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广东佛山市南海区艺术高级中学2026年高三下学期综合测试数学试卷（艺高一模）
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．复数，则（　　）
A． B． C． D．2
3．已知向量，若，则的值为（　　）
A．4 B．5 C． D．
4．的展开式中的常数项为（　　）
A．60 B．120 C．160 D．240
5．记为等差数列的前项和，公差，、、成等比数列，则（　　）
A． B． C． D．
6．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知是椭圆的两个焦点，为上一点，且，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．设函数，，若存在，，使得，则的最小值为
A． B．1 C．2 D．e
9．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（　　）
A．直线与直线所成角为
B．平面
C．M、O、三点共线
D．直线与平面所成角的为
10．已知点，，点P在圆上运动，则（　　）
A．直线AB与圆C相离 B．的面积的最小值为
C．的最大值为6 D．当最小时，
11．现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（），则（　　）
A．
B．
C．
D．且
12．直线与圆相交所得的弦长为　 　．
13．已知正四棱台中，侧棱与底面所成的角为，，则该四棱台的体积为　 　．
14．“素数”是指大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其它正整数整除的数，例如2 3 都是素数；“孪生素数”是指相差为2的两个素数，例如都是“孪生素数”；关于“孪生素数”有一个著名的猜想：自然数中存在无穷多对“孪生素数”；2013年数学家张益唐证明了“存在无穷多对素数，它们的差不超过7000万”，2014年陶哲轩等数学家证明了“存在无数多对素数，它们的差不超过246”；现在某同学要从小于20的素数中取出4个，则取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率=　 　.
15．已知数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前项和为．
16．在中，内角的对边分别为，，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
17．在如图所示的几何体中，四边形是边长为4的菱形，，平面，，且．
（1）证明：平面平面．
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
18．已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）设为两个不相等的正数，且，证明：．
19．已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左、右顶点，是椭圆的右焦点．过点的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与轴交于点，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题意，得：，
因为，
所以．
故答案为：A.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法求出集合，再根据并集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数除法运算法则和复数求模公式，从而得出复数z的模.
3．【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，且，
则，解得，
所以，
可得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示，从而得出x的值，进而得出向量的坐标，再利用向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而得出的值.
4．【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为共有个因式，
从个因式中选择，在剩下的个因式中选择，
则的展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，再利用常数项的定义，从而得出的展开式中的常数项.
5．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：由题意，可知，
则，
整理可得，
解得，
则.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和等比中项公式以及等差数列的通项公式，从而可得关于的方程，解方程求出的值，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的值.
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
则，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和两角和的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】解：已知，由椭圆的定义可得，
所以，，
因为，
由余弦定理可得
所以，
整理可得，所以，即.
故答案为：A.
【分析】先利用椭圆的定义及已知条件可得，，再利用余弦定理可得，结合离心率的定义即可求解.
8．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可得，即，所以，
又，所以在上单调递增，
即，所以，
且，
令，，
则，其中，
令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，有极大值，即最大值，
所以，，
所以.
故答案为：B
【分析】根据题意，由条件可得，即可得到，构造函数，求导得其最值，即可得到结果.
