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甘肃省临夏州高中2024-2025学年高三上学期期末质量监测数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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．（2025高三上·临夏期末）的展开式中的系数为（　　）
A．2 B．6 C．4 D．-4
2．（2025高三上·临夏期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·临夏期末）已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·临夏期末）已知圆锥的轴截面是一个边长为的正三角形，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·临夏期末）如图，在长方形ABCD中，点M，N分别是的中点，若，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·临夏期末）已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．8
7．（2025高三上·临夏期末）将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则函数的（　　）
A．最大值为 B．最小值为
C．一个对称中心为 D．一条对称轴为
8．（2025高三上·临夏期末）已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，且当时，，则（　　）
A． B．0 C． D．
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．（2025高三上·临夏期末）随机变量服从正态分布，若，则（　　）
（若随机变量服从正态分布，则）
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·临夏期末）如图，在四边形ABCD中，，且的外接圆面积与的面积满足，则（　　）
A． B．
C．外接圆面积为 D．的最大值为
11．（2025高三上·临夏期末）若函数，则（　　）
A．函数在区间上单调递增
B．函数的图象关于点对称
C．函数的极大值为
D．函数有且仅有两个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·临夏期末）已知函数，若，则实数　 　.
13．（2025高三上·临夏期末）双曲线的离心率为，若点为双曲线的左焦点，则点到双曲线的一条渐近线的距离为　 　.
14．（2025高三上·临夏期末）已知，则　 　.
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．（2025高三上·临夏期末）已知函数（其中为自然对数的底数）.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求实数的最大值.
16．（2025高三上·临夏期末）已知数列是以2为公比的等比数列，且.
（1）解不等式：.
（2）数列中，定义：使为整数的数叫做期盼数.求区间[1，100]内的所有期盼数的和.
17．（2025高三上·临夏期末）在四棱锥中，，且平面BCDE.
（1）求证：平面ACD.
（2）在线段DA（不含端点）上是否存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为？若存在，求出DM的长度；若不存在，请说明理由.
18．（2025高三上·临夏期末）已知两定点，动点满足直线与直线PA的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹方程，并指出方程表示的曲线的形状；
（2）过点的直线与曲线相交于点，且，求直线的方程；
（3）若斜率为的直线与曲线交于不同的两点M，N，且，求的取值范围.
19．（2025高三上·临夏期末）维空间是一个多维空间，其中包含了个维度，若建立维坐标（，则维空间中任意一点的坐标可表示为，当任意的时，称为维“单位体”的顶点坐标，对应的点称为维“单位体”的顶点.
（1）求4维“单位体”的顶点个数.
（2）定义：在维空间中两点与的J氏距离为.在3维“单位体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的J氏距离，求随机变量的分布列和数学期望.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：的展开式中的系数即为的展开式中的系数，
又二项式的展开式的通项为，
令，可得，
所以的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数.
故答案为：B.
【分析】通过二项式通项公式，将问题转化为求中项的系数，再结合乘法运算得到目标系数。
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，则，即，则，
所以，则.
故答案为：C
【分析】先通过分式不等式的变形与求解确定集合S，再根据交集定义找出S与T的公共元素。
3．【答案】D
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意得，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算法则将复数化简为标准形式，再根据复数模的计算公式求解，或者利用复数模的性质“”直接计算.
4．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意设，易知圆锥的底面半径为，高为3，
所以圆锥的体积为.
故答案为：B
【分析】由轴截面的正三角形特征，确定底面半径和高，再代入圆锥体积公式计算。
5．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由图可知，，
所以，解得，则.
故答案为：A.
【分析】通过选取基底，将向量、和用基底表示，再根据平面向量基本定理列方程组求解。
6．【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：
如图，因抛物线的焦点为，则由可得，则抛物线方程为，
设焦点的直线方程为，代入，整理得：，
设，则（*），
若点在第一象限，由可得：，解得，
代入（*），可得，，此时直线方程为，
故.
故答案为：C.
