黃金卷04（北京專用）備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷含答案及解析

試卷第=page22頁(yè)，共=sectionpages2222頁(yè)【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（北京專用）黃金卷04（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題共40分）一、單項(xiàng)選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．已知為整數(shù)集，，則（

）A． B． C． D．2．已知，其中為虛數(shù)單位，則（

）A． B． C． D．3．設(shè)非零向量，，，滿足，，且與的夾角為，則“”是“”的（

）．A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．在的展開式中，項(xiàng)的系數(shù)為（

）A． B． C．16 D．1445．已知函數(shù)，若存在最小值，則的最大值為（

）A． B． C． D．6．已知函數(shù)，，將函數(shù)的圖象經(jīng)過下列變換可以與的圖象重合的是（

）A．向左平移個(gè)單位 B．向左平移個(gè)單位C．向右平移個(gè)單位 D．向右平移個(gè)單位7．近年來(lái)純電動(dòng)汽車越來(lái)越受消費(fèi)者的青睞，新型動(dòng)力電池迎來(lái)了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量（單位：），放電時(shí)間（單位：）與放電電流（單位：）之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：，其中為Peukert常數(shù).為測(cè)算某蓄電池的Peukert常數(shù)，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間；當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間.若計(jì)算時(shí)取，則該蓄電池的Peukert常數(shù)大約為（

）A．1.25 B．1.5 C．1.67 D．28．如圖，正方體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)為底面的中心，點(diǎn)在側(cè)面的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)．若，則面積的最大值為（

）A． B． C． D．9．《孫子算經(jīng)》是中國(guó)南北朝時(shí)期重要的數(shù)學(xué)著作，書中的“中國(guó)剩余定理”對(duì)同余除法進(jìn)行了深入的研究.現(xiàn)給出一個(gè)同余問題：如果和被除得的余數(shù)相同，那么稱和對(duì)模同余，記為.若，則的值可以是（

）A．2023 B．2024 C．2025 D．202610．“用一個(gè)不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當(dāng)圓錐的軸與截面所成的角不同時(shí)，可以得到不同的截口曲線”．利用這個(gè)原理，小明在家里用兩個(gè)射燈（射出的光錐視為圓錐）在墻上投影出兩個(gè)相同的橢圓（圖1），光錐的一條母線恰好與墻面垂直．圖2是一個(gè)射燈投影的直觀圖，圓錐的軸截面是等邊三角形，橢圓所在平面為，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．第II卷（非選擇題共110分）二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．已知，若，則.12．已知雙曲線的焦距為，若點(diǎn)在雙曲線上，則的離心率等于.13．已知．使成立的一組的值為；．14．已知數(shù)列是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和，，則；記，若存在使得最大，則的值為．15．設(shè)函數(shù)，給出下列四個(gè)結(jié)論：①當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)極值點(diǎn)；②當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)極值點(diǎn)；③，是函數(shù)的極小值點(diǎn)；④，不是函數(shù)的極大值點(diǎn)．其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是．三、解答題：本題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過程及驗(yàn)算步驟。16．（13分）在中,.(1)求;(2)若,再?gòu)臈l件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,使存在且唯一確定,求及的面積.條件①:;條件②:;條件③:.17．（14分）如圖，在三棱錐中，側(cè)面底面，，.

