，所以是函数的极小值点，符合题意；所以.故答案为：.14.一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________．【答案】【解析】【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；【详解】圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，， 故答案为：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.已知函数．（1）求;（2）设函数，求的值域和单调区间．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解；（2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间.小问1详解】由题意，所以；【小问2详解】由（1）可知，所以，所以函数的值域为，令，解得，令，解得， 所以函数的单调递减区间为，函数的单调递增区间为.16.已知椭圆离心率为，长轴长为4．（1）求C的方程；（2）过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长.【小问1详解】因为长轴长为4，故，而离心率为，故，故，故椭圆方程为：.【小问2详解】由题设直线的斜率不为0，故设直线，，由可得，故Δ=16t4−4t2+24t2−4=48−4t2>0即， 且，故，解得，故.17.如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．（1）证明:平面；（2）求面与面所成的二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.小问1详解】 设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．【小问2详解】因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为， 则，所以，令，则，所以.所以.所以平面与平面夹角的正弦值为.18.已知函数，其中．（1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；（2）设分别为在区间的极值点和零点.（i）设函数·证明：在区间单调递减；（ii）比较与的大小，并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii），证明见解析.【解析】【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点；（2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证；（ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证.【小问1详解】由题得，因为，所以，设，则在上恒成立，所以在上单调递减，，令，所以当时，，则；当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上存在唯一极值点，对函数有在上恒成立，所以在上单调递减，所以在上恒成立，又因为，时，所以时，所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点.【小问2详解】（i）由（1）知，则，，则 ，因为，所以，所以，所以，所以函数在区间上单调递减；（ii），证明如下：由（i）知：函数在区间上单调递减，所以即，又，由（1）可知在上单调递减，，且对任意，所以.19.甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率．（1）求（用p表示）．（2）若，求p．（3）证明：对任意正整数m，．【答案】（1），（2）（3）证明过程见解析【解析】【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解； （2）由题意，联立，即可求解；（3）首先，，同理有，，作差有，另一方面，且同理有，作差能得到，由此即可得证.【小问1详解】为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场，故所求为，为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场，故所求为；【小问2详解】由（1）得，，同理，若，，则，由于，所以，解得；【小问3详解】我们有. 以及.至此我们得到，，同理有，.故，即.另一方面，由于且同理有.故结合，就能得到，即，证毕. 2025年普通高等学校招生全国统一考试上海数学试卷（考试时间120分钟，满分150分）一、填空题（本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直接填写结果）1.已知全集，集合，则_________．【答案】##【解析】【分析】根据补集的含义即可得到答案.【详解】根据补集的含义知.故答案为：.2.不等式的解集为_________．【答案】【解析】【分析】转化为一元二次不等式，解出即可.【详解】原不等式转化为，解得，则其解集为.故答案为：.3.己知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为_________．【答案】【解析】【分析】直接根据等差数列求和公式求解.【详解】根据等差数列的求和公式，.故答案为：4.在二项式的展开式中，的系数为_________．【答案】 【解析】【分析】利用通项公式求解可得.【详解】由通项公式，令，得，可得项的系数为.故答案为：.5.函数在上的值域为_________．【答案】【解析】【分析】利用余弦函数的单调性可得.【详解】由函数在上单调递增，在单调递减，且，故函数在上的值域为.故答案为：.6.已知随机变量X的分布为，则期望_________．【答案】【解析】【分析】根据分布列结合期望公式可求期望.【详解】由题设有.故答案为：.7.如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________． 【答案】【解析】【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.【详解】因为且四边形为正方形，故，而，故，故，故所求体积为，故答案为：.8.设，则的最小值为_________．【答案】4【解析】【分析】灵活利用“1”将展开利用基本不等式计算即可.【详解】易知，当且仅当，即时取得最小值.故答案为：49.4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有_________种．【答案】288【解析】【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可.【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法， 故有种排法.故答案为：28810.已知复数z满足，则的最小值是_________．【答案】【解析】【分析】先设，利用复数的乘方运算及概念确定，再根据复数的几何意义数形结合计算即可.【详解】设，由题意可知，则，又，由复数的几何意义知在复平面内对应的点在单位圆内部（含边界）的坐标轴上运动，如图所示即线段上运动，设，则，由图象可知，所以.故答案为：11.小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为0.45米．则斜面的底角_________．