【分析】先由焦点求出抛物线方程，再设直线方程联立抛物线，利用三角形面积求点P的纵坐标，结合韦达定理求出点Q的纵坐标，进而计算弦长。
7．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、函数的图象向左平移个单位长度，可得的图象，又再向下平移1个单位长度得到函数的图象，所以，当时，，故A错误；
B、当时，，故B错误；
C、由，得，所以函数的，
当时，的一个对称中心为，故C错误；
D、由，得，所以的对称轴为，
当时，的一条对称轴为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】通过三角函数的平移变换得到的解析式，再分别分析其最值、对称中心和对称轴。
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为偶函数，故，
又因为奇函数，故，
则，故有，
由可得4是函数的一个周期.
又因为奇函数，则函数的图象关于点成中心对称，
因函数的定义域为则，解得，
故当时，，
于是，，
，
故.
故答案为：A.
【分析】通过函数的奇偶性和周期性推导，先确定周期和参数b，再利用周期性和奇偶性计算各点函数值。
9．【答案】B,C
【知识点】正态分布定义；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A，因，而，故A错误；
B，由可得，解得，故B正确；
C，因，故C正确；
D，，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用正态分布的对称性求解参数a，结合方差定义和正态分布概率性质分析各选项。
10．【答案】A,B
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A，由余弦定理可得，故A正确；
B，因为，所以是外接圆的直径，
又的外接圆面积与的面积满足，所以，
所以，又，所以，所以，
所以是等腰直角三角形，所以，故B正确；
C，，所以外接圆的半径为，
所以外接圆面积为，故C错误；
D，在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用余弦定理、正弦定理及三角形外接圆性质，结合等腰直角三角形的判定，逐一分析各选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A，当时，，所以，所以函数在区间上单调递增，故A正确；
B，由，可得，所以定义域为，所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
C，因为，所以函数为奇函数，
又函数在上单调递增，故函数在上无极值点，故在上无极值点，
当时，，求导得，
令，可得，当，所以，当时，，
所以函数在处取得极大值，且极大值为，
由奇函数的定义可知有极小值，无极大值，故C正确；
D，令，又定义域为，所以，解得，
所以函数有且仅有两个零点，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】通过分类讨论去绝对值，结合导数分析单调性、极值，利用奇偶性和零点定义判断各选项。
12．【答案】或10
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：因函数，则，
又，所以，
当时，，则，解得或（舍去），
当时，，则，解得，
综上所述，或．
故答案为：或.
【分析】先计算已知点的函数值，再根据分段函数的不同区间分类讨论，求解方程得到实数a。
13．【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，可得，解得，
又双曲线的离心率为，所以，解得，
所以，解得，
所以左焦点，一条渐近线，
故双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为.
故答案为：.
【分析】先由双曲线的基本量关系（a， b， c）和离心率求出b，再确定左焦点坐标和渐近线方程，最后利用点到直线的距离公式计算。
14．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
所以，所以
.
故答案为：.
【分析】通过两角和与差的三角函数公式展开分子，拆分后转化为正切形式，再结合两角和的正切公式求出相关表达式的值，进而计算得到结果。
15．【答案】（1）解：当时，，得，
令，解得，令，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）解：因为，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
故当时，函数存在最小值，最小值为.
若恒成立，则实数，
即，所以实数的最大值为
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）通过求导分析导数的符号，确定函数的单调区间，核心是利用指数函数的恒正性简化不等式。
（2）先求函数的最小值（利用单调性），再根据恒成立条件建立关于a的不等式，从而求解a的最大值。
（1）当时，，得，
令，解得，令，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）方法一：因为，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
故当时，函数存在最小值，最小值为.
若恒成立，则实数，
即，所以实数的最大值为．
方法二：由题意，当时，恒成立；
当时，解得，
令，
得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，所以，
即，所以的最大值为.
16．【答案】（1）解：由题意可知数列是以2为公比的等比数列，
又，得，
即，得，
所以，则，
设，
所以，
两式相减，得，
，
得，所以，
解得不等式的解集为.
（2）解：因为，所以
易得当时，为整数，
又，
故区间[1，100]内的所有期盼数的和为
【知识点】数列的求和；等比数列的实际应用
【解析】【分析】（1）先通过等比数列的前n项和公式求出首项，得到通项后，利用错位相减法求前n项和，再解不等式确定解集。
（2）根据期盼数的定义，将乘积式转化为指数形式，分析指数为非负整数的条件，进而确定期盼数的范围，最后用等差数列求和公式计算和。
（1）解：由题意可知数列是以2为公比的等比数列，
又，得，
即，得，
所以，则，
设，
所以，
两式相减，得，
，
得，所以，
解得不等式的解集为.
