2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新1卷）★祝大家學習生活愉快★注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考生號，試室號，座位號填寫在答題卡上.用2B鉛筆將試卷類型和考生號填涂在答題卡相應位置上.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應的題目選項的答案信息點涂黑：如需改動，用橡皮擦干凈后，再填涂其他答案.答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案，不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共計40分.每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.的虛部為（）A. B.0 C.1 D.6【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)代數(shù)形式的運算法則以及虛部的定義即可求出.【詳解】因為，所以其虛部為1，故選：C.2.設全集，集合，則中元素個數(shù)為（）A0 B.3 C.5 D.8【答案】C【解析】【分析】根據(jù)補集的定義即可求出．【詳解】因為，所以，中的元素個數(shù)為，故選：C．3.若雙曲線C的虛軸長為實軸長的倍，則C的離心率為（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由題可知雙曲線中的關系，結合和離心率公式求解【詳解】設雙曲線的實軸，虛軸，焦距分別為，由題知，，于是，則，即.故選：D4.若點是函數(shù)的圖象的一個對稱中心，則a的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)正切函數(shù)的對稱中心的結論求解.【詳解】根據(jù)正切函數(shù)的性質，的對稱中心橫坐標滿足，即的對稱中心是，即，又，則時最小，最小值是，即故選：C5.設是定義在上且周期為2的偶函數(shù)，當時，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)周期性和奇偶性把待求自變量轉化為的范圍中求解.【詳解】由題知對一切成立，于是.故選：A6.帆船比賽中，運動員可借助風力計測定風速的大小和方向，測出的結果在航海學中稱為視風風速，視風風速對應的向量，是真風風速對應的向量與船行風速對應的向量之和，其中船行風速對應的向量與船速對應的向量大小相等，方向相反.圖1給出了部分風力等級、名稱與風速大小的對應關系.已知某帆船運動員在某時刻測得的視風風速對應的向量與船速對應的向量如圖2（風速的大小和向量的大小相同），單位（m/s），則真風為（）等級風速大小m/s名稱21.1~3.3輕風33.4~5.4微風45.5~7.9和風58.0~10.1勁風A.輕風 B.微風 C.和風 D.勁風【答案】A【解析】【分析】結合題目條件和圖寫出視風風速對應的向量和船行風速對應的向量，求出真風風速對應的向量，得出真風風速的大小，即可由圖得出結論.【詳解】由題意及圖得，視風風速對應的向量為：，視風風速對應的向量，是真風風速對應的向量與船行風速對應的向量之和，船速方向和船行風速的向量方向相反，設真風風速對應的向量為，船行風速對應的向量為，∴，船行風速：，∴，，∴由表得，真風風速為輕風，故選：A.7.若圓上到直線的距離為1的點有且僅有2個，則r的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出圓心到直線的距離，然后結合圖象，即可得出結論.【詳解】由題意，在圓中，圓心，半徑為，到直線的距離為的點有且僅有個，∵圓心到直線的距離為：，故由圖可知，當時，圓上有且僅有一個點（點）到直線的距離等于；當時，圓上有且僅有三個點（點）到直線的距離等于；當則的取值范圍為時，圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于.故選：B.8.若實數(shù)x，y，z滿足，則x，y，z的大小關系不可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】法一：設，對討論賦值求出，即可得出大小關系，利用排除法求出；法二：根據(jù)數(shù)形結合解出.【詳解】法一：設，所以令，則，此時，A有可能；令，則，此時，C有可能；令，則，此時，D有可能；故選：B．法二：設，所以，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調性，易知各方程只有唯一的根，作出函數(shù)的圖象，以上方程的根分別是函數(shù)的圖象與直線的交點縱坐標，如圖所示：易知，隨著的變化可能出現(xiàn)：，，，，故選：B．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.在正三棱柱中，D為BC中點，則（）A. B.平面C.平面 D.【答案】BC【解析】【分析】法一：對于A，利用空間向量的線性運算與數(shù)量積運算即可判斷；對于B，利用線面垂直的判定與性質定理即可判斷；對于C，利用線面平行的判定定理即可判斷；對于D，利用反證法即可判斷；法二：根據(jù)題意建立空間直角坐標系，利用空間向量法逐一分析判斷各選項即可得解.【詳解】法一：對于A，在正三棱柱中，平面，又平面，則，則，因為是正三角形，為中點，則，則又，所以，則不成立，故A錯誤；對于B，因為在正三棱柱中，平面，又平面，則，因為是正三角形，為中點，則，又平面，所以平面，故B正確；對于C，因為在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，故C正確；對于D，因為在正三棱柱中，，假設，則，這與矛盾，所以不成立，故D錯誤；故選：BC.法二：如圖，建立空間直角坐標系，設該正三棱柱的底邊為，高為，則，對于A，，則，則不成立，故A錯誤；對于BC，，設平面的法向量為，則，得，令，則，所以，，則平面，平面，故BC正確；對于D，，則，顯然不成立，故D錯誤；故選：BC.10.設拋物線的焦點為F，過F的直線交C于A、B，過F且垂直于的直線交于E，過點A作準線l的垂線，垂足為D，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】對于A，先判斷得直線為拋物線的準線，再利用拋物線的定義即可判斷；對于B，利用三角形相似證得，進而得以判斷；對于C，利用直線的反設法（法一）與正設法（法二），聯(lián)立直線與拋物線方程，結合韋達定理與焦點弦公式可判斷C；利用利用三角形相似證得，，結合焦半徑公式可判斷D.