(1)求證：；(2)已知，，，是線段上一點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，求二面角的余弦值.18．（13分）在一場(chǎng)乒乓球賽中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠軍.比賽采用“雙敗淘汰制”，具體賽制為：首先，四人通過抽簽兩兩對(duì)陣，勝者進(jìn)入“勝區(qū)”，敗者進(jìn)入“敗區(qū)”；接下來(lái)，“勝區(qū)”的兩人對(duì)陣，勝者進(jìn)入最后決賽；“敗區(qū)”的兩人對(duì)陣，敗者直接淘汰出局獲第四名，緊接著，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對(duì)陣，勝者晉級(jí)最后的決賽，敗者獲第三名；最后，剩下的兩人進(jìn)行最后的冠軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲第二名.甲對(duì)陣乙、丙、丁獲勝的概率均為，且不同對(duì)陣的結(jié)果相互獨(dú)立.(1)若，經(jīng)抽簽，第一輪由甲對(duì)陣乙，丙對(duì)陣??；①求甲獲得第四名的概率；②求甲在“雙敗淘汰制”下參與對(duì)陣的比賽場(chǎng)數(shù)的數(shù)學(xué)期望；(2)除“雙敗淘汰制”外，也經(jīng)常采用“單敗淘汰制”：抽簽決定兩兩對(duì)陣，勝者晉級(jí)，敗者淘汰，直至決出最后的冠軍.哪種賽制對(duì)甲奪冠有利？請(qǐng)說(shuō)明理由.19．（15分）已知橢圓C：（）過點(diǎn)，右焦點(diǎn)為．(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）交橢圓C于點(diǎn)M、N，點(diǎn)A是右頂點(diǎn)，直線MA、NA分別與直線交于點(diǎn)P、Q，求的大?。?0．（15分）已知函數(shù).(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)若在處取得極值，求的單調(diào)區(qū)間；(3)求證：當(dāng)時(shí)，關(guān)于x的不等式在區(qū)間上無(wú)解.21．（15分）已知數(shù)列，記集合.(1)若數(shù)列為，寫出集合；(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一組符合條件的；若不存在，說(shuō)明理由；(3)若，把集合中的元素從小到大排列，得到的新數(shù)列為，若，求的最大值．

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（北京專用）黃金卷04·參考答案（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。12345678910ABCCADBCDD第II卷（非選擇題）二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．或12．/13．（答案不唯一）14．43或415.②④三、解答題：本題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過程及驗(yàn)算步驟。16.（13分）【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;（2）結(jié)合正弦定理和余弦定理求解即可;【詳解】（1）由正弦定理得,1得,2,3因?yàn)?所以則.4所以,所以.5（2）選條件①:因?yàn)?6由正弦定理得,7由余弦定理得,8解得，9則,解得，11所以存在且唯一確定,則.13選條件②:,已知6由正弦定理得,8因?yàn)?所以,9,11所以存在且唯一確定,12則.13選條件③:,由余弦定理得,8即,9所以,10即,11因?yàn)?12所以不存在使得存在.1317．（14分）【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）借助線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理即可得；（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量計(jì)算即可得.【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接、，1由，，故、，2又、平面，，則平面，4又平面，故；5（2）由側(cè)面底面，且，平面，平面平面，故平面，又平面，故，即有、、兩兩垂直，7故可以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由，，，，，則，，即、、、A1,0,0、，8、、，令，則，9由，故，解得，故，10令平面的法向量為m=x,y,z則有，令，則有，12由軸平面，故平面的法向量可為，13則，故二面角的余弦值為.14