（2）因为，所以
易得当时，为整数，
又，
故区间[1，100]内的所有期盼数的和为
17．【答案】（1）证明：由，得，
又，所以
又因为平面BCDE，平面BCDE，则，
且平面ADC，所以平面
（2）解：假设在线段DA上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为，
由题意可知，两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，则
设则
设平面BEA的法向量为，且，
故，不妨取，则，可得.
设平面BEM的法向量为，且，
故，不妨取，则.
设平面BEM与平面BEA所成角为，
故，
化简可得，解得或（舍去），
因为，所以.
所以在线段DA（不含端点）上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过线线垂直的传递性（和），结合线面垂直判定定理证明。
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法设点、求法向量，结合面面角公式列方程求解，核心是将空间角问题转化为向量的数量积运算。
（1）由，得，
又，所以
又因为平面BCDE，平面BCDE，则，
且平面ADC，所以平面
（2）假设在线段DA上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为，
由题意可知，两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，则
设则
设平面BEA的法向量为，且，
故，不妨取，则，可得.
设平面BEM的法向量为，且，
故，不妨取，则.
设平面BEM与平面BEA所成角为，
故，
化简可得，解得或（舍去），
因为，所以.
所以在线段DA（不含端点）上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：设点的坐标为，由题意且，
即，
得曲线的方程为，
所以曲线为焦点在轴上的椭圆（去掉两个短轴端点）.
（2）解：由题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，所以或，
所以或，所以，
所以.
又，所以，解得，
所以直线的方程为或.
（3）解：由题意得，设，直线，与椭圆方程联立，得
消去得：，
则，且
所以，
所以MN的中点的坐标为.
因为，所以AE是线段MN的垂直平分线，所以.
当时，直线AE的斜率不存在，此时满足，
当时，根据斜率之积为-1，可得，所以，
将其代入，并整理得，得，且，
所以，
又由（2）可知，当时，，此时点M，N中有一点与点重合，又点不在曲线上，所以时，不满足条件.
综上，的取值范围为

【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）利用斜率公式建立方程，化简后得到椭圆轨迹，注意排除斜率不存在的点。
（2）设直线方程并联立椭圆，利用距离公式列方程求解斜率，得到直线方程。
（3）联立直线与椭圆，利用中点和垂直关系推导参数关系，结合判别式和曲线限制条件确定斜率范围。
（1）设点的坐标为，由题意且，
即，
得曲线的方程为，
所以曲线为焦点在轴上的椭圆（去掉两个短轴端点）.
（2）由题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，所以或，
所以或，所以，
所以.
又，所以，解得，
所以直线的方程为或.
（3）由题意，设，直线，与椭圆方程联立，得消去得：，
则，且
所以，
所以MN的中点的坐标为.
因为，所以AE是线段MN的垂直平分线，所以.
当时，直线AE的斜率不存在，此时满足，
当时，根据斜率之积为-1，可得，所以，
将其代入，并整理得，得，且，
所以，
又由（2）可知，当时，，此时点M，N中有一点与点重合，又点不在曲线上，所以时，不满足条件.
综上，的取值范围为
19．【答案】（1）解：由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为，
当）时，称为4维“单位体”的顶点坐标.
故4维“单位体”的顶点有个.
（2）解： 由题意，在维空间中两点与的J氏距离为，
可得在3维空间中两点与的J氏距离为.
设M，N为3维“单位体”的任意两个不同的顶点，则点与点的组合数共有个，
由题意随机变量的值可以取.
当时，有1个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有2个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有3个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
所以.
故分布列为：
1
得.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【分析】（1）利用分步计数原理，每个维度的分量有 2 种选择，直接计算顶点个数.
（2）先确定顶点组合数，再根据坐标不同分量的个数分析 J 氏距离的可能值，结合组合数计算概率，最后通过期望公式求解.
（1）由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为，
当）时，称为4维“单位体”的顶点坐标.
故4维“单位体”的顶点有个.
（2）由题意，在维空间中两点与的J氏距离为
，可得在3维空间中两点与的J氏距离为.
设M，N为3维“单位体”的任意两个不同的顶点，则点与点的组合数共有个，
由题意随机变量的值可以取.
当时，有1个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有2个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有3个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
所以.
故分布列为：
1
得.