9．【答案】A,B,C
【知识点】三点共线；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，连接，四边形是正方体的对角面，
则四边形为矩形，
所以，
则是直线与直线所成角或其补角，
因为，
所以，故A正确；
对于B，因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
同理可得，
又因为，
所以平面，故B正确；
对于C，由，平面，
得平面，
由，平面，
得平面，
则是平面和平面的公共点，
同理可得，点和都是平面和平面的公共点，
因此，三点，，在平面与平面的交线上，
则，，三点共线，故C正确；
对于D，连接，设，连接，
由选项B得平面，
则为直线与平面所成的角，
在中，，
因此，，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用正方体的结构特征得出四边形为矩形，，从而得出是直线与直线所成角或其补角， 再利用几何法求出异面直线的夹角，则判断出选项A；利用线面垂直的性质定理和判定定理，则判断出选项B；利用平面的基本事实推理和三点共线，则判断出选项C；利用已知条件和选项B得出线面垂直，从而得出为直线与平面所成的角，再利用直角三角形中正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：对于A，由点，，点P在圆上运动，
则圆心为，半径为2，直线AB的方程为，
所以，圆心C到直线AB的距离，
则直线AB与圆C相离，故A正确；
对于B，因为，点P到直线AB的距离的最小值为，
则面积的最小值为，故B错误；
对于C，由，故C正确；
对于D，当最小时，直线PB与圆C相切，此时，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】利用点在圆上运动，从而得出直线AB的方程，进而得到圆心C到直线AB的距离，再利用直线与圆的位置关系判断方法，则可判断选项A；由得出点P到直线AB的距离的最小值为，再结合三角形的面积公式，则可判断选项B；根据可判断选项C；当最小时，得到直线PB与圆C相切，再结合切线长公式，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，若数字9被选到，有两种情况：
第一次选数时，从1到10中选到9，概率为；
第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为，
所以，故选项A错误；
对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：
第一次就选到8，概率为；
当发生后，下一次从1到8中选到8，概率为；
当发生后，下一次从1到9中选到8，概率为，
因为这几种情况彼此互斥，
所以，故选项B正确；
对于C，根据条件概率公式，，
若发生，则数字9被选到，那么在选到9的情况下，下一次从1到8中选到8的概率为，
即，
若发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，
可以下一次从1到9中选到8，也可以是下一次从1到9中选到9，
再下一次从1到8中选到8，即，
所以，故选项C正确；
对于D，对于即选中的情况，
设为选中数当中不小于的最小整数，
则
，
当时，有，，，
结合知，，，
所以最大数选取是任意的，始终有，
对于同时选中情况，
不妨设，可理解为从中按规则取数，
选中的概率，则，
可得，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据试验过程和古典概率公式、独立事件乘法求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出的值，则判断出选项A；根据试验过程和互斥事件加法求概率公式，从而得出的表达式，则判断出选项B；根据条件概率公式判断与是否相等，则判断出选项C；当时，有，从而得出递推公式，从而得出，，再利用条件概率公式得出，结合条件概率乘法公式可得，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由圆，
得圆，
所以，圆心为，半径为，
所以，点到直线的距离为，
综上所述，直线与圆的相交弦长为.
故答案为：.
【分析】先利用转化法确定圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，再利用弦长公式得出相交弦长.
13．【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知条件可知，上下底面对角线长为2和4，
因为侧棱与底面所成角为，
所以，高为，
则四棱台的体积.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件求出棱台的高，再代入四棱台的体积公式得出该四棱台的体积.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为小于20的素数共有，8个，
其中“孪生素数”有4对，
若取，则不能取7，从中取2个，同时和不能同时出现，
所以种；
若取，则不能取3，从中取2个，同时和不能同时出现，
所以种；
若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，
所以种；
若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，
所以种，
总共有，
则从个数中取出4个共有种，
所以，取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再根据组合数公式、分类加法计数原理和古典概率公式，从而得出取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率.
15．【答案】（1）解：因为①，
当时，，
解得，
当时，②，
由式子①②，得，
则，
因为，所以，
则，
所以，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则.
（2）解：因为 ，
所以①，
②，
由①②，得：
，
则．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1)利用与的关和等比数列的定义，从而判断出数列是以1为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式.
(2)利用（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用错位相减法，从而得出数列的前项和为.
（1）（1）①，
当时，，解得，
当时，②，
式子①②得，故，
因为，所以，所以，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；
（2）（2） ①
②
①②得：
．
16．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，，所以，且，所以；
则，可得，
又因为，所以；
（2）解：因为，，所以，
又因为，所以，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式求得，再根据求角B即可；
（2）由（1）的结论，根据两角和的正弦公式求得，再由正弦定理求出边，最后利用三角形面积公式求解即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，可得，
且，所以；
则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，，
则，
又因为，则，
所以.
17．【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又因为四边形是菱形，
所以，，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：设与交于点，以为原点，分别为轴，
过点平行为轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，，
所以，
取平面的法向量，
所以，
解得，则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义和菱形的结构特征证出线线垂直，再利用线线垂直、面面垂直证出平面平面．
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标和向量的坐标，球出平面的一个法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出h的值，进而得出DE的长.
（1）因为平面，平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）设与交于点，以为原点，分别为轴，过点平行为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以，取平面的法向量，
所以，解得，故.
18．【答案】（1）解：因为，
所以，切点为，
由，
得，
所以，切线方程为：，即：.
（2）解：因为的定义域为．
由，
得，
当时，；当时，；当时，，
则在区间内为增函数，在区间内为减函数.