18．（13分）【答案】(1)①0.16；②3.128(2)答案見解析..【分析】（1）結(jié)合對(duì)立事件概率和獨(dú)立事件概率公式求解即可；（2）結(jié)合對(duì)立事件概率和獨(dú)立事件概率公式比較計(jì)算.【詳解】（1）①記“甲獲得第四名”為事件，則；1②記在甲在“雙敗淘汰制”下參與對(duì)陣的比賽場(chǎng)次為隨機(jī)變量，則的所有可能取值為2，3，4，2連敗兩局：，3可以分為：連勝兩局，第三局不管勝負(fù)；負(fù)勝負(fù)；勝負(fù)負(fù)；，4；5故的分布列如下：234故數(shù)學(xué)期望；6（2）“雙敗淘汰制”下，甲獲勝的概率，7在“單敗淘汰制”下，甲獲勝的概率為，由，且8所以時(shí)，，“雙敗淘汰制”對(duì)甲奪冠有利；10時(shí)，，“單敗淘汰制”對(duì)甲奪冠有利；12時(shí)，兩種賽制甲奪冠的概率一樣.1319．（15分）【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，列出關(guān)于的方程，代入計(jì)算，即可求解；（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，驗(yàn)證，即．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l：，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理代入計(jì)算，分別表示出坐標(biāo)，利用向量的數(shù)量積，轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】（1）由題意可得，，1解得，3所以橢圓的方程為.4（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，有，，，則，，故，即．5當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l：，其中．6聯(lián)立，得，7由題意，知恒成立，設(shè)，則，．8直線MA的方程為，9令，得，即，同理可得．所以，．10因?yàn)?2，14所以．15綜上所述，．20．（15分）【答案】(1)(2)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線斜率，即可求得切線方程；（2）根據(jù)可求出，并對(duì)其進(jìn)行檢驗(yàn)即可求解；（3）分和兩種情況，求出函數(shù)在區(qū)間上的最大值即可作答.【詳解】（1）由可得，2當(dāng)時(shí)，，，3在點(diǎn)處的切線方程為；4（2）因?yàn)樵谔幦〉脴O值，所以，解得，5檢驗(yàn)如下：令，解得或，6若或時(shí)，則；若，則.所以的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為，故在處取得極小值，滿足題意，8故的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為；9（3）由（1）知，由時(shí)，得，因，10當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，因此不等式不成立，即不等式在區(qū)間上無(wú)解；11當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即在上遞減，在上遞增，12于是得在上的最大值為或，而，，13，即，因此不等式不成立，即不等式在區(qū)間上無(wú)解，14所以當(dāng)時(shí)，關(guān)于的不等式在區(qū)間上無(wú)解.1521．（15分）【答案】(1)(2)不存在，使得成立(3)【分析】（1）根據(jù)題目給出的集合的定義求解即可；（2）使用假設(shè)法，假設(shè)存在，使得，進(jìn)行計(jì)算檢驗(yàn)，從而得出結(jié)論；（3）首先證明時(shí)，對(duì)任意的都有，然后證明除形式以外的數(shù)都可以寫成若干個(gè)連續(xù)正整數(shù)之和，分類討論即可得解.【詳解】（1）由題意可得，，，1所以.2（2）假設(shè)存在，使得，3則有，4由于與的奇偶性相同，與奇偶性不同，5又，，所以中必有大于等于的奇數(shù)因子，這與無(wú)以外的奇數(shù)因子矛盾，6故不存在，使得.7（3）首先證明時(shí)，對(duì)任意的都有，8因?yàn)椋?由于與均大于且奇偶性不同，所以為奇數(shù)，對(duì)任意的都有，10其次證明除形式以外的數(shù)，都可以寫成若干個(gè)連續(xù)正整數(shù)之和，11若正整數(shù)，其中，則當(dāng)時(shí)，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：，此時(shí)結(jié)論成立，12當(dāng)時(shí)，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：，此時(shí)結(jié)論成立，13對(duì)于數(shù)列，此問題等價(jià)于數(shù)列其相應(yīng)集合中滿足有多少項(xiàng)，14由前面證明可知正整數(shù)不是中的項(xiàng)，所以的最大值為.15【點(diǎn)睛】本題考查了等差數(shù)列及數(shù)列的綜合問題，考查了求數(shù)列下標(biāo)最值，同時(shí)考查了分類討論的思想，計(jì)算量較大，屬于難題.【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷（北京專用）黃金卷04（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．已知為整數(shù)集，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)條件，利用集合的運(yùn)算，即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，所以，故選：A.2．已知，其中為虛數(shù)單位，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘、除法運(yùn)算可得，進(jìn)而，結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法計(jì)算即可求解.【詳解】由題意知，，所以，所以.故選：B3．設(shè)非零向量，，，滿足，，且與的夾角為，則“”是“”的（

）．A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】利用數(shù)量積的定義可得，即可判斷出結(jié)論．【詳解】解：，，，解得，，，解得，“”是“”的充分必要條件．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查平面向量數(shù)量積的應(yīng)用，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．4．在的展開式中，項(xiàng)的系數(shù)為（