1 / 1甘肃省临夏州高中2024-2025学年高三上学期期末质量监测数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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．（2025高三上·临夏期末）的展开式中的系数为（　　）
A．2 B．6 C．4 D．-4
【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：的展开式中的系数即为的展开式中的系数，
又二项式的展开式的通项为，
令，可得，
所以的展开式中的系数为，所以的展开式中的系数.
故答案为：B.
【分析】通过二项式通项公式，将问题转化为求中项的系数，再结合乘法运算得到目标系数。
2．（2025高三上·临夏期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，则，即，则，
所以，则.
故答案为：C
【分析】先通过分式不等式的变形与求解确定集合S，再根据交集定义找出S与T的公共元素。
3．（2025高三上·临夏期末）已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意得，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算法则将复数化简为标准形式，再根据复数模的计算公式求解，或者利用复数模的性质“”直接计算.
4．（2025高三上·临夏期末）已知圆锥的轴截面是一个边长为的正三角形，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意设，易知圆锥的底面半径为，高为3，
所以圆锥的体积为.
故答案为：B
【分析】由轴截面的正三角形特征，确定底面半径和高，再代入圆锥体积公式计算。
5．（2025高三上·临夏期末）如图，在长方形ABCD中，点M，N分别是的中点，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由图可知，，
所以，解得，则.
故答案为：A.
【分析】通过选取基底，将向量、和用基底表示，再根据平面向量基本定理列方程组求解。
6．（2025高三上·临夏期末）已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：
如图，因抛物线的焦点为，则由可得，则抛物线方程为，
设焦点的直线方程为，代入，整理得：，
设，则（*），
若点在第一象限，由可得：，解得，
代入（*），可得，，此时直线方程为，
故.
故答案为：C.
【分析】先由焦点求出抛物线方程，再设直线方程联立抛物线，利用三角形面积求点P的纵坐标，结合韦达定理求出点Q的纵坐标，进而计算弦长。
7．（2025高三上·临夏期末）将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则函数的（　　）
A．最大值为 B．最小值为
C．一个对称中心为 D．一条对称轴为
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、函数的图象向左平移个单位长度，可得的图象，又再向下平移1个单位长度得到函数的图象，所以，当时，，故A错误；
B、当时，，故B错误；
C、由，得，所以函数的，
当时，的一个对称中心为，故C错误；
D、由，得，所以的对称轴为，
当时，的一条对称轴为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】通过三角函数的平移变换得到的解析式，再分别分析其最值、对称中心和对称轴。
8．（2025高三上·临夏期末）已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，且当时，，则（　　）
A． B．0 C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为偶函数，故，
又因为奇函数，故，
则，故有，
由可得4是函数的一个周期.
又因为奇函数，则函数的图象关于点成中心对称，
因函数的定义域为则，解得，
故当时，，
于是，，
，
故.
故答案为：A.
【分析】通过函数的奇偶性和周期性推导，先确定周期和参数b，再利用周期性和奇偶性计算各点函数值。
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．（2025高三上·临夏期末）随机变量服从正态分布，若，则（　　）
（若随机变量服从正态分布，则）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】正态分布定义；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A，因，而，故A错误；
B，由可得，解得，故B正确；
C，因，故C正确；
D，，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用正态分布的对称性求解参数a，结合方差定义和正态分布概率性质分析各选项。
10．（2025高三上·临夏期末）如图，在四边形ABCD中，，且的外接圆面积与的面积满足，则（　　）
A． B．
C．外接圆面积为 D．的最大值为
【答案】A,B
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A，由余弦定理可得，故A正确；
B，因为，所以是外接圆的直径，
又的外接圆面积与的面积满足，所以，
所以，又，所以，所以，
所以是等腰直角三角形，所以，故B正确；
C，，所以外接圆的半径为，
所以外接圆面积为，故C错误；
D，在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用余弦定理、正弦定理及三角形外接圆性质，结合等腰直角三角形的判定，逐一分析各选项。
11．（2025高三上·临夏期末）若函数，则（　　）
A．函数在区间上单调递增
B．函数的图象关于点对称
C．函数的极大值为
D．函数有且仅有两个零点
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A，当时，，所以，所以函数在区间上单调递增，故A正确；
B，由，可得，所以定义域为，所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
C，因为，所以函数为奇函数，
又函数在上单调递增，故函数在上无极值点，故在上无极值点，
当时，，求导得，
令，可得，当，所以，当时，，
所以函数在处取得极大值，且极大值为，
由奇函数的定义可知有极小值，无极大值，故C正确；
D，令，又定义域为，所以，解得，
所以函数有且仅有两个零点，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】通过分类讨论去绝对值，结合导数分析单调性、极值，利用奇偶性和零点定义判断各选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高三上·临夏期末）已知函数，若，则实数　 　.