【詳解】法一：對于A，對于拋物線，則，其準線方程為，焦點，則為拋物線上點到準線的距離，為拋物線上點到焦點的距離，由拋物線的定義可知，，故A正確；對于B，過點作準線的垂線，交于點，由題意可知，則，又，，所以，所以，同理，又，所以，即，顯然為的斜邊，則，故B錯誤；對于C，易知直線的斜率不為，設直線的方程為，，聯(lián)立，得，易知，則，又，，所以，當且僅當時取等號，故C正確；對于D，在與中，，所以，則，即，同理，又，，所以，則，故D正確.故選：ACD.法二：對于A，對于拋物線，則，其準線方程為，焦點，則為拋物線上點到準線的距離，為拋物線上點到焦點的距離，由拋物線的定義可知，，故A正確；對于B，過點作準線的垂線，交于點，由題意可知，則，又，，所以，所以，同理，又，所以，即，顯然為的斜邊，則，故B錯誤；對于C，當直線的斜率不存在時，；當直線的斜率存在時，設直線方程為，聯(lián)立，消去，得，易知，則，所以，綜上，，故C正確；對于D，在與中，，所以，則，即，同理，當直線的斜率不存在時，，；所以，即；當直線的斜率存在時，，，所以，則；綜上，，故D正確.故選：ACD.11.已知的面積為，若，則（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】對由二倍角公式先可推知A選項正確，然后分情況比較和的大小，亦可使用正余弦定理討論解決，結合正弦函數(shù)的單調性可推出，然后利用算出取值，最后利用三角形面積求出三邊長，即可判斷每個選項.【詳解】，由二倍角公式，，整理可得，，A選項正確；由誘導公式，，展開可得，即，若，則可知等式成立；若，即，由誘導公式和正弦函數(shù)的單調性可知，，同理，又，于是，與條件不符，則不成立；若，類似可推導出，則則不成立.綜上討論可知，，即.方法二：時，由，則，于是，由正弦定理，，由余弦定理可知，，則，若，則，注意到，則，于是（兩者同負會有兩個鈍角，不成立），于是，結合，而都是銳角，則，于是，這和相矛盾，故不成立，則由，由，則，即，則，同理，注意到是銳角，則，不妨設，則，即，由兩角和差的正弦公式可知，C選項正確由兩角和的正切公式可得，，設，則，由，則，則，于是，B選項正確，由勾股定理可知，，D選項錯誤.故選：ABC三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共計15分.12.若直線是曲線的切線，則_________.【答案】【解析】【分析】法一：利用導數(shù)的幾何性質與導數(shù)的四則運算求得切點，進而代入曲線方程即可得解；法二：利用導數(shù)的幾何性質與導數(shù)的四則運算得到關于切點與的方程組，解之即可得解.【詳解】法一：對于，其導數(shù)為，因為直線是曲線的切線，直線的斜率為2，令，即，解得，將代入切線方程，可得，所以切點坐標為，因為切點在曲線上，所以，即，解得.故答案為：.法二：對于，其導數(shù)為，假設與的切點為，則，解得.故答案為：.13.若一個等比數(shù)列的前4項和為4，前8項和為68，則該等比數(shù)列的公比為_________.【答案】【解析】【分析】法一：利用等比數(shù)列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比數(shù)列的通項公式與前項和的定義，得到關于的方程，解之即可得解；法三：利用等比數(shù)列的前項和性質得到關于的方程，解之即可得解.【詳解】法一：設該等比數(shù)列為，是其前項和，則，設的公比為，當時，，即，則，顯然不成立，舍去；當時，則，兩式相除得，即，則，解得，所以該等比數(shù)列公比為.故答案為：.法二：設該等比數(shù)列為，是其前項和，則，設的公比為，所以，，所以，則，解得，所以該等比數(shù)列公比為.故答案為：.法三：設該等比數(shù)列為，是其前項和，則，設的公比為，因為，又，所以，解得，所以該等比數(shù)列公比為.故答案為：.14.一個箱子里有5個相同的球，分別以1~5標號，若有放回地取三次，記至少取出一次的球的個數(shù)X，則數(shù)學期望_________.【答案】##【解析】【分析】法一：根據(jù)題意得到的可能取值，再利用分步乘法原理與古典概型的概率公式求得的分布列，從而求得；法二，根據(jù)題意假設隨機變量，利用對立事件與獨立事件的概率公式求得，進而利用數(shù)學期望的性質求得.【詳解】法一：依題意，的可能取值為1、2、3，總的選取可能數(shù)為，其中：三次抽取同一球，選擇球的編號有5種方式，故，：恰好兩種不同球被取出（即一球出現(xiàn)兩次，另一球出現(xiàn)一次），選取出現(xiàn)兩次的球有5種方式，選取出現(xiàn)一次的球有4種方式，其中選取出現(xiàn)一次球的位置有3種可能，故事件的可能情況有種，故，：三種不同球被取出，由排列數(shù)可知事件的可能情有況種，故，所以.故答案為：.法二：依題意，假設隨機變量，其中：其中，則，由于球的對稱性，易知所有相等，則由期望的線性性質，得，由題意可知，球在單次抽取中未被取出的概率為，由于抽取獨立，三次均未取出球概率為，因此球至少被取出一次的概率為：，故，所以故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.為研究某疾病與超聲波檢查結果的關系，從做過超聲波檢查的人群中隨機調查了1000人，得到如下列聯(lián)表：超聲波檢查結果組別正常不正常合計患該疾病20180200未患該疾病78020800合計8002001000（1）記超聲波檢查結果不正常者患該疾病的概率為P，求P的估計值；（2）根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析超聲波檢查結果是否與患該疾病有關.附，0.0050.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）（2）有關【解析】【分析】（1）根據(jù)古典概型的概率公式即可求出；（2）根據(jù)獨立性檢驗的基本思想,求出,然后與小概率值對應的臨界值比較,即可判斷.【小問1詳解】根據(jù)表格可知，檢查結果不正常的人中有人患病，所以的估計值為；【小問2詳解】零假設為：超聲波檢查結果與患病無關，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得，，根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為超聲波檢查結果與患該病有關，該推斷犯錯誤的概率不超過.16.