（3）证明：将变形为，
所以，
令，
则上式变为，
则命题转换为证明：，
因为，所以，
不妨设．
由（2）知，，
先证．
要证：
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，则，
再证，
因为，所以，
则，
所以，需证．
令，
所以，则在区间内单调递增，
所以，则，
所以，
综上所述，可知．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（3）利用已知条件和转化的方法、换元法以及分析法，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（1），所以切点
由得，，
所以切线方程为：，即：
（2）的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（3）变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
因为，则有，不妨设．
由（2）知，先证．
要证：．
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以，所以，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
19．【答案】（1）解：由题意，可得，
解得，
所以，椭圆方程为.
（2）解：是定值，理由如下：
由题意，可得，
当轴时，直线的方程为，易知，
因为直线的方程为，所以，
又因为直线的方程为，所以，
则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，得，
则，
设，则，
所以，直线的方程为，
令，则，所以，
所以直线的方程为，
令，则，所以，
则，
所以，
可得，
综上所述，.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的短轴长定义和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立关于a，b，c的方程组，进而解方程组得出a，b，c的值，则得出椭圆的标准方程.
（2）利用已知条件额分类讨论的方法，当直线的斜率不存在时，分别求出直线的方程和的直线方程，再利用两点距离公式得到的值；当直线斜率存在时，设出直线方程，将直线方程和椭圆方程联立，从而得出韦达定理式，再利用点斜式方程得出直线AM的方程和直线BN的方程，再根据赋值法得到两点的坐标，则由韦达定理表示出，从而化简得出的值.
（1）由题意可得，
解得，
所以椭圆方程为，
（2）是定值，理由如下：
由题意可得，
当轴时，直线的方程为，易知，
直线的方程为，所以，
直线的方程为，所以，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
则，
设，则，
直线的方程为，令，则，所以，
直线的方程为，令，则，所以，
所以，
所以，
可得，
综上，.
1 / 1广东佛山市南海区艺术高级中学2026年高三下学期综合测试数学试卷（艺高一模）
1．已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由题意，得：，
因为，
所以．
故答案为：A.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法求出集合，再根据并集的运算法则，从而得出集合.
2．复数，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用复数除法运算法则和复数求模公式，从而得出复数z的模.
3．已知向量，若，则的值为（　　）
A．4 B．5 C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，且，
则，解得，
所以，
可得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示，从而得出x的值，进而得出向量的坐标，再利用向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，从而得出的值.
4．的展开式中的常数项为（　　）
A．60 B．120 C．160 D．240
【答案】D
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为共有个因式，
从个因式中选择，在剩下的个因式中选择，
则的展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，再利用常数项的定义，从而得出的展开式中的常数项.
5．记为等差数列的前项和，公差，、、成等比数列，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：由题意，可知，
则，
整理可得，
解得，
则.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和等比中项公式以及等差数列的通项公式，从而可得关于的方程，解方程求出的值，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的值.
6．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
则，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和两角和的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
7．已知是椭圆的两个焦点，为上一点，且，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】解：已知，由椭圆的定义可得，
所以，，
因为，
由余弦定理可得
所以，
整理可得，所以，即.
故答案为：A.
【分析】先利用椭圆的定义及已知条件可得，，再利用余弦定理可得，结合离心率的定义即可求解.
8．设函数，，若存在，，使得，则的最小值为
A． B．1 C．2 D．e
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可得，即，所以，
又，所以在上单调递增，
即，所以，
且，
令，，
则，其中，
令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，有极大值，即最大值，
所以，，
所以.
故答案为：B
【分析】根据题意，由条件可得，即可得到，构造函数，求导得其最值，即可得到结果.