（结果用角度制表示，精确到） 【答案】【解析】【分析】先根据在处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合处的旗杆算出斜面角.【详解】如图，在处，，在处满足，（其中水平面，是射过处杆子最高点的光线，光线交斜面于），故设，则，由勾股定理，，解得，于是故答案为：12.已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则可的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得. 【详解】若，则，又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立；故.不妨设，则，不妨设，，则，则，则，由，，则，故.故答案为：.二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.）13.己知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（）AB.C.D.0【答案】B【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式可求.【详解】因为相互独立，故，故选：B.14.设．下列各项中，能推出的一项是（）A.，且B.，且C.，且D.，且【答案】D【解析】【分析】利用指数函数的性质分类讨论与1的关系即可判定选项.【详解】∵，∴，当时，定义域上严格单调递减，此时若，则一定有成立，故D正确，C错误；当时，定义域上严格单调递增，要满足，需，即A、B错误.故选：D15.已知，C在上，则的面积（）A.有最大值，但没有最小值B.没有最大值，但有最小值C.既有最大值，也有最小值D.既没有最大值，也没有最小值【答案】A【解析】【分析】设出曲线上一点为，得出，将三角形的高转化成关于的函数,分析其单调性，从而求解.【详解】设曲线上一点为，则，则，，方程为：，即，根据点到直线的距离公式，到的距离为：， 设，由于，显然关于单调递减，，无最小值，即中，边上的高有最大值，无最小值，又一定，故面积有最大值，无最小值.故选：A16.已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（）A.4个B.3个C.1个D.无数个【答案】B【解析】【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得.【详解】由题意，不妨设，三点均在第一象限内，由可知，，故点恒在线段上，则有.即对任意的，恒成立，令，构造函数，则，由单调递增，又，存在，使，即当时，，单调递减；当时，，单调递增；故至多个零点，又由， 可知存个零点，不妨设，且.①若，即时，此时或.则，可知成立，要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得；②若，即时，此时.则，可知成立，要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得或；综上可知，正整数的个数有个.故选：B.三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.）17.2024年东京奥运会，中国获得了男子米混合泳接力金牌．以下是历届奥运会男子米混合泳接力项目冠军成绩记录（单位：秒），数据按照升序排列．206.78207.4620795209.34209.35210.68213.73214.84216.93216.93（1）求这组数据的极差与中位数；（2）从这10个数据中任选3个，求恰有2个数据在211以上的概率；（3）若比赛成绩y关于年份x的回归方程为，年份x的平均数为2006，预测2028 年冠军队的成绩（精确到0.01秒）．【答案】（1）；；（2）（3）【解析】【分析】（1）由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数；（2）由古典概型概率公式可得；（3）先求成绩平均数，再由在回归直线上，代入方程可得，再代入年份预测可得.【小问1详解】由题意，数据的最大值为，最小值为，则极差为；数据中间两数为与，则中位数为.故极差为，中位数为；【小问2详解】由题意，数据共个，以上数据共有个，故设事件“恰有个数据在以上”，则，故恰有个数据在以上的概率为；【小问3详解】由题意，成绩的平均数，由直线过，则，故回归直线方程为. 当时,.故预测年冠军队的成绩为秒.18.如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．（1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；（2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.（2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得.【小问1详解】由题知，，即轴截面是等边三角形，故，底面周长为，则侧面积为：;【小问2详解】由题知，则根据中位线性质，，又平面，平面，则平面由于，底面圆半径是，则，又，则，又，则为等边三角形，则，于是且，则四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面. 又平面，根据面面平行的判定，于是平面平面，又，则平面，则平面19.已知．（1）若，求不等式的解集；（2）若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；【答案】（1）（2）且.【解析】【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；（2）求出函数导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.【小问1详解】因为，故，故，故，故即为，设，则，故在上为增函数，而即为，故，故原不等式的解为.【小问2详解】在有极大值即为有极大值点. ，若，则时，，时，，故为的极小值点，无极大值点，故舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；若，则时，，无极值点，舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；综上，且.20.已知椭圆，，A是的右顶点．（1）若的焦点，求离心率e；（2）若，且上存在一点P，满足，求m；（3）已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.【小问1详解】由题意知，，则，由右焦点，可知，则，故离心率.【小问2详解】由题意，由得，，解得，代入，得，又，解得.【小问3详解】由线段中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，则，解得，由得中点坐标为，故直线，显然直线过椭圆内点，故直线与椭圆恒有两不同交点，设， 由消得，由韦达定理得，因为为钝角，则，且，则有，所以，即，解得，又，故，即的取值范围是.21.已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合．（1）若，判断是否是中的元素，请说明理由；（2）若，求a的取值范围；（3）若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点．【答案】（1）不是；（2）；（3）证明见解析.【解析】 【分析】（1）直接代入计算和即可；（2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对的范围进行分类讨论即可.