2023年備戰(zhàn)高考?？歼m應(yīng)模擬數(shù)學(xué)試卷1（新高考專用）（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)?？歼m應(yīng)模擬卷1（新高考專用）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.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，，，則實數(shù)的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由知：，當(dāng)，即，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；當(dāng)，即或，若，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；若，則，，滿足要求.綜上，.故選：A2．復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗因為，所以可化為所以，所以.故選：C.3．中國空間站的主體結(jié)構(gòu)包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙．安排甲、乙、丙、丁4名航天員到空間站開展工作，每個艙至少安排1人，若甲、乙兩人不能在同一個艙開展工作，則不同的安排方案共有（

）A．36種 B．18種 C．24種 D．30種〖答案〗D〖解析〗先將甲乙兩人分別安排到兩個不同艙中，有種安排方法.后分兩種方法安排丙、丁，第一種安排丙、丁到第三個艙中，有1種方法；第二種先安排丙、丁中的一人到第三個艙中，再安排剩下一人到甲乙二人所在的艙中，有種方法.則不同的安排方案共有種.故選：D4．今年入夏以來，南方多省市出現(xiàn)高溫少雨天氣，持續(xù)的干旱天氣導(dǎo)致多地湖泊及水庫水位下降.已知某水庫水位為海拔時，相應(yīng)水面的面積為；水位為海拔時，相應(yīng)水面的面積為.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔下降到時，減少的水量約為（）（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗臺體體積公式：，由題意可得，，，代入計算得，故選：C5．如圖，2022年世界杯的會徽像阿拉伯?dāng)?shù)字中的“8”．在平面直角坐標(biāo)系中，圓和外切也形成一個8字形狀，若，為圓M上兩點，B為兩圓圓周上任一點（不同于點A，P），則的最大值為（

）．A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意可得，解得，，故圓M的方程為．，畫圖分析可知當(dāng)與直線PA垂直的直線l和圓N相切，切點為B，且直線l的縱截距大于0時，最大．直線的斜率為1，設(shè)l的方程為，由圓心到直線l的距離為，解得或（舍去）．故l的方程為，其與直線PA：的交點坐標(biāo)為，所以，所以，即的最大值為．故選：C6．已知函數(shù)（其中為常數(shù)，），若實數(shù)、、滿足：①；②；③，則的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，所以，，若、不全為零，利用輔助角公式可得出，其中，所以，函數(shù)的最小正周期為，當(dāng)且時，則，這與矛盾.所以，，所以，，所以，，，因此，.故選：D.7．若實數(shù)，，，且滿足，，，則，，的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，，，得，，，令，則，當(dāng)時，當(dāng)時，所以在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，于是，即，又，，，所以.故選：C.8．記為點到平面的距離，給定四面體，則滿足的平面的個數(shù)為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗到點和的距離相等的平面有兩種類型，與平面平行或者經(jīng)過的某一條中位線．當(dāng)平面與平面平行時，如下圖，設(shè)的三等分點分別為（靠近），對于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意．在線段的延長線上取使得，對于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意，即平面與平面平行時，滿足條件的平面有2個；設(shè)的中點分別為，當(dāng)平面經(jīng)過的中位線時，如下圖：對于平面，在線段上且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．如下圖：對于平面，在線段上，在線段上，且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．對于中位線，也有類似結(jié)論,即平面經(jīng)過的某條中位線時，滿足條件的平面有6個，綜上所述，符合題意的平面共有個．故選：D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．在三棱錐中，，，，分別是，，，的重心.則下列命題中正確的有（

）A．平面 B．C．四條直線，，，相交于一點 D．〖答案〗ABC〖解析〗由于分別是的重心，所以分別延長,交于中點因為，故.平面，平面，因此平面，A選項正確；

因為是的重心，所以因此，B選項正確；因為，有，則線段的交點分為，同理線段和線段的交點分為，因此四條直線相交于一點，C選項正確.因為，所以，因此，D選項錯誤.故選：ABC.10．已知函數(shù)，曲線的切線l的斜率為k，則下列各選項正確的是（