9．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（　　）
A．直线与直线所成角为
B．平面
C．M、O、三点共线
D．直线与平面所成角的为
【答案】A,B,C
【知识点】三点共线；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，连接，四边形是正方体的对角面，
则四边形为矩形，
所以，
则是直线与直线所成角或其补角，
因为，
所以，故A正确；
对于B，因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
同理可得，
又因为，
所以平面，故B正确；
对于C，由，平面，
得平面，
由，平面，
得平面，
则是平面和平面的公共点，
同理可得，点和都是平面和平面的公共点，
因此，三点，，在平面与平面的交线上，
则，，三点共线，故C正确；
对于D，连接，设，连接，
由选项B得平面，
则为直线与平面所成的角，
在中，，
因此，，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用正方体的结构特征得出四边形为矩形，，从而得出是直线与直线所成角或其补角， 再利用几何法求出异面直线的夹角，则判断出选项A；利用线面垂直的性质定理和判定定理，则判断出选项B；利用平面的基本事实推理和三点共线，则判断出选项C；利用已知条件和选项B得出线面垂直，从而得出为直线与平面所成的角，再利用直角三角形中正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．已知点，，点P在圆上运动，则（　　）
A．直线AB与圆C相离 B．的面积的最小值为
C．的最大值为6 D．当最小时，
【答案】A,C,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：对于A，由点，，点P在圆上运动，
则圆心为，半径为2，直线AB的方程为，
所以，圆心C到直线AB的距离，
则直线AB与圆C相离，故A正确；
对于B，因为，点P到直线AB的距离的最小值为，
则面积的最小值为，故B错误；
对于C，由，故C正确；
对于D，当最小时，直线PB与圆C相切，此时，故D正确.
故答案为：ACD．
【分析】利用点在圆上运动，从而得出直线AB的方程，进而得到圆心C到直线AB的距离，再利用直线与圆的位置关系判断方法，则可判断选项A；由得出点P到直线AB的距离的最小值为，再结合三角形的面积公式，则可判断选项B；根据可判断选项C；当最小时，得到直线PB与圆C相切，再结合切线长公式，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
11．现进行如下试验：从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，记为，若，则试验结束；否则再从中任选一个数，依次类推，直至选中1为止.记事件“试验过程中，数字被选到”，表示事件发生的概率（），则（　　）
A．
B．
C．
D．且
【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，若数字9被选到，有两种情况：
第一次选数时，从1到10中选到9，概率为；
第一次选到10，第二次从1到9中选到9，概率为，
所以，故选项A错误；
对于B，若数字8被选到，有以下几种情况：
第一次就选到8，概率为；
当发生后，下一次从1到8中选到8，概率为；
当发生后，下一次从1到9中选到8，概率为，
因为这几种情况彼此互斥，
所以，故选项B正确；
对于C，根据条件概率公式，，
若发生，则数字9被选到，那么在选到9的情况下，下一次从1到8中选到8的概率为，
即，
若发生，即数字10被选到，那么在选到10的情况下，
可以下一次从1到9中选到8，也可以是下一次从1到9中选到9，
再下一次从1到8中选到8，即，
所以，故选项C正确；
对于D，对于即选中的情况，
设为选中数当中不小于的最小整数，
则
，
当时，有，，，
结合知，，，
所以最大数选取是任意的，始终有，
对于同时选中情况，
不妨设，可理解为从中按规则取数，
选中的概率，则，
可得，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据试验过程和古典概率公式、独立事件乘法求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而得出的值，则判断出选项A；根据试验过程和互斥事件加法求概率公式，从而得出的表达式，则判断出选项B；根据条件概率公式判断与是否相等，则判断出选项C；当时，有，从而得出递推公式，从而得出，，再利用条件概率公式得出，结合条件概率乘法公式可得，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．直线与圆相交所得的弦长为　 　．
【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由圆，
得圆，
所以，圆心为，半径为，
所以，点到直线的距离为，
综上所述，直线与圆的相交弦长为.
故答案为：.
【分析】先利用转化法确定圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，再利用弦长公式得出相交弦长.
13．已知正四棱台中，侧棱与底面所成的角为，，则该四棱台的体积为　 　．
【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知条件可知，上下底面对角线长为2和4，
因为侧棱与底面所成角为，
所以，高为，
则四棱台的体积.
故答案为：.
【分析】先利用已知条件求出棱台的高，再代入四棱台的体积公式得出该四棱台的体积.
14．“素数”是指大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其它正整数整除的数，例如2 3 都是素数；“孪生素数”是指相差为2的两个素数，例如都是“孪生素数”；关于“孪生素数”有一个著名的猜想：自然数中存在无穷多对“孪生素数”；2013年数学家张益唐证明了“存在无穷多对素数，它们的差不超过7000万”，2014年陶哲轩等数学家证明了“存在无数多对素数，它们的差不超过246”；现在某同学要从小于20的素数中取出4个，则取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率=　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为小于20的素数共有，8个，
其中“孪生素数”有4对，
若取，则不能取7，从中取2个，同时和不能同时出现，
所以种；
若取，则不能取3，从中取2个，同时和不能同时出现，
所以种；
若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，
所以种；
若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，
所以种，
总共有，
则从个数中取出4个共有种，
所以，取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再根据组合数公式、分类加法计数原理和古典概率公式，从而得出取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率.
