2025年高考北京数学真题含答案

第1页/共1页2025年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共12页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题

共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.集合，则（）A. B. C. D.2.已知复数z满足，则（）A. B. C.4 D.83.双曲线的离心率为（）A. B. C. D.4.为得到函数图象，只需把函数的图象上的所有点（）A.横坐标变成原来的倍，纵坐标不变 B.横坐标变成原来的2倍，纵坐标不变C.纵坐标变成原来的倍，横坐标不变 D.纵坐标变成原来的3倍，横坐标不变5.已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则（）A. B. C.16 D.186.已知，则（）A. B.C. D.7.已知函数定义域为D，则“函数的值域为”是“对任意，存在，使得”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8.设函数，若恒成立，且在上存在零点，则最小值为（）A.8 B.6 C.4 D.39.在一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要时间（单位：小时），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20小时；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（单位：小时）（）A.2 B.4 C.20 D.4010.已知平面直角坐标系中，，，设，则的取值范围是（）A. B. C. D.第二部分（非选择题

共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线的顶点到焦点的距离为3，则________．12.已知，则________；________．13.已知，且，，写出满足条件的一组________，_________．14.某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，，若，则该多面体的体积为________．15.关于定义域为R函数，以下说法正确的有________．①存在在R上单调递增的函数使得恒成立；②存在在R上单调递减的函数使得恒成立；③使得恒成立的函数存在且有无穷多个；④使得恒成立的函数存在且有无穷多个．三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在中，．（1）求c；（2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC的高．①；②；③面积为．17.四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点．（1）F为中点，G为PE的中点，证明：面PAB；（2）若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值．18.有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率．（1）从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率．（2）从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学期望．（3）若甲校同学掌握这个知识点则有的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点则有的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的概率为，乙校学生掌握该知识点的概率为，试比较与的大小（结论不要求证明）19.已知的离心率为，椭圆上的点到两焦点距离之和为4，（1）求椭圆方程；（2）设O为原点，为椭圆上一点，直线与直线，交于A，B．与的面积为，比较与的大小．20.函数的定义域为，为处的切线．（1）的最大值；（2），除点A外，曲线均在上方；（3）若时，直线过A且与垂直，，分别于x轴的交点为与，求的取值范围．21.，从M中选出n个有序数对构成一列：．相邻两项满足：或，称为k列．（1）若k列的第一项为，求第二项．（2）若为k列，且满足i为奇数时，：i为偶数时，；判断：与能否同时在中，并说明；（3）证明：M中所有元素都不构成k列．

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.8 B.9 C.12 D.182.已知，则（）A. B. C. D.13.已知集合则（）A. B.C. D.4.不等式解集是（）A. B.C. D.5.在中，，，，则（）A. B. C. D.6.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.3 B.4 C.5 D.67.记为等差数列的前n项和，若则（）A B. C. D.8.已知，，则（）A. B. C. 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（）A B.C. D.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（）A. B.C.C的离心率为 D.当时，四边形的面积为三、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___________13.若是函数极值点，则___________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____________．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．16.已知椭圆的离心率为，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．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．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．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，．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.8 B.9 C.12 D.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.3 B.4 C.5 D.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（）A. B.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（）A. B.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.已知椭圆的离心率为，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（北京卷）数学本试卷共12页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题

共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出.【详解】因为，所以，故选：D.2已知复数z满足，则（）A. B. C.4 D.8【答案】B【解析】【分析】先求出复数，再根据复数模的公式即可求出．【详解】由可得，，所以，故选：B.3.双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出，即可求出离心率．【详解】由得，，所以，即，所以，故选：B．4.为得到函数图象，只需把函数的图象上的所有点（）A.横坐标变成原来倍，纵坐标不变 B.横坐标变成原来的2倍，纵坐标不变C.纵坐标变成原来的倍，横坐标不变 D.纵坐标变成原来的3倍，横坐标不变【答案】A【解析】【分析】由，根据平移法则即可解出．【详解】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象，故选：A.5.已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则（）A. B. C.16 D.18【答案】C【解析】【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为成等比数列，且，所以，即，解得或（舍去），所以.故选：C.6.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由基本不等式结合特例即可判断.【详解】对于A,当时，，故A错误；对于BD，取，此时，，故BD错误；对于C，由基本不等式可得，故C正确.故选：C.7.已知函数的定义域为D，则“函数的值域为”是“对任意，存在，使得”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解.【详解】若函数的值域为，则对任意，一定存在，使得，取，则，充分性成立；取，，则对任意，一定存在，使得，取，则，但此时函数的值域为，必要性不成立；所以“函数的值域为”是“对任意，存在，使得”的充分不必要条件.故选：A.8.设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（）A.8 B.6 C.4 D.3【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.【详解】函数，设函数的最小正周期为T，由可得，所以，即；又函数在上存在零点，且当时，，所以，即；综上，的最小值为4.故选：C.9.在一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要时间（单位：小时），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20小时；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（单位：小时）（）A.2 B.4 C.20 D.40【答案】B【解析】【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解.【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为,由题意，，，，因为，所以，所以，所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时.故选：B.10.已知平面直角坐标系中，，，设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出．【详解】因为，，由平方可得，，所以．，，所以，，又，即，所以，即，故选：D.第二部分（非选择题