設數(shù)列滿足，（1）證明：為等差數(shù)列；（2）設，求．【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題目所給條件化簡，即可證明結論；（2）先求出的通項公式，代入函數(shù)并求導，函數(shù)兩邊同乘以，作差并利用等比數(shù)列前項和得出導函數(shù)表達式，即可得出結論.【小問1詳解】由題意證明如下，，在數(shù)列中，，，∴，即，∴是以為首項，1為公差的等差數(shù)列.【小問2詳解】由題意及（1）得，，在數(shù)列中，首項為3，公差為1，∴，即，在中，，∴，當且時，∴，∴∴.17.如圖所示的四棱錐中，平面，．（1）證明：平面平面；（2），，，，在同一個球面上，設該球面的球心為．（i）證明：在平面上；（ⅱ）求直線與直線所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）（i）證明見解析；（ii）.【解析】【分析】（1）通過證明，，得出平面，即可證明面面垂直；（2）（i）法一：建立空間直角坐標系并表達出各點的坐標，假設在同一球面上，在平面中，得出點坐標，進而得出點在空間中的坐標，計算出，即可證明結論；法二：作出的邊和的垂直平分線，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距離相等，得出外心即為，，，所在球的球心，即可證明結論；（ii）法一：寫出直線和的方向向量，即可求出余弦值.法二：求出的長，過點作的平行線，交的延長線為，連接，，利用勾股定理求出的長，進而得出的長，在中由余弦定理求出，即可求出直線與直線所成角的余弦值.【小問1詳解】由題意證明如下，在四棱錐中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.【小問2詳解】（i）由題意及（1）證明如下，法一：在四棱錐中，，，，∥，，，建立空間直角坐標系如下圖所示，∴，若，，，在同一個球面上，則，在平面中，∴，∴線段中點坐標，直線的斜率：，直線的垂直平分線斜率：，∴直線的方程：，即，當時，，解得：，∴在立體幾何中，，∵解得：，∴點在平面上.法二：∵，，，在同一個球面上，∴球心到四個點的距離相等在中，到三角形三點距離相等的點是該三角形的外心，作出和的垂直平分線，如下圖所示，由幾何知識得，，，，∴，∴點是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得，∴，∴點即為點，，，所在球的球心，此時點在線段上，平面，∴點在平面上.（ii）由題意，（1）（2）（ii）及圖得，，設直線與直線所成角為，∴.法2：由幾何知識得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，過點作的平行線，交的延長線為，連接，，則，直線與直線所成角即為中或其補角.∵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：∴直線與直線所成角的余弦值為：.18.設橢圓的離心率為，下頂點為A，右頂點為B，．（1）求橢圓的標準方程；（2）已知動點P不在y軸上，點R在射線AP上，且滿足．（i）設，求點的坐標（用m，n表示）；（ⅱ）設O為坐標原點，是橢圓上的動點，直線OR的斜率為直線的斜率的3倍，求的最大值．【答案】（1）（2）(ⅰ)(ⅱ)【解析】【分析】（1）根據(jù)題意列出的關系式,解方程求出,即可得到橢圓的標準方程；（2）(ⅰ)設,根據(jù)斜率相等以及題目條件列式,化簡即可求出或者利用數(shù)乘向量求出；(ⅱ)根據(jù)斜率關系可得到點的軌跡為圓（除去兩點），再根據(jù)點與圓的最值求法結合三角換元或者直接運算即可解出.【小問1詳解】由題可知,，所以，解得，故橢圓的標準方程為；【小問2詳解】(ⅰ)設，易知，法一：所以，故，且．因為，，所以，即，解得，所以，所以點的坐標為.法二：設，則，所以，，故點的坐標為.(ⅱ)因為,,由,可得,化簡得,即,所以點在以為圓心,為半徑的圓上（除去兩個點）,為到圓心的距離加上半徑,法一：設,所以,當且僅當時取等號,所以.法二：設，則，，當且僅當時取等號,故.19.設函數(shù)．（1）求在的最大值；（2）給定，設a為實數(shù)，證明：存在，使得；（3）若存在使得對任意x，都有，求b的最小值．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）利用導數(shù)結合三角變換得導數(shù)零點，討論導數(shù)的符號后得單調性，從而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值.（2）利用反證法可證三角不等式有解；（3）先考慮時的范圍，對于時，可利用（2）中的結論結合特值法求得，從而可得的最小值；或者先根據(jù)函數(shù)解析特征得，再結合特值法可得，結合（1）的結果可得的最小值.【小問1詳解】法1：，因為，故，故，當時，即，當時，即，故在上為增函數(shù)，在為減函數(shù)，故在上的最大值為.法2：我們有.所以：.這得到，同時又有，故在上的最大值為，在上的最大值也是.【小問2詳解】法1：由余弦函數(shù)的性質得的解為，，若任意與交集空，則且，此時無解，矛盾，故無解；故存在，使得，法2：由余弦函數(shù)的性質知的解為，若每個與交集都為空，則對每個，必有或之一成立.此即或，但長度為的閉區(qū)間上必有一整數(shù)，該整數(shù)不滿足條件，矛盾.故存在，使得成立.【小問3詳解】法1：記，因為，故為周期函數(shù)且周期為,故只需討論的情況.當時，，當時，，此時，令，則，而，，故，當，在（2）中取，則存在，使得，取，則，取即，故，故，綜上，可取，使得等號成立.綜上，.法2：設.①一方面，若存在，使得對任意恒成立，則對這樣的，同樣有.所以對任意恒成立，這直接得到.設，則根據(jù)恒成立，有所以均不超過，再結合，就得到均不超過.假設，則，故.但這是不可能的，因為三個角和單位圓的交點將單位圓三等分，這三個點不可能都在直線左側.所以假設不成立，這意味著.②另一方面，若，則由（1）中已經(jīng)證明，知存在，使得.從而滿足題目要求.綜合上述兩個方面，可知的最小值是.