【小问1详解】（1），，则不是中的元素.【小问2详解】法一：因为，则存在实数使得，且，当时，，其在上严格单调递增，当时，，其在上也严格单调递增，则，则，令，解得，则，则.法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点，由图知，假设交点分别为，，联立方程组得【小问3详解】 （3）对任意，因为其是偶函数，则，而，所以，所以，因为，则，所以，所以，所以当时，，，则，，则，而，，则，则，所以当时，，而为偶函数，画出函数图象如下：其中，但其对应的值均未知.首先说明，若，则，易知此时，则，所以，而时，，所以，与矛盾，所以，即，令，则，当时，即使让，此时最多7个零点， 当时，若，此时有5个零点，故此时最多5个零点；当时，若，此时有5个零点，故此时最多5个零点；当时，若，此时有3个零点，若，则，易知此时，则，所以，而时，，所以，与矛盾，所以，则最多在之间取得6个零点，以及在处成为零点，故不超过9个零点.综上，零点不超过9个. 2025年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷回忆版）数学本试卷分第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第1卷1至3页第Ⅱ卷4至6页.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，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.在天津考生获取更多学习资料祝各位考生考试顺利！第I卷（选择题）注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.2．本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：·如果事件互斥，那么·如果事件相互独立，那么·棱柱的体积公式，其中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高．·圆锥的体积公式，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高．一、选择题：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.【答案】D【解析】【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解.【详解】由，则，集合， 故故选：D.2.设，则“”是“”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】A【解析】【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.【详解】由，则“”是“”的充分条件；又当时，，可知，故“”不是“”的必要条件，综上可知，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.已知函数的图象如下，则的解析式可能为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解.【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB；又当时，此时， 由图可知当时，，故C不符合，D符合.故选：D4.若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误.【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，现，故，故C正确；对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；故选：C.5.下列说法中错误的是（）A.若，则B.若，，则C.越接近1，相关性越强D.越接近0，相关性越弱【答案】B【解析】【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可.【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，，A说法正确；对于B，根据正态分布对称性可知，，B说法错误；对于C和D，相关系数越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法正确. 故选：B6.，则数列的前项和为（）A.112B.48C.80D.64【答案】C【解析】【分析】先由题设结合求出数列的通项公式，再结合数列各项正负情况即可求解.【详解】因为，所以当时，，当时，，经检验，满足上式，所以，令，，设数列的前n项和为，则数列的前项和为数列的前项和为.故选：C7.函数的零点所在区间是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增，所以在定义域上单调递减， 显然，所以根据零点存在性定理可知的零点位于.故选：B8.，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（）A.B.C.1D.0【答案】A【解析】【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.【详解】设最小正周期为，根据题意有，，由正弦函数的对称性可知，即，又在上单调递增，则，∴，则，∵，∴时，，∴，当时，， 由正弦函数的单调性可知.故选：A9.双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于另一象限点为P，若，则双曲线的离心率（）A.2B.5C.D.【答案】A【解析】【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则，过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，则，由双曲线的定义及已知条件可知，则，由勾股定理可知，易知，即，整理得，∴，即离心率为2.故选： 第Ⅱ卷（非选择题）注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分．10.已知i是虚数单位，则________．【答案】【解析】【分析】先由复数除法运算化简，再由复数模长公式即可计算求解.【详解】先由题得，所以.故答案为：11.在的展开式中，项的系数为________．【答案】【解析】【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.【详解】展开式的通项公式为，当时，，即展开式中的系数为.故答案为： 12.，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________．【答案】2【解析】【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可.【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以，圆的半径为，圆心到直线的距离为，故，解得；故答案为：2.13.小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0．6，4圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为________；若一周至少跑11圈为动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望_______【答案】①.