）A． B． C．16 D．144【答案】C【分析】寫出的展開式通項(xiàng)，即可列式求解.【詳解】，其展開式通項(xiàng)公式為，，所以所求項(xiàng)的系數(shù)為，故選：C．5．已知函數(shù)，若存在最小值，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)求得的最小值，再結(jié)合冪函數(shù)的單調(diào)性，由題意列出不等式，求解即可.【詳解】當(dāng)時(shí)，，故當(dāng)時(shí)，有最小值為；時(shí)，單調(diào)遞減，所以，由題意存在最小值，則，解得，即的最大值為.故選：A6．已知函數(shù)，，將函數(shù)的圖象經(jīng)過下列變換可以與的圖象重合的是（

）A．向左平移個(gè)單位 B．向左平移個(gè)單位C．向右平移個(gè)單位 D．向右平移個(gè)單位【答案】D【分析】利用誘導(dǎo)公式及三角函數(shù)的變換規(guī)則計(jì)算可得.【詳解】因?yàn)?，所以將向右平移個(gè)單位得到.故選：D7．近年來(lái)純電動(dòng)汽車越來(lái)越受消費(fèi)者的青睞，新型動(dòng)力電池迎來(lái)了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量（單位：），放電時(shí)間（單位：）與放電電流（單位：）之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：，其中為Peukert常數(shù).為測(cè)算某蓄電池的Peukert常數(shù)，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間；當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間.若計(jì)算時(shí)取，則該蓄電池的Peukert常數(shù)大約為（

）A．1.25 B．1.5 C．1.67 D．2【答案】B【分析】由已知可得出，可得出，利用指數(shù)與對(duì)數(shù)的互化、換底公式以及對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則計(jì)算可得的近似值.【詳解】由題意可得，所以，所以，所以.故選：B.8．如圖，正方體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)為底面的中心，點(diǎn)在側(cè)面的邊界及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)．若，則面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中點(diǎn)，由題意結(jié)合正方體的幾何特征及平面幾何的知識(shí)可得，，由線面垂直的判定與性質(zhì)可得，進(jìn)而可得點(diǎn)的軌跡為線段，找到的最大值即可得解.【詳解】取的中點(diǎn)，連接、、、，連接、、、、，如圖：因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，所以,，，平面，平面，平面，所以，，，所以，，所以，，由可得平面，所以，所以點(diǎn)的軌跡為線段，又,所以面積的最大值.故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查了正方體幾何特征的應(yīng)用，考查了線面垂直的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是找到點(diǎn)的軌跡，屬于中檔題.9．《孫子算經(jīng)》是中國(guó)南北朝時(shí)期重要的數(shù)學(xué)著作，書中的“中國(guó)剩余定理”對(duì)同余除法進(jìn)行了深入的研究.現(xiàn)給出一個(gè)同余問題：如果和被除得的余數(shù)相同，那么稱和對(duì)模同余，記為.若，則的值可以是（