2025年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（新高考Ⅱ卷）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效.3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.樣本數(shù)據(jù)2，8，14，16，20的平均數(shù)為（）A.8 B.9 C.12 D.18【答案】C【解析】【分析】由平均數(shù)的計算公式即可求解.【詳解】樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為.故選：C.2.已知，則（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】由復數(shù)除法即可求解.【詳解】因為，所以.故選：A.3.已知集合則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出集合后結合交集的定義可求.【詳解】，故，故選：D.4.不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】移項后轉化為求一元二次不等式的解即可.【詳解】即為即，故，故解集為，故選：C.5.在中，，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由余弦定理直接計算求解即可.【詳解】由題意得，又，所以.故選：A6.設拋物線的焦點為點A在C上，過A作的準線的垂線，垂足為B，若直線BF的方程為，則（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】先由直線求出焦點和即拋物線的方程，進而依次得拋物線的準線方程和點B，從而可依次求出和，再由焦半徑公式即可得解.【詳解】對，令，則，所以，即拋物線，故拋物線的準線方程為，故，則，代入拋物線得.所以.故選：C7.記為等差數(shù)列的前n項和，若則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等差數(shù)列前n項和公式結合題意列出關于首項和公差d的方程求出首項和公差d，再由等差數(shù)列前n項和公式即可計算求解.【詳解】設等差數(shù)列的公差為d，則由題可得，所以.故選：B.8.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角余弦公式得，則，最后再根據(jù)兩角差的正弦公式即可得到答案.【詳解】，因為，則，則，則.故選：D.二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.記為等比數(shù)列的前n項和，為的公比，若，則（）A B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】對A，根據(jù)等比數(shù)列通項公式和前項和公式得到方程組，解出，再利用其通項公式和前項和公式一一計算分析即可.【詳解】對A，由題意得，結合，解得或（舍去），故A正確；對B，則，故B錯誤；對C，，故C錯誤；對D，，，則，故D正確；故選：AD.10.已知是定義在R上的奇函數(shù)，且當時，，則（）A. B.當時，C.當且僅當 D.是的極大值點【答案】ABD【解析】【分析】對A，根據(jù)奇函數(shù)特點即可判斷；對B，利用代入求解即可；對C，舉反例即可；對D，直接求導，根據(jù)極大值點判定方法即可判斷.【詳解】對A，因為定義在上奇函數(shù)，則，故A正確；對B，當時，，則，故B正確；對C，，故C錯誤；對D，當時，，則，令，解得或（舍去），當時，，此時單調遞增，當時，，此時單調遞減，則是極大值點，故D正確；故選：ABD.11.雙曲線的左、右焦點分別是，左、右頂點分別為，以為直徑的圓與C的一條漸近線交于M、N兩點，且，則（）A B.C.C的離心率為 D.當時，四邊形的面積為【答案】ACD【解析】【分析】由平行四邊形的性質判斷A；由且結合在漸近線上可求的坐標，從而可判斷B的正誤，或者利用三角函數(shù)定義和余弦定理也可判斷；由中線向量結合B的結果可得，計算后可判斷C的正誤，或者利用并結合離心率變形公式即可判斷；結合BC的結果求出面積后可判斷D的正誤.【詳解】不妨設漸近線為，在第一象限，在第三象限，對于A，由雙曲線的對稱性可得為平行四邊形，故，故A正確；對于B，方法一：因為在以為直徑的圓上，故且，設，則，故，故，由A得，故即，故B錯誤；方法二：因為，因為雙曲線中，，則，又因為以為直徑的圓與的一條漸近線交于、，則，則若過點往軸作垂線，垂足為，則，則點與重合，則軸，則，方法三：在利用余弦定理知，，即，則，則為直角三角形，且，則，故B錯誤；對于C，方法一：因為，故，由B可知，故即，故離心率，故C正確；方法二：因為，則，則，故C正確；對于D，當時，由C可知，故，故，故四邊形為，故D正確，故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知平面向量若，則___________【答案】【解析】【分析】根據(jù)向量坐標化運算得，再利用向量垂直的坐標表示得到方程，解出即可.【詳解】，因為，則，則，解得.則，則.故答案為：.13.若是函數(shù)的極值點，則___________【答案】【解析】【分析】由題意得即可求解，再代入即可求解.【詳解】由題意有，所以，因為是函數(shù)極值點，所以，得，當時，，當x∈?∞,當單調遞增，所以是函數(shù)的極小值點，符合題意；所以.故答案為：.14.一個底面半徑為，高為的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計）內有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為____________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)圓柱與球的性質以及球的體積公式可求出球的半徑；【詳解】圓柱的底面半徑為，設鐵球的半徑為r，且，由圓柱與球的性質知，即，，故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù)．（1）求;（2）設函數(shù)，求的值域和單調區(qū)間．【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）直接由題意得，結合余弦函數(shù)的單調性即可得解；（2）由三角恒等變換得，由此可得值域，進一步由整體代入法可得函數(shù)的單調區(qū)間.小問1詳解】由題意，所以；【小問2詳解】由（1）可知，所以，所以函數(shù)的值域為，令，解得，令，解得，所以函數(shù)的單調遞減區(qū)間為，函數(shù)的單調遞增區(qū)間為.16.已知橢圓離心率為，長軸長為4．