）A．在上單調(diào)遞減B．是偶函數(shù)C．當(dāng)時，取得極大值D．當(dāng)時，l在x軸上的截距的取值范圍為〖答案〗AC〖解析〗由，且，B錯誤；當(dāng)或時，，即在、上遞減；當(dāng)時，，即在上遞增；故時，取得極大值，A正確，C正確；設(shè)切點為，則l的方程為，又則，所以l在x軸上的截距，令且，則當(dāng)時，在上遞減，上遞增，值域為；當(dāng)時，遞增，值域為．所以時，的取值范圍是，D錯誤．故選：AC11．已知，，點P滿足，則（

）A．點P在以AB為直徑的圓上 B．面積的最大值為C．存在點P使得 D．的最小值為〖答案〗BCD〖解析〗設(shè)，則，，又，則，化簡得，所以點P的軌跡方程為．對于A，以AB為直徑的圓的圓心為，半徑為，故A錯誤；對于B，依題意可得直線AB的方程為，即，所以圓P的圓心在直線AB的方程上，所以點P到直線AB的距離為圓P的半徑時，的面積最大，所以面積的最大值為，故B正確；對于C，由，在直角三角形中，角對應(yīng)的直角邊是斜邊的一半，又，則點A在圓P內(nèi)，所以存在點P使得，此時，故C正確；對于D，設(shè)，則，由余弦定理有，所以，所以當(dāng)，即時，有，故D正確．