）A．2023 B．2024 C．2025 D．2026【答案】D【分析】利用二項(xiàng)式定理求出被5整除得的余數(shù)，再逐項(xiàng)驗(yàn)證即得.【詳解】則能被整除，故除以余數(shù)為，所以除以余數(shù)為，由，所以，，，，故選：D.10．“用一個(gè)不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當(dāng)圓錐的軸與截面所成的角不同時(shí)，可以得到不同的截口曲線”．利用這個(gè)原理，小明在家里用兩個(gè)射燈（射出的光錐視為圓錐）在墻上投影出兩個(gè)相同的橢圓（圖1），光錐的一條母線恰好與墻面垂直．圖2是一個(gè)射燈投影的直觀圖，圓錐的軸截面是等邊三角形，橢圓所在平面為，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，由勾股定理結(jié)合余弦定理代入計(jì)算可得，再由相似三角形的相似比結(jié)合勾股定理可分別計(jì)算出橢圓的，結(jié)合橢圓的離心率即可得到結(jié)果.【詳解】設(shè)，由于，所以，在等邊三角形中，點(diǎn)為的中點(diǎn)，于是，在平面中，由橢圓的對(duì)稱性可知，，連接，延長(zhǎng)與交于點(diǎn)，由于為中點(diǎn)，所以在中，，由勾股定理可得，在中，，，，由余弦定理可得，在中，由于，所以，于是有，設(shè)橢圓短軸的兩個(gè)頂點(diǎn)為，連接分別交圓錐于，由于，所以，由于為圓錐母線，所以，從而有，在中，由勾股定理可得，所以在橢圓中，，，則，則離心率為.故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了橢圓定義的理解以及橢圓離心率的求解，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于結(jié)合橢圓的定義以及余弦定理代入計(jì)算，分別求得，從而得到結(jié)果.第II卷（非選擇題共110分）二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．已知，若，則.【答案】或【分析】根據(jù)分段函數(shù)解析式得到方程（不等式）組，解得即可.【詳解】因?yàn)榍遥曰?，解得?故答案為：或12．已知雙曲線的焦距為，若點(diǎn)在雙曲線上，則的離心率等于.【答案】/【分析】根據(jù)點(diǎn)在雙曲線上、雙曲線的基本性質(zhì)及離心率的定義計(jì)算即可求解.【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線上，代入坐標(biāo)有，且雙曲線滿足，離心率，所以有，即，化簡(jiǎn)可得，所以，因?yàn)殡p曲線離心率，所以或（舍去），故答案為：.13．已知．使成立的一組的值為；．【答案】（答案不唯一）【分析】任取一組，驗(yàn)證是否滿足即可得.【詳解】取，此時(shí)，，故，符合要求.故答案為：；（答案不唯一）.14．已知數(shù)列是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和，，則；記，若存在使得最大，則的值為．【答案】43或4【分析】由已知利用等比數(shù)列的性質(zhì)可求，又，可得，解得或，即可求得，分類討論可求的值，即可求解數(shù)列的各項(xiàng)，即可求解．【詳解】等比數(shù)列an中，公比；由，所以，又，所以解得或；若時(shí)，可得，則，且的值為，可知數(shù)列an單調(diào)遞增，且各項(xiàng)均大于，所以不會(huì)存在使得的乘積最大(舍去)；若時(shí)，可得，則，且的值為，…，可知數(shù)列an單調(diào)遞減，從第項(xiàng)起各項(xiàng)小于且為正數(shù)，前項(xiàng)均為正數(shù)且大于等于，所以存在或，使得的乘積最大，綜上，可得的一個(gè)可能值是3或.故答案為：4；3或415．設(shè)函數(shù)，給出下列四個(gè)結(jié)論：①當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)極值點(diǎn)；②當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)極值點(diǎn)；③，是函數(shù)的極小值點(diǎn)；④，不是函數(shù)的極大值點(diǎn)．其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】②④【分析】取特殊值，結(jié)合函數(shù)圖象可判斷①③；作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合可判斷②；討論的取值范圍，結(jié)合函數(shù)圖象，可判斷④.【詳解】對(duì)于①，不妨取，此時(shí)，作出函數(shù)圖象如圖：此時(shí)函數(shù)有2個(gè)極值點(diǎn)，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，當(dāng)時(shí)，，作出函數(shù)的大致圖象如圖：在，上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)有3個(gè)極值點(diǎn)：，②正確；對(duì)于③，由①的分析可知，時(shí)，是函數(shù)的極大值點(diǎn)，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，由以上分析可知當(dāng)時(shí)，，且為的對(duì)稱軸，此時(shí)為函數(shù)的極小值點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞減，在上也單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，不是函數(shù)的極大值點(diǎn)，故不是函數(shù)的極大值點(diǎn)，④正確.故答案為：②④.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：題目中分段函數(shù)涉及的函數(shù)是比較常見的函數(shù)，故可作出函數(shù)大致圖象，數(shù)形結(jié)合，再結(jié)合函數(shù)極值點(diǎn)的概念進(jìn)行判斷，即可解決問題.三、解答題：本題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過程及驗(yàn)算步驟。16．（13分）在中,.(1)求;(2)若,再?gòu)臈l件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,使存在且唯一確定,求及的面積.條件①:;條件②:;條件③:.【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;（2）結(jié)合正弦定理和余弦定理求解即可;【詳解】（1）由正弦定理得,得,,因?yàn)?所以則.所以,所以.（2）選條件①:因?yàn)?由正弦定理得,由余弦定理得,解得，則,解得，所以存在且唯一確定,則.選條件②:,已知由正弦定理得,因?yàn)?所以,,所以存在且唯一確定,則.選條件③:,由余弦定理得,即,所以,即,因?yàn)?所以不存在使得存在.17．（14分）如圖，在三棱錐中，側(cè)面底面，，.