（1）求C的方程；（2）過點的直線l與C交于兩點，為坐標原點，若的面積為，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)長軸長和離心率求出基本量后可得橢圓方程；（2）設出直線方程并聯(lián)立橢圓方程后結合韋達定理用參數(shù)表示面積后可求的值，從而可求弦長.【小問1詳解】因為長軸長為4，故，而離心率為，故，故，故橢圓方程為：.【小問2詳解】由題設直線的斜率不為0，故設直線，，由可得，故Δ=16t4且，故，解得，故.17.如圖，在四邊形中，，F(xiàn)為CD的中點，點E在AB上，，，將四邊形沿翻折至四邊形，使得面與面EFCB所成的二面角為．（1）證明:平面；（2）求面與面所成的二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先應用線面平行判定定理得出平面及平面，再應用面面平行判定定理得出平面平面，進而得出線面平行；（2）建立空間直角坐標系，利用已知條件將點的坐標表示出來，然后將平面及平面的法向量求出來，利用兩個法向量的數(shù)量積公式可將兩平面的夾角余弦值求出來，進而可求得其正弦值.小問1詳解】設，所以，因為為中點，所以，因為，，所以是平行四邊形，所以，所以，因為平面平面，所以平面，因為平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．【小問2詳解】因為，所以，又因為，所以，以為原點，以及垂直于平面的直線分別為軸，建立空間直角坐標系.因為，平面與平面所成二面角為60°，所以.則，，，，，.所以.設平面的法向量為，則，所以，令，則，則.設平面的法向量為，則，所以，令，則，所以.所以.所以平面與平面夾角的正弦值為.18.已知函數(shù)，其中．（1）證明：在區(qū)間存在唯一的極值點和唯一的零點；（2）設分別為在區(qū)間的極值點和零點.（i）設函數(shù)·證明：在區(qū)間單調遞減；（ii）比較與的大小，并證明你的結論．【答案】（1）證明見解析；（2）（i）證明見解析；（ii），證明見解析.【解析】【分析】（1）先由題意求得，接著構造函數(shù)，利用導數(shù)工具研究函數(shù)的單調性和函數(shù)值情況，從而得到函數(shù)的單調性，進而得證函數(shù)在區(qū)間上存在唯一極值點；再結合和時的正負情況即可得證在區(qū)間上存在唯一零點；（2）（i）由（1）和結合（1）中所得導函數(shù)計算得到，再結合得即可得證；（ii）由函數(shù)在區(qū)間上單調遞減得到，再結合，和函數(shù)的單調性以以及函數(shù)值的情況即可得證.【小問1詳解】由題得，因為，所以，設，則在上恒成立，所以在上單調遞減，，令，所以當時，，則；當時，，則，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上存在唯一極值點，對函數(shù)有在上恒成立，所以在上單調遞減，所以在上恒成立，又因為，時，所以時，所以存在唯一使得，即在上存在唯一零點.【小問2詳解】（i）由（1）知，則，，則，因為，所以，所以，所以，所以函數(shù)在區(qū)間上單調遞減；（ii），證明如下：由（i）知：函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，所以即，又，由（1）可知在上單調遞減，，且對任意，所以.19.甲、乙兩人進行乒乓球練習，每個球勝者得1分，負者得0分．設每個球甲勝的概率為，乙勝的概率為q，，且各球的勝負相互獨立，對正整數(shù)，記為打完k個球后甲比乙至少多得2分的概率，為打完k個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）證明：對任意正整數(shù)m，．【答案】（1），（2）（3）證明過程見解析【解析】【分析】（1）直接由二項分布概率計算公式即可求解；（2）由題意，聯(lián)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，由此即可得證.【小問1詳解】為打完3個球后甲比乙至少多得兩分的概率，故只能甲勝三場，故所求為，為打完4個球后甲比乙至少多得兩分的概率，故甲勝三場或四場，故所求為；【小問2詳解】由（1）得，，同理，若，，則，由于，所以，解得；【小問3詳解】我們有.以及.至此我們得到，，同理有，.故，即.另一方面，由于且同理有.故結合，就能得到，即，證畢.2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試上海數(shù)學試卷（考試時間120分鐘，滿分150分）一、填空題（本大題共12題，第1~6題每題4分，第7~12題每題5分，共54分.考生應在答題紙的相應位置直接填寫結果）1.已知全集，集合，則_________．【答案】##【解析】【分析】根據(jù)補集的含義即可得到答案.【詳解】根據(jù)補集的含義知.故答案為：.2.不等式的解集為_________．【答案】【解析】【分析】轉化為一元二次不等式，解出即可.【詳解】原不等式轉化為，解得，則其解集為.故答案為：.3.己知等差數(shù)列的首項，公差，則該數(shù)列的前6項和為_________．【答案】【解析】【分析】直接根據(jù)等差數(shù)列求和公式求解.【詳解】根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，.故答案為：4.在二項式的展開式中，的系數(shù)為_________．【答案】【解析】【分析】利用通項公式求解可得.【詳解】由通項公式，令，得，可得項的系數(shù)為.故答案為：.5.函數(shù)在上的值域為_________．【答案】【解析】【分析】利用余弦函數(shù)的單調性可得.【詳解】由函數(shù)在上單調遞增，在單調遞減，且，故函數(shù)在上的值域為.故答案為：.6.已知隨機變量X的分布為，則期望_________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)分布列結合期望公式可求期望.【詳解】由題設有.故答案為：.7.如圖，在正四棱柱中，，則該正四棱柱的體積為_________．【答案】【解析】【分析】求出側棱長和底面邊長后可求體積.【詳解】因為且四邊形為正方形，故，而，故，故，故所求體積為，故答案為：.8.設，則的最小值為_________．【答案】4【解析】【分析】靈活利用“1”將展開利用基本不等式計算即可.【詳解】易知，當且僅當，即時取得最小值.故答案為：49.4個家長和2個兒童去爬山，6個人需要排成一條隊列，要求隊列的頭和尾均是家長，則不同的排列個數(shù)有_________種．