故選：BCD．12．已知，，若直線與、圖象交點的縱坐標(biāo)分別為，，且，則（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由題意得，，，，，對于A：，因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故A正確；，因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故B正確；由，，，，，故C錯誤；令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，因為，則，所以，，，，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．的展開式中含項的系數(shù)為30，則實數(shù)a的值為___________．〖答案〗〖解析〗的展開式的通項為，令，則，令，則（舍去），所以的展開式中含項的系數(shù)為，所以.故〖答案〗為：.14．寫出一個半徑為1，且與圓和圓均外切的圓的方程__________．〖答案〗或（填一個即可）〖解析〗設(shè)所求圓的圓心為，則由外切關(guān)系可得，化簡得，解得或，故滿足條件的圓的圓心為或，故〖答案〗為：15．在18世紀(jì)，法國著名數(shù)學(xué)家拉格日在他的《〖解析〗函數(shù)論》中，第一次提到拉格朗日中值定理，其定理陳述如下，如果函數(shù)f（x）區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)（存在導(dǎo)函數(shù)），在區(qū)間（a，b）內(nèi)至少存在一個點x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝（b﹣a），則x＝x0稱為函數(shù)y＝f（x）在閉區(qū)間[a，b]上的中值點，則關(guān)于x的f（x）＝ex+mx在區(qū)間[﹣1，1]上的中值點x0的值為__________________.〖答案〗〖解析〗當(dāng)x∈[﹣1，1]時，由拉格朗日中值定理可得＝，∵f'（x）＝ex+m，∴+m，即，∴.故〖答案〗為：.16．已知橢圓的左?右焦點分別為，離心率為，點在橢圓上，連接并延長交于點，連接，若存在點使成立，則的取值范圍為___________.〖答案〗〖解析〗設(shè)，則.顯然當(dāng)靠近右頂點時，，所以存在點使等價于，在中由余弦定理得，即，解得，同理可得，所以，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.由得，所以.故〖答案〗為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．?dāng)?shù)列滿足.（1）求證：是等比數(shù)列；（2）若，求的前項和為.（1）證明：所以數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列.（2）解：由（1）可得，，所以，設(shè)設(shè)其前項和為，則①②減②得所以所以18．如圖，D為內(nèi)部一點，于E，.請從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另一個成立.①；②；③.解：以①③為條件，②為結(jié)論：證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.由可得，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，則，又，所以，則，，.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.代入整理可得，，即.解關(guān)于的方程可得，，因為，所以不成立，舍去.所以，.由正弦定理可得，，又，所以，所以，即②成立.以①②為條件，③為結(jié)論：證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.設(shè)，，則，由可得，，.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因為，所以.由已知可得，，所以∽，所以有，即，所以，所以，，所以，即，整理可得.在中，，則，所以.則在中，由余弦定理可得，所以有，即③成立；以②③為條件，①為結(jié)論：證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.由可得，，由正弦定理可得.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，，則，又，所以，則，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因為，所以.，所以有，整理可得.因為，所以，所以，所以.即，由圖知，所以有，即①成立.19．魏晉時期數(shù)學(xué)家劉徽（圖a）為研究球體的體積公式，創(chuàng)造了一個獨特的立體圖形“牟合方蓋”，它由完全相同的四個曲面構(gòu)成，相對的兩個曲面在同一圓柱的側(cè)面上．如圖，將兩個底面半徑為1的圓柱分別從縱橫兩個方向嵌入棱長為2的正方體時（如圖b），兩圓柱公共部分形成的幾何體（如圖c）即得一個“牟合方蓋”，圖d是該“牟合方蓋”的直觀圖（圖中標(biāo)出的各點，，，，，均在原正方體的表面上）．（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過程可知，圖d中的曲線為一個橢圓，求此橢圓的離心率；（2）如圖c，點在橢圓弧上，且三棱錐的體積為，求二面角的正弦值．