②.【解析】【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解.【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件，设第二次跑5圈为事件，则； 若至少跑11圈为运动量达标为事件，，所以，；故答案为：；14.中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______【答案】①.；②.【解析】【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二.【详解】如图，因为，所以，所以．因为D为线段的中点，所以；又因为，所以，，所以所以，所以．故答案为：；. 15.若，对，均有恒成立，则的最小值为_______【答案】【解析】【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.【详解】设，原题转化为求的最小值，原不等式可化为对任意的，，不妨代入，得，得，当时，原不等式可化为，即，观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号，此时，，说明时，均可取到，满足题意，故的最小值为.故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16.在中，角的对边分别为．已知，，．（1）求A的值；（2）求c的值；（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得；（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得.【小问1详解】已知，由正弦定理，得，显然，得，由，故；【小问2详解】由（1）知，且，，由余弦定理，则，解得（舍去），故；【小问3详解】由正弦定理，且，得，且，则为锐角，故，故，且；故.17.正方体的棱长为4，分别为中点，． （1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；（2）利用空间向量计算面面夹角即可；（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.小问1详解】法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面， 又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；【小问2详解】同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由（1）知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则；【小问3详解】由（1）知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：. 18.已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解；（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得，进而得到直线的方程与点的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.【小问1详解】依题意，设椭圆的半焦距为，则左焦点，右顶点，离心率，即，因为为上一点，设，又直线的斜率为，则，即，所以，解得，则，即， 因为的面积为，，高为，所以，解得，则，，所以椭圆的方程为..【小问2详解】由（1）可知，，，易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，联立，消去得，，因为直线与椭圆有唯一交点，所以，即，则，解得，则，所以直线方程为，联立，解得，则，以下分别用四种方法证明结论：法一：则， 所以，，则，又，所以，即平分.法二：所以，，，由两直线夹角公式，得，，则，又，所以，即平分.法三：则，，故，又，所以，即平分.法四：则，所以直线的方程为，即，则点到直线的距离为，又点到直线的距离也为，所以平分. 19.已知数列等差数列，是等比数列，．（1）求，的通项公式；（2），，有，（i）求证：对任意实数，均有;（ii）求所有元素之和．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，由题设列出关于d和的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；（2）（i）由题意结合（1）求出和的最大值，再作差比较两者大小即可证明；（ii）法一：根据中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；法二：根据元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次即可求解.【小问1详解】设数列的公差为d，数列公比为，则由题得，所以；【小问2详解】（i）证明：由（1）或，，当时， 设，所以，所以，所以，为中的最大元素，此时恒成立，所以对，均有.（ii）法一：由（i）得，为中的最大元素，由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：当均为1时：此时该系列元素只有即个；当中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有共有个，则这个元素的和为；当中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这个元素的和为；当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这个元素的和为；…当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，则这个元素的和为； 当均为0时：此时该系列的元素为即个，综上所述，中的所有元素之和为；法二：由（i）得，为中的最大元素，由题意可得，所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，所以中的所有元素之和为.20.已知函数（1）时，求在点处的切线方程；（2）有3个零点，且.（i）求a的取值范围；（ii）证明．【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；（2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得 范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.【小问1详解】当时，，，则，则，且，则切点，且切线的斜率为，故函数在点处的切线方程为；【小问2详解】（i）令，，得，设，则，由解得或，其中，；当时，，在上单调递减；当时，，上单调递增；当时，，在上单调递减；且当时，；当时，；如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点，则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点.结合图象可知，.故的取值范围为；（ii）由图象可知，，设，则，满足，由可得，两式作差可得，则由对数均值不等式可得，则，故要证，即证，只需证，即证，又因为，则，所以，故只需证，设函数，则，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；故，即. 而由，可知成立，故命题得证.