【答案】288【解析】【分析】先選家長作隊尾和隊首，再排中間四人即可.【詳解】先選兩位家長排在首尾有種排法；再排對中的四人有種排法，故有種排法.故答案為：28810.已知復數(shù)z滿足，則的最小值是_________．【答案】【解析】【分析】先設，利用復數(shù)的乘方運算及概念確定，再根據(jù)復數(shù)的幾何意義數(shù)形結合計算即可.【詳解】設，由題意可知，則，又，由復數(shù)的幾何意義知在復平面內對應的點在單位圓內部（含邊界）的坐標軸上運動，如圖所示即線段上運動，設，則，由圖象可知，所以.故答案為：11.小申同學觀察發(fā)現(xiàn)，生活中有些時候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有兩根長為1米的垂直于水平面放置的桿子，與斜面的接觸點分別為A、B，它們在陽光的照射下呈現(xiàn)出影子，陽光可視為平行光：其中一根桿子的影子在水平面上，長度為0.4米；另一根桿子的影子完全在斜面上，長度為0.45米．則斜面的底角_________．（結果用角度制表示，精確到）【答案】【解析】【分析】先根據(jù)在處的旗桿算出陽光和水平面的夾角，然后結合處的旗桿算出斜面角.【詳解】如圖，在處，，在處滿足，（其中水平面，是射過處桿子最高點的光線，光線交斜面于），故設，則，由勾股定理，，解得，于是故答案為：12.已知，是平面內三個不同的單位向量．若，則可的取值范圍是_______．【答案】【解析】【分析】利用分段函數(shù)值分類討論，可得，再根據(jù)數(shù)量積關系設出坐標，利用坐標運算，結合三角恒等變換求解模的范圍可得.【詳解】若，則，又三個向量均為平面內的單位向量，故向量兩兩垂直，顯然不成立；故.不妨設，則，不妨設，，則，則，則，由，，則，故.故答案為：.二、選擇題（本大題共4題，第13、14題每題4分，第15、16題每題5分，共18分.每題有且僅有一個正確選項，考生應在答題紙的相應位置，將代表正確選項的小方格涂黑.）13.己知事件A、B相互獨立，事件A發(fā)生的概率為，事件B發(fā)生的概率為，則事件發(fā)生的概率為（）A B. C. D.0【答案】B【解析】【分析】根據(jù)獨立事件的概率公式可求.【詳解】因為相互獨立，故，故選：B.14.設．下列各項中，能推出的一項是（）A.，且 B.，且C.，且 D.，且【答案】D【解析】【分析】利用指數(shù)函數(shù)的性質分類討論與1的關系即可判定選項.【詳解】∵，∴，當時，定義域上嚴格單調遞減，此時若，則一定有成立，故D正確，C錯誤；當時，定義域上嚴格單調遞增，要滿足，需，即A、B錯誤.故選：D15.已知，C在上，則的面積（）A.有最大值，但沒有最小值 B.沒有最大值，但有最小值C.既有最大值，也有最小值 D.既沒有最大值，也沒有最小值【答案】A【解析】【分析】設出曲線上一點為，得出，將三角形的高轉化成關于的函數(shù),分析其單調性，從而求解.【詳解】設曲線上一點為，則，則，，方程為：，即，根據(jù)點到直線的距離公式，到的距離為：，設，由于，顯然關于單調遞減，，無最小值，即中，邊上的高有最大值，無最小值，又一定，故面積有最大值，無最小值.故選：A16.已知數(shù)列、、的通項公式分別為，、，.若對任意的，、、的值均能構成三角形，則滿足條件的正整數(shù)有（）A.4個 B.3個 C.1個 D.無數(shù)個【答案】B【解析】【分析】由可知范圍，再由三角形三邊關系可得的不等關系，結合函數(shù)零點解不等式可得.【詳解】由題意，不妨設，三點均在第一象限內，由可知，，故點恒在線段上，則有.即對任意的，恒成立，令，構造函數(shù)，則，由單調遞增，又，存在，使，即當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；故至多個零點，又由，可知存?zhèn)€零點，不妨設，且.①若，即時，此時或.則，可知成立，要使、、的值均能構成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得；②若，即時，此時.則，可知成立，要使、、的值均能構成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得或；綜上可知，正整數(shù)的個數(shù)有個.故選：B.三、解答題（本大題共5題，第17-19題每題14分，第20-21題每題18分，共78分.解答下列各題必須在答題紙的相應位置寫出必要的步驟.）17.2024年東京奧運會，中國獲得了男子米混合泳接力金牌．以下是歷屆奧運會男子米混合泳接力項目冠軍成績記錄（單位：秒），數(shù)據(jù)按照升序排列．206.78207.4620795209.34209.35210.68213.73214.84216.93216.93（1）求這組數(shù)據(jù)的極差與中位數(shù)；（2）從這10個數(shù)據(jù)中任選3個，求恰有2個數(shù)據(jù)在211以上的概率；（3）若比賽成績y關于年份x的回歸方程為，年份x的平均數(shù)為2006，預測2028年冠軍隊的成績（精確到0.01秒）．【答案】（1）；；（2）（3）【解析】【分析】（1）由最長與最短用時可得極差，由中間兩數(shù)平均數(shù)可得中位數(shù)；（2）由古典概型概率公式可得；（3）先求成績平均數(shù)，再由在回歸直線上，代入方程可得，再代入年份預測可得.【小問1詳解】由題意，數(shù)據(jù)的最大值為，最小值為，則極差為；數(shù)據(jù)中間兩數(shù)為與，則中位數(shù)為.故極差為，中位數(shù)為；【小問2詳解】由題意，數(shù)據(jù)共個，以上數(shù)據(jù)共有個，故設事件“恰有個數(shù)據(jù)在以上”，則，故恰有個數(shù)據(jù)在以上的概率為；【小問3詳解】由題意，成績的平均數(shù)，由直線過，則，故回歸直線方程為.當時,.故預測年冠軍隊的成績?yōu)槊?18.如圖，P是圓錐的頂點，O是底面圓心，AB是底面直徑，且．（1）若直線PA與圓錐底面的所成角為，求圓錐的側面積；（2）已知Q是母線PA的中點，點C、D在底面圓周上，且弧AC的長為，．設點M在線段OC上，證明：直線平面PBD．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由線面角先算出母線長，然后根據(jù)側面積公式求解.（2）證明平面平面，然后根據(jù)面面平行的性質可得.