(1)求證：；(2)已知，，，是線段上一點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）借助線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理即可得；（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量計(jì)算即可得.【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接、，由，，故、，又、平面，，則平面，又平面，故；（2）由側(cè)面底面，且，平面，平面平面，故平面，又平面，故，即有、、兩兩垂直，故可以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由，，，，，則，，即、、、A1,0,0、，、、，令，則，由，故，解得，故，令平面的法向量為m=x,y,z則有，令，則有，由軸平面，故平面的法向量可為，則，故二面角的余弦值為.

18．（13分）在一場(chǎng)乒乓球賽中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠軍.比賽采用“雙敗淘汰制”，具體賽制為：首先，四人通過抽簽兩兩對(duì)陣，勝者進(jìn)入“勝區(qū)”，敗者進(jìn)入“敗區(qū)”；接下來(lái)，“勝區(qū)”的兩人對(duì)陣，勝者進(jìn)入最后決賽；“敗區(qū)”的兩人對(duì)陣，敗者直接淘汰出局獲第四名，緊接著，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對(duì)陣，勝者晉級(jí)最后的決賽，敗者獲第三名；最后，剩下的兩人進(jìn)行最后的冠軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲第二名.甲對(duì)陣乙、丙、丁獲勝的概率均為，且不同對(duì)陣的結(jié)果相互獨(dú)立.(1)若，經(jīng)抽簽，第一輪由甲對(duì)陣乙，丙對(duì)陣?。虎偾蠹撰@得第四名的概率；②求甲在“雙敗淘汰制”下參與對(duì)陣的比賽場(chǎng)數(shù)的數(shù)學(xué)期望；(2)除“雙敗淘汰制”外，也經(jīng)常采用“單敗淘汰制”：抽簽決定兩兩對(duì)陣，勝者晉級(jí)，敗者淘汰，直至決出最后的冠軍.哪種賽制對(duì)甲奪冠有利？請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】(1)①0.16；②3.128(2)答案見解析..【分析】（1）結(jié)合對(duì)立事件概率和獨(dú)立事件概率公式求解即可；（2）結(jié)合對(duì)立事件概率和獨(dú)立事件概率公式比較計(jì)算.【詳解】（1）①記“甲獲得第四名”為事件，則；②記在甲在“雙敗淘汰制”下參與對(duì)陣的比賽場(chǎng)次為隨機(jī)變量，則的所有可能取值為2，3，4，連敗兩局：，可以分為：連勝兩局，第三局不管勝負(fù)；負(fù)勝負(fù)；勝負(fù)負(fù)；，；故的分布列如下：234故數(shù)學(xué)期望；（2）“雙敗淘汰制”下，甲獲勝的概率，在“單敗淘汰制”下，甲獲勝的概率為，由，且所以時(shí)，，“雙敗淘汰制”對(duì)甲奪冠有利；時(shí)，，“單敗淘汰制”對(duì)甲奪冠有利；時(shí)，兩種賽制甲奪冠的概率一樣.19．（15分）已知橢圓C：（）過點(diǎn)，右焦點(diǎn)為．(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）交橢圓C于點(diǎn)M、N，點(diǎn)A是右頂點(diǎn)，直線MA、NA分別與直線交于點(diǎn)P、Q，求的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，列出關(guān)于的方程，代入計(jì)算，即可求解；（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，驗(yàn)證，即．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l：，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理代入計(jì)算，分別表示出坐標(biāo)，利用向量的數(shù)量積，轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】（1）由題意可得，，解得，所以橢圓的方程為.（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，有，，，則，，故，即．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l：，其中．聯(lián)立，得，由題意，知恒成立，設(shè)，則，．直線MA的方