解：（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過程可知，將圖中正方體的前面的面旋轉(zhuǎn)至上面，可得圖中標(biāo)出的各點，，，，在原正方體中相對對應(yīng)的位置為如圖所示．故圖中的曲線所對應(yīng)的橢圓的長軸長，短軸長，于是可得此橢圓的半焦距，因此離心率．（2）三棱錐的體積，故點到平面的距離，連接交于點，連接，由題可知，，兩兩相互垂直，如圖，以為原點，分別以，，所在方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，由題可得，，，，設(shè)平面的一個法向量為，由取，設(shè)平面的一個法向量為，由取，記二面角的平面角為，則，故．20．馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用．其數(shù)學(xué)定義為：假設(shè)我們的序列狀態(tài)是…，，，，，…，那么時刻的狀態(tài)的條件概率僅依賴前一狀態(tài)，即．現(xiàn)實生活中也存在著許多馬爾科夫鏈，例如著名的賭徒模型．假如一名賭徒進(jìn)入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率為，且每局賭贏可以贏得1元，每一局賭徒賭輸?shù)母怕蕿椋屹€輸就要輸?shù)?元．賭徒會一直玩下去，直到遇到如下兩種情況才會結(jié)束賭博游戲：一種是手中賭金為0元，即賭徒輸光；一種是賭金達(dá)到預(yù)期的B元，賭徒停止賭博．記賭徒的本金為，賭博過程如下圖的數(shù)軸所示．當(dāng)賭徒手中有n元（，）時，最終輸光的概率為，請回答下列問題：（1）請直接寫出與的數(shù)值．（2）證明是一個等差數(shù)列，并寫出公差d．（3）當(dāng)時，分別計算，時，的數(shù)值，并結(jié)合實際，解釋當(dāng)時，的統(tǒng)計含義．解：（1）當(dāng)時，賭徒已經(jīng)輸光了，因此.當(dāng)時，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率.（2）記M：賭徒有n元最后輸光的事件，N：賭徒有n元上一場贏的事件,,即，所以，所以是一個等差數(shù)列，設(shè)，則，累加得，故，得，（3），由得,即,當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，因此可知久賭無贏家，即便是一個這樣看似公平的游戲，只要賭徒一直玩下去就會的概率輸光．21．已知，分別為雙曲線：的左、右焦點，Р為漸近線上一點，且，.（1）求雙曲線的離心率；（2）若雙曲線E實軸長為2，過點且斜率為的直線交雙曲線C的右支不同的A，B兩點，為軸上一點且滿足，試探究是否為定值，若是，則求出該定值；若不是，請說明理由.解：（1）由，可設(shè)，在中，因為，所以，即，所以，即為直角三角形.所以在中，，，，所以，則雙曲線的離心率為.（2）由（1）可知在雙曲線中有且實軸長為2，所以，所以雙曲線方程為.由，故設(shè)斜率為k的直線為，聯(lián)立，可得，因為直線與雙曲線右支交于不同兩點，所以，解得：.設(shè)，，則，，則，，即，的中點坐標(biāo)為，因為Q為x軸上一點，滿足，故Q為AB的垂直平分線與x軸的交點，AB的垂直平分線的方程為：，令，則得，即，所以，又又因為，在雙曲線的右支上，故，，故，即，故，即為定值.22．已知函數(shù)，其中.（1）求函數(shù)的最小值，并求的所有零點之和;（2）當(dāng)時，設(shè)，數(shù)列滿足，且，證明:.（1）解：函數(shù)的定義域為，且，令，得，解得，（舍去），所以在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以，即，由是方程的根，則，所以，令，可知．又因為，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．而，，所以有且僅有唯一，使得，所以存在，有．所以方程有且僅有兩個根，，即有且僅有兩根，，又因為單調(diào)遞減，所以有兩個零點設(shè)為，，則.（2）證明：由題意知時，，因為，令，得；，得，所以在上遞減，在遞增，則有，因為，所以，，…，．令，，，所以在區(qū)間單調(diào)遞減，所以，即，即，所以．備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)?？歼m應(yīng)模擬卷1（新高考專用）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.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，，，則實數(shù)的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由知：，當(dāng)，即，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；當(dāng)，即或，若，則，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；若，則，，滿足要求.綜上，.故選：A2．復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗因為，所以可化為所以，所以.故選：C.3．中國空間站的主體結(jié)構(gòu)包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙．安排甲、乙、丙、丁4名航天員到空間站開展工作，每個艙至少安排1人，若甲、乙兩人不能在同一個艙開展工作，則不同的安排方案共有（