【小問1詳解】由題知，，即軸截面是等邊三角形，故，底面周長為，則側面積為：;【小問2詳解】由題知，則根據(jù)中位線性質，，又平面，平面，則平面由于，底面圓半徑是，則，又，則，又，則為等邊三角形，則，于是且，則四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面.又平面，根據(jù)面面平行的判定，于是平面平面，又，則平面，則平面19.已知．（1）若，求不等式的解集；（2）若函數(shù)滿足在上存在極大值，求m的取值范圍；【答案】（1）（2）且.【解析】【分析】（1）先求出，從而原不等式即為，構建新函數(shù)，由該函數(shù)為增函數(shù)可求不等式的解；（2）求出函數(shù)導數(shù)，就分類討論后可得參數(shù)的取值范圍.【小問1詳解】因為，故，故，故，故即為，設，則，故在上為增函數(shù)，而即為，故，故原不等式的解為.【小問2詳解】在有極大值即為有極大值點.，若，則時，，時，，故為的極小值點，無極大值點，故舍；若即，則時，，時，，故為的極大值點，符合題設要求；若，則時，，無極值點，舍；若即，則時，，時，，故為的極大值點，符合題設要求；綜上，且.20.已知橢圓，，A是的右頂點．（1）若的焦點，求離心率e；（2）若，且上存在一點P，滿足，求m；（3）已知AM的中垂線l的斜率為2，l與交于C、D兩點，為鈍角，求a的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由方程可得，再由焦點坐標得，從而求出得離心率；（2）設點坐標，由向量關系坐標化可解得坐標，代入橢圓方程可得；（3）根據(jù)中垂線性質，由斜率與中點坐標得直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，將鈍角條件轉化為向量不等式，再坐標化利用韋達定理代入化簡不等式求解可得范圍.【小問1詳解】由題意知，，則，由右焦點，可知，則，故離心率.【小問2詳解】由題意，由得，，解得，代入，得，又，解得.【小問3詳解】由線段中垂線的斜率為，所以直線的斜率為，則，解得，由得中點坐標為，故直線，顯然直線過橢圓內點，故直線與橢圓恒有兩不同交點，設，由消得，由韋達定理得，因為為鈍角，則，且，則有，所以，即，解得，又，故，即的取值范圍是.21.已知函數(shù)的定義域為．對于正實數(shù)a，定義集合．（1）若，判斷是否是中的元素，請說明理由；（2）若，求a的取值范圍；（3）若是偶函數(shù)，當時，，且對任意，均有．寫出，解析式，并證明：對任意實數(shù)c，函數(shù)在上至多有9個零點．【答案】（1）不是；（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）直接代入計算和即可；（2）法一：轉化為在實數(shù)使得，分析得，再計算得，最后根據(jù)的范圍即可得到答案；法二：畫出函數(shù)圖象，轉化為直線與該函數(shù)有兩個交點，將用表示，最后利用二次函數(shù)函數(shù)性質即可得到答案；（3）利用函數(shù)奇偶性和集合新定義即可求出時解析式，再分析出，最后對的范圍進行分類討論即可.【小問1詳解】（1），，則不是中的元素.【小問2詳解】法一：因為，則存在實數(shù)使得，且，當時，，其在上嚴格單調遞增，當時，，其在上也嚴格單調遞增，則，則，令，解得，則，則.法二：作出該函數(shù)圖象，則由題意知直線與該函數(shù)有兩個交點，由圖知，假設交點分別為，，聯(lián)立方程組得【小問3詳解】（3）對任意，因為其是偶函數(shù)，則，而，所以，所以，因為，則，所以，所以，所以當時，，，則，，則，而，，則，則，所以當時，，而為偶函數(shù)，畫出函數(shù)圖象如下：其中，但其對應的值均未知.首先說明，若，則，易知此時，則，所以，而時，，所以，與矛盾，所以，即，令，則，當時，即使讓，此時最多7個零點，當時，若，此時有5個零點，故此時最多5個零點；當時，若，此時有5個零點，故此時最多5個零點；當時，若，此時有3個零點，若，則，易知此時，則，所以，而時，，所以，與矛盾，所以，則最多在之間取得6個零點，以及在處成為零點，故不超過9個零點.綜上，零點不超過9個.2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（天津卷回憶版）數(shù)學本試卷分第1卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘.第1卷1至3頁第Ⅱ卷4至6頁.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上，并在規(guī)定位置粘貼考試用條形碼.答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.在天津考生獲取更多學習資料祝各位考生考試順利！第I卷（選擇題）注意事項：1．每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.2．本卷共9小題，每小題5分，共45分.參考公式：·如果事件互斥，那么·如果事件相互獨立，那么·棱柱的體積公式，其中S表示棱柱的底面面積，h表示棱柱的高．·圓錐的體積公式，其中S表示圓錐的底面面積，h表示圓錐的高．一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合的并集、補集的運算即可求解.【詳解】由，則，集合，故故選：D.2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】通過判斷是否能相互推出，由充分條件與必要條件的定義可得.【詳解】由，則“”是“”的充分條件；又當時，，可知，故“”不是“”的必要條件，綜上可知，“”是“”的充分不必要條件.故選：A.3.已知函數(shù)的圖象如下，則的解析式可能為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由函數(shù)奇偶性排除AB，再由時函數(shù)值正負情況可得解.【詳解】由圖可知函數(shù)為偶函數(shù)，而函數(shù)和函數(shù)為奇函數(shù)，故排除選項AB；又當時，此時，由圖可知當時，，故C不符合，D符合.故選：D4.若m為直線，為兩個平面，則下列結論中正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】C【解析】【分析】根據(jù)線面平行的定義可判斷A的正誤，根據(jù)空間中垂直關系的轉化可判斷BCD的正誤.