15．已知数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前项和为．
【答案】（1）解：因为①，
当时，，
解得，
当时，②，
由式子①②，得，
则，
因为，所以，
则，
所以，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则.
（2）解：因为 ，
所以①，
②，
由①②，得：
，
则．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1)利用与的关和等比数列的定义，从而判断出数列是以1为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式.
(2)利用（1）中数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用错位相减法，从而得出数列的前项和为.
（1）（1）①，
当时，，解得，
当时，②，
式子①②得，故，
因为，所以，所以，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；
（2）（2） ①
②
①②得：
．
16．在中，内角的对边分别为，，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，，所以，且，所以；
则，可得，
又因为，所以；
（2）解：因为，，所以，
又因为，所以，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式求得，再根据求角B即可；
（2）由（1）的结论，根据两角和的正弦公式求得，再由正弦定理求出边，最后利用三角形面积公式求解即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，可得，
且，所以；
则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，，
则，
又因为，则，
所以.
17．在如图所示的几何体中，四边形是边长为4的菱形，，平面，，且．
（1）证明：平面平面．
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
又因为四边形是菱形，
所以，，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：设与交于点，以为原点，分别为轴，
过点平行为轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，，
所以，
取平面的法向量，
所以，
解得，则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义和菱形的结构特征证出线线垂直，再利用线线垂直、面面垂直证出平面平面．
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，设，从而得出点的坐标和向量的坐标，球出平面的一个法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件，从而得出h的值，进而得出DE的长.
（1）因为平面，平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）设与交于点，以为原点，分别为轴，过点平行为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以，取平面的法向量，
所以，解得，故.
18．已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）设为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】（1）解：因为，
所以，切点为，
由，
得，
所以，切线方程为：，即：.
（2）解：因为的定义域为．
由，
得，
当时，；当时，；当时，，
则在区间内为增函数，在区间内为减函数.
（3）证明：将变形为，
所以，
令，
则上式变为，
则命题转换为证明：，
因为，所以，
不妨设．
由（2）知，，
先证．
要证：
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，则，
再证，
因为，所以，
则，
所以，需证．
令，
所以，则在区间内单调递增，
所以，则，
所以，
综上所述，可知．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；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；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，根据点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（3）利用已知条件和转化的方法、换元法以及分析法，再利用导数正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（1），所以切点
由得，，
所以切线方程为：，即：
（2）的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
（3）变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
因为，则有，不妨设．
由（2）知，先证．
要证：．
令，
则，
∴在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以，所以，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
19．已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左、右顶点，是椭圆的右焦点．过点的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与轴交于点，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由．
【答案】（1）解：由题意，可得，
解得，
所以，椭圆方程为.
（2）解：是定值，理由如下：
由题意，可得，
当轴时，直线的方程为，易知，
因为直线的方程为，所以，
又因为直线的方程为，所以，
则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，得，
则，
设，则，
所以，直线的方程为，
令，则，所以，
所以直线的方程为，
令，则，所以，
则，
所以，
可得，
综上所述，.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的短轴长定义和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立关于a，b，c的方程组，进而解方程组得出a，b，c的值，则得出椭圆的标准方程.
（2）利用已知条件额分类讨论的方法，当直线的斜率不存在时，分别求出直线的方程和的直线方程，再利用两点距离公式得到的值；当直线斜率存在时，设出直线方程，将直线方程和椭圆方程联立，从而得出韦达定理式，再利用点斜式方程得出直线AM的方程和直线BN的方程，再根据赋值法得到两点的坐标，则由韦达定理表示出，从而化简得出的值.
（1）由题意可得，
解得，
所以椭圆方程为，
（2）是定值，理由如下：
由题意可得，
当轴时，直线的方程为，易知，
直线的方程为，所以，
直线的方程为，所以，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
则，
设，则，
直线的方程为，令，则，所以，
直线的方程为，令，则，所以，
所以，
所以，
可得，
综上，.
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