【答案】或10
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：因函数，则，
又，所以，
当时，，则，解得或（舍去），
当时，，则，解得，
综上所述，或．
故答案为：或.
【分析】先计算已知点的函数值，再根据分段函数的不同区间分类讨论，求解方程得到实数a。
13．（2025高三上·临夏期末）双曲线的离心率为，若点为双曲线的左焦点，则点到双曲线的一条渐近线的距离为　 　.
【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线，可得，解得，
又双曲线的离心率为，所以，解得，
所以，解得，
所以左焦点，一条渐近线，
故双曲线的左焦点到一条渐近线的距离为.
故答案为：.
【分析】先由双曲线的基本量关系（a， b， c）和离心率求出b，再确定左焦点坐标和渐近线方程，最后利用点到直线的距离公式计算。
14．（2025高三上·临夏期末）已知，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
所以，所以
.
故答案为：.
【分析】通过两角和与差的三角函数公式展开分子，拆分后转化为正切形式，再结合两角和的正切公式求出相关表达式的值，进而计算得到结果。
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．（2025高三上·临夏期末）已知函数（其中为自然对数的底数）.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）解：当时，，得，
令，解得，令，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）解：因为，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
故当时，函数存在最小值，最小值为.
若恒成立，则实数，
即，所以实数的最大值为
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）通过求导分析导数的符号，确定函数的单调区间，核心是利用指数函数的恒正性简化不等式。
（2）先求函数的最小值（利用单调性），再根据恒成立条件建立关于a的不等式，从而求解a的最大值。
（1）当时，，得，
令，解得，令，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）方法一：因为，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
故当时，函数存在最小值，最小值为.
若恒成立，则实数，
即，所以实数的最大值为．
方法二：由题意，当时，恒成立；
当时，解得，
令，
得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，所以，
即，所以的最大值为.
16．（2025高三上·临夏期末）已知数列是以2为公比的等比数列，且.
（1）解不等式：.
（2）数列中，定义：使为整数的数叫做期盼数.求区间[1，100]内的所有期盼数的和.
【答案】（1）解：由题意可知数列是以2为公比的等比数列，
又，得，
即，得，
所以，则，
设，
所以，
两式相减，得，
，
得，所以，
解得不等式的解集为.
（2）解：因为，所以
易得当时，为整数，
又，
故区间[1，100]内的所有期盼数的和为
【知识点】数列的求和；等比数列的实际应用
【解析】【分析】（1）先通过等比数列的前n项和公式求出首项，得到通项后，利用错位相减法求前n项和，再解不等式确定解集。
（2）根据期盼数的定义，将乘积式转化为指数形式，分析指数为非负整数的条件，进而确定期盼数的范围，最后用等差数列求和公式计算和。
（1）解：由题意可知数列是以2为公比的等比数列，
又，得，
即，得，
所以，则，
设，
所以，
两式相减，得，
，
得，所以，
解得不等式的解集为.
（2）因为，所以
易得当时，为整数，
又，
故区间[1，100]内的所有期盼数的和为
17．（2025高三上·临夏期末）在四棱锥中，，且平面BCDE.
（1）求证：平面ACD.
（2）在线段DA（不含端点）上是否存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为？若存在，求出DM的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：由，得，
又，所以
又因为平面BCDE，平面BCDE，则，
且平面ADC，所以平面
（2）解：假设在线段DA上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为，
由题意可知，两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，则
设则
设平面BEA的法向量为，且，
故，不妨取，则，可得.
设平面BEM的法向量为，且，
故，不妨取，则.
设平面BEM与平面BEA所成角为，
故，
化简可得，解得或（舍去），
因为，所以.