共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线的顶点到焦点的距离为3，则________．【答案】【解析】【分析】根据抛物线的几何性质可求的值.【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为，故，故，故答案：.12.已知，则________；________．【答案】①.②.【解析】【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值.【详解】令，则，又，故，令，则，令，则，故故答案为：.13.已知，且，，写出满足条件的一组________，_________．【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【解析】【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解.【详解】因为，，所以的终边关于轴，且不与轴重合，故且，即，故取可满足题设要求；故答案为：，（答案不唯一）14.某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，，若，则该多面体的体积为________．【答案】【解析】【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积.【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则.证明：设，，在平面取一点，，在平面内过作直线，使得，作直线，使得，因为平面平面，，故，而，故，同理，而，故.下面回归问题.连接，因为且，故，同理，，而，故直角梯形与直角梯形全等，故，在直角梯形中，过作，垂足为，则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，故，平面平面，平面平面，,平面，故平面，取的中点为，的中点为，的中点为，连接，则，同理可证平面，而平面，故平面平面，同理平面平面，而平面平面，故平面，故，故四边形为平行四边形，故.在平面中过作，交于，连接.则四边形为平行四边形，且，故，故四边形为平行四边形，而平面，故平面，故平面平面，而，故，故几何体为直棱柱，而，故,因为，故平面，而平面，故平面平面，在平面中过作，垂足为，同理可证平面，而，故，故，由对称性可得几何体的体积为，故答案为：.15.关于定义域为R的函数，以下说法正确的有________．①存在在R上单调递增的函数使得恒成立；②存在在R上单调递减的函数使得恒成立；③使得恒成立的函数存在且有无穷多个；④使得恒成立的函数存在且有无穷多个．【答案】②③【解析】【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.【详解】对于①，若存在上的增函数，满足，则即，故时，，故，故即，矛盾，故①错误；对于②，取，该函数为上的减函数且，故该函数符合，故②正确；对于③，取，此时，由可得有无穷多个，故③正确；对于④，若存在，使得，令，则，但，矛盾，故满足的函数不存在，故④错误.故答案为：②③三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在中，．（1）求c；（2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC的高．①；②；③面积为．【答案】（1）6（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；（2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理、平方关系求得，，进一步由求得高，并说明此时三角形存在即可；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解.【小问1详解】因为，所以，由正弦定理有，解得；【小问2详解】如图所示，若存在，则设其边上的高为，若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角，而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在；若选②，，由正弦定理有，解得，此时，，而，，，所以，可以唯一确定，所以此时也可以唯一确定，这表明此时三角形是存在的，且边上的高；若选③，的面积是，则，解得，由余弦定理可得可以唯一确定，进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定，这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即.17.四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点．（1）F为的中点，G为PE的中点，证明：面PAB；（2）若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解.【小问1详解】取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形不妨设，E、F分别为BC、PD的中点，，，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，面PAB，面PAB，面PAB；【小问2详解】面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则设面PCD的一个法向量为取设AB与面PCD成的角为则即AB与平面PCD成角的正弦值为.18.有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率．（1）从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率．（2）从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学期望．（3）若甲校同学掌握这个知识点则有的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点则有的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的概率为，乙校学生掌握该知识点的概率为，试比较与的大小（结论不要求证明）【答案】（1）（2），（3）【解析】【分析】（1）用频率估计概率后可得从甲校随机抽取1人做对该题目的概率；（2）利用独立事件可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望；（3）根据题设可得关于的方程，求出其解后可得它们的大小关系.【小问1详解】用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目的概率为.【小问2详解】设为“从甲校抽取1人做对”，则，则，设为“从乙校抽取1人做对”，则，则，设为“恰有1人做对”，故，而可取，，，，故的分布列如下表：故.【小问3详解】设为“甲校掌握该知识的学生”，因为甲校掌握这个知识点则有的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，故即，故，同理有，故，故.19.已知的离心率为，椭圆上的点到两焦点距离之和为4，（1）求椭圆方程；（2）设O为原点，为椭圆上一点，直线与直线，交于A，B．与的面积为，比较与的大小．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系.法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出.【小问1详解】由椭圆可知，，所以，又，所以，，故椭圆方程为；【小问2详解】联立，消去得，，整理得，①，又，所以，，故①式可化简为，即，所以，所以直线与椭圆相切，为切点.设，易知，当时，由对称性可知，．故设，易知，联立，解得，联立，解得，所以，，故．法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．故设，联立，解得，联立，解得，则，，,又，所以，所以，，则，即，所以.20.函数的定义域为