【詳解】對于A，若，則可平行或異面，故A錯誤；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，兩條平行線有一條垂直于一個平面，則另一個必定垂直這個平面，現(xiàn)，故，故C正確；對于D，，則與可平行或相交或，故D錯誤；故選：C.5.下列說法中錯誤的是（）A.若，則B.若，，則C.越接近1，相關性越強D.越接近0，相關性越弱【答案】B【解析】【分析】根據(jù)正態(tài)分布以及相關系數(shù)的概念直接判斷即可.【詳解】對于A，根據(jù)正態(tài)分布對稱性可知，，A說法正確；對于B，根據(jù)正態(tài)分布對稱性可知，，B說法錯誤；對于C和D，相關系數(shù)越接近0，相關性越弱，越接近1，相關性越強，故C和D說法正確.故選：B6.，則數(shù)列的前項和為（）A.112 B.48 C.80 D.64【答案】C【解析】【分析】先由題設結合求出數(shù)列的通項公式，再結合數(shù)列各項正負情況即可求解.【詳解】因為，所以當時，，當時，，經(jīng)檢驗，滿足上式，所以，令，，設數(shù)列的前n項和為，則數(shù)列的前項和為數(shù)列的前項和為.故選：C7.函數(shù)的零點所在區(qū)間是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的單調性結合零點存在性定理計算即可.【詳解】由指數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)的單調性可知：在上單調遞減，在單調遞增，所以在定義域上單調遞減，顯然，所以根據(jù)零點存在性定理可知的零點位于.故選：B8.，在上單調遞增，且為它的一條對稱軸，是它的一個對稱中心，當時，的最小值為（）A. B. C.1 D.0【答案】A【解析】【分析】利用正弦函數(shù)的對稱性得出，根據(jù)單調性得出，從而確定，結合對稱軸與對稱中心再求出，得出函數(shù)解析式，利用整體思想及正弦函數(shù)的性質即可得解.【詳解】設最小正周期為，根據(jù)題意有，，由正弦函數(shù)的對稱性可知，即，又在上單調遞增，則，∴，則，∵，∴時，，∴，當時，，由正弦函數(shù)的單調性可知.故選：A9.雙曲線的左、右焦點分別為，以右焦點為焦點的拋物線與雙曲線交于另一象限點為P，若，則雙曲線的離心率（）A.2 B.5 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用拋物線與雙曲線的定義與性質得出，根據(jù)勾股定理從而確定P的坐標，利用點在雙曲線上構造齊次方程計算即可.【詳解】根據(jù)題意可設，雙曲線的半焦距為，，則，過作軸的垂線l，過作l的垂線，垂足為A，顯然直線為拋物線的準線，則，由雙曲線的定義及已知條件可知，則，由勾股定理可知，易知，即，整理得，∴，即離心率為2.故選：第Ⅱ卷（非選擇題）注意事項：1．用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上．2．本卷共11小題，共105分．二、填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分．10.已知i是虛數(shù)單位，則________．【答案】【解析】【分析】先由復數(shù)除法運算化簡，再由復數(shù)模長公式即可計算求解.【詳解】先由題得，所以.故答案為：11.在的展開式中，項的系數(shù)為________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)二項式定理相關知識直接計算即可.【詳解】展開式的通項公式為，當時，，即展開式中的系數(shù)為.故答案為：12.，與x軸交于點A，與y軸交于點B，與交于C、D兩點，，則_________．【答案】2【解析】【分析】先根據(jù)兩點間距離公式得出，再計算出圓心到直線的距離，根據(jù)弦長公式列等式求解即可.【詳解】因為直線與軸交于，與軸交于，所以，所以，圓的半徑為，圓心到直線的距離為，故，解得；故答案為：2.13.小桐操場跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均為0．5，若第一次跑5圈，則第二次跑5圈的概率為0．4，6圈的概率為0．6；若第一次跑6圈，則第二次跑5圈的概率為0．6，4圈的概率為0．4．小桐一周跑11圈的概率為________；若一周至少跑11圈為動量達標，則連續(xù)跑4周，記合格周數(shù)為X，則期望_______【答案】①.②.【解析】【分析】先根據(jù)全概率公式計算求解空一，再求出概率根據(jù)二項分布數(shù)學期望公式計算求解.【詳解】設小桐一周跑11圈為事件A，設第一次跑5圈為事件，設第二次跑5圈為事件，則；若至少跑11圈為運動量達標為事件，，所以，；故答案為：；14.中，D為AB邊中點，，則______（用，表示），若，，則_______【答案】①.；②.【解析】【分析】根據(jù)向量的線性運算求解即可空一，應用數(shù)量積運算律計算求解空二.【詳解】如圖，因為，所以，所以．因為D為線段的中點，所以；又因為，所以，，所以所以，所以．故答案為：；.15.若，對，均有恒成立，則的最小值為_______【答案】【解析】【分析】先設，根據(jù)不等式的形式，為了消可以取，得到，驗證時，是否可以取到，進而判斷該最小值是否可取即可得到答案.【詳解】設，原題轉化為求的最小值，原不等式可化為對任意的，，不妨代入，得，得，當時，原不等式可化為，即，觀察可知，當時，對一定成立，當且僅當取等號，此時，，說明時，均可取到，滿足題意，故的最小值為.故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．16.在中，角的對邊分別為．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）由正弦定理化邊為角再化簡可求；（2）由余弦定理，結合（1）結論與已知代入可得關于的方程，求解可得，進而求得；（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分別求，由兩角和的正弦可得.【小問1詳解】已知，由正弦定理，得，顯然，得，由，故；【小問2詳解】由（1）知，且，，由余弦定理，則，解得（舍去），故；【小問3詳解】由正弦定理，且，得，且，則為銳角，故，故，且；故.17.正方體的棱長為4，分別為中點，．（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值；（3）求三棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2