所以在线段DA（不含端点）上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过线线垂直的传递性（和），结合线面垂直判定定理证明。
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法设点、求法向量，结合面面角公式列方程求解，核心是将空间角问题转化为向量的数量积运算。
（1）由，得，
又，所以
又因为平面BCDE，平面BCDE，则，
且平面ADC，所以平面
（2）假设在线段DA上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为，
由题意可知，两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，则
设则
设平面BEA的法向量为，且，
故，不妨取，则，可得.
设平面BEM的法向量为，且，
故，不妨取，则.
设平面BEM与平面BEA所成角为，
故，
化简可得，解得或（舍去），
因为，所以.
所以在线段DA（不含端点）上存在点，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为.
18．（2025高三上·临夏期末）已知两定点，动点满足直线与直线PA的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹方程，并指出方程表示的曲线的形状；
（2）过点的直线与曲线相交于点，且，求直线的方程；
（3）若斜率为的直线与曲线交于不同的两点M，N，且，求的取值范围.
【答案】（1）解：设点的坐标为，由题意且，
即，
得曲线的方程为，
所以曲线为焦点在轴上的椭圆（去掉两个短轴端点）.
（2）解：由题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，所以或，
所以或，所以，
所以.
又，所以，解得，
所以直线的方程为或.
（3）解：由题意得，设，直线，与椭圆方程联立，得
消去得：，
则，且
所以，
所以MN的中点的坐标为.
因为，所以AE是线段MN的垂直平分线，所以.
当时，直线AE的斜率不存在，此时满足，
当时，根据斜率之积为-1，可得，所以，
将其代入，并整理得，得，且，
所以，
又由（2）可知，当时，，此时点M，N中有一点与点重合，又点不在曲线上，所以时，不满足条件.
综上，的取值范围为

【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）利用斜率公式建立方程，化简后得到椭圆轨迹，注意排除斜率不存在的点。
（2）设直线方程并联立椭圆，利用距离公式列方程求解斜率，得到直线方程。
（3）联立直线与椭圆，利用中点和垂直关系推导参数关系，结合判别式和曲线限制条件确定斜率范围。
（1）设点的坐标为，由题意且，
即，
得曲线的方程为，
所以曲线为焦点在轴上的椭圆（去掉两个短轴端点）.
（2）由题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，所以或，
所以或，所以，
所以.
又，所以，解得，
所以直线的方程为或.
（3）由题意，设，直线，与椭圆方程联立，得消去得：，
则，且
所以，
所以MN的中点的坐标为.
因为，所以AE是线段MN的垂直平分线，所以.
当时，直线AE的斜率不存在，此时满足，
当时，根据斜率之积为-1，可得，所以，
将其代入，并整理得，得，且，
所以，
又由（2）可知，当时，，此时点M，N中有一点与点重合，又点不在曲线上，所以时，不满足条件.
综上，的取值范围为
19．（2025高三上·临夏期末）维空间是一个多维空间，其中包含了个维度，若建立维坐标（，则维空间中任意一点的坐标可表示为，当任意的时，称为维“单位体”的顶点坐标，对应的点称为维“单位体”的顶点.
（1）求4维“单位体”的顶点个数.
（2）定义：在维空间中两点与的J氏距离为.在3维“单位体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的J氏距离，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为，
当）时，称为4维“单位体”的顶点坐标.
故4维“单位体”的顶点有个.
（2）解： 由题意，在维空间中两点与的J氏距离为，
可得在3维空间中两点与的J氏距离为.
设M，N为3维“单位体”的任意两个不同的顶点，则点与点的组合数共有个，
由题意随机变量的值可以取.
当时，有1个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有2个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有3个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
所以.
故分布列为：
1
得.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【分析】（1）利用分步计数原理，每个维度的分量有 2 种选择，直接计算顶点个数.
（2）先确定顶点组合数，再根据坐标不同分量的个数分析 J 氏距离的可能值，结合组合数计算概率，最后通过期望公式求解.
（1）由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为，
当）时，称为4维“单位体”的顶点坐标.
故4维“单位体”的顶点有个.
（2）由题意，在维空间中两点与的J氏距离为
，可得在3维空间中两点与的J氏距离为.
设M，N为3维“单位体”的任意两个不同的顶点，则点与点的组合数共有个，
由题意随机变量的值可以取.
当时，有1个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有2个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
当时，有3个第维坐标值不同，点M，N的组合数共有（个），
所以.
故分布列为：
1
得.
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