）A．36種 B．18種 C．24種 D．30種〖答案〗D〖解析〗先將甲乙兩人分別安排到兩個不同艙中，有種安排方法.后分兩種方法安排丙、丁，第一種安排丙、丁到第三個艙中，有1種方法；第二種先安排丙、丁中的一人到第三個艙中，再安排剩下一人到甲乙二人所在的艙中，有種方法.則不同的安排方案共有種.故選：D4．今年入夏以來，南方多省市出現(xiàn)高溫少雨天氣，持續(xù)的干旱天氣導(dǎo)致多地湖泊及水庫水位下降.已知某水庫水位為海拔時，相應(yīng)水面的面積為；水位為海拔時，相應(yīng)水面的面積為.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔下降到時，減少的水量約為（）（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗臺體體積公式：，由題意可得，，，代入計算得，故選：C5．如圖，2022年世界杯的會徽像阿拉伯?dāng)?shù)字中的“8”．在平面直角坐標(biāo)系中，圓和外切也形成一個8字形狀，若，為圓M上兩點，B為兩圓圓周上任一點（不同于點A，P），則的最大值為（

）．A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗根據(jù)題意可得，解得，，故圓M的方程為．，畫圖分析可知當(dāng)與直線PA垂直的直線l和圓N相切，切點為B，且直線l的縱截距大于0時，最大．直線的斜率為1，設(shè)l的方程為，由圓心到直線l的距離為，解得或（舍去）．故l的方程為，其與直線PA：的交點坐標(biāo)為，所以，所以，即的最大值為．故選：C6．已知函數(shù)（其中為常數(shù)，），若實數(shù)、、滿足：①；②；③，則的值為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，所以，，若、不全為零，利用輔助角公式可得出，其中，所以，函數(shù)的最小正周期為，當(dāng)且時，則，這與矛盾.所以，，所以，，所以，，，因此，.故選：D.7．若實數(shù)，，，且滿足，，，則，，的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，，，得，，，令，則，當(dāng)時，當(dāng)時，所以在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，于是，即，又，，，所以.故選：C.8．記為點到平面的距離，給定四面體，則滿足的平面的個數(shù)為（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗到點和的距離相等的平面有兩種類型，與平面平行或者經(jīng)過的某一條中位線．當(dāng)平面與平面平行時，如下圖，設(shè)的三等分點分別為（靠近），對于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意．在線段的延長線上取使得，對于平面，利用三角形相似可知，平面符合題意，即平面與平面平行時，滿足條件的平面有2個；設(shè)的中點分別為，當(dāng)平面經(jīng)過的中位線時，如下圖：對于平面，在線段上且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．如下圖：對于平面，在線段上，在線段上，且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分別為的中點，則、、到平面的距離相等，因此平面符合題意．對于中位線，也有類似結(jié)論,即平面經(jīng)過的某條中位線時，滿足條件的平面有6個，綜上所述，符合題意的平面共有個．故選：D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．在三棱錐中，，，，分別是，，，的重心.則下列命題中正確的有（

）A．平面 B．C．四條直線，，，相交于一點 D．〖答案〗ABC〖解析〗由于分別是的重心，所以分別延長,交于中點因為，故.平面，平面，因此平面，A選項正確；

因為是的重心，所以因此，B選項正確；因為，有，則線段的交點分為，同理線段和線段的交點分為，因此四條直線相交于一點，C選項正確.因為，所以，因此，D選項錯誤.故選：ABC.10．已知函數(shù)，曲線的切線l的斜率為k，則下列各選項正確的是（

）A．在上單調(diào)遞減B．是偶函數(shù)C．當(dāng)時，取得極大值D．當(dāng)時，l在x軸上的截距的取值范圍為〖答案〗AC〖解析〗由，且，B錯誤；當(dāng)或時，，即在、上遞減；當(dāng)時，，即在上遞增；故時，取得極大值，A正確，C正確；設(shè)切點為，則l的方程為，又則，所以l在x軸上的截距，令且，則當(dāng)時，在上遞減，上遞增，值域為；當(dāng)時，遞增，值域為．所以時，的取值范圍是，D錯誤．故選：AC11．已知，，點P滿足，則（

）A．點P在以AB為直徑的圓上 B．面積的最大值為C．存在點P使得 D．的最小值為〖答案〗BCD〖解析〗設(shè)，則，，又，則，化簡得，所以點P的軌跡方程為．對于A，以AB為直徑的圓的圓心為，半徑為，故A錯誤；對于B，依題意可得直線AB的方程為，即，所以圓P的圓心在直線AB的方程上，所以點P到直線AB的距離為圓P的半徑時，的面積最大，所以面積的最大值為，故B正確；對于C，由，在直角三角形中，角對應(yīng)的直角邊是斜邊的一半，又，則點A在圓P內(nèi)，所以存在點P使得，此時，故C正確；對于D，設(shè)，則，由余弦定理有，所以，所以當(dāng)，即時，有，故D正確．

故選：BCD．12．已知，，若直線與、圖象交點的縱坐標(biāo)分別為，，且，則（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由題意得，，，，，對于A：，因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故A正確；，因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故B正確；由，，，，，故C錯誤；令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，因為，則，所以，，，，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．的展開式中含項的系數(shù)為30，則實數(shù)a的值為___________．〖答案〗〖解析〗的展開式的通項為，令，則，令，則（舍去），所以的展開式中含項的系數(shù)為，所以.故〖答案〗為：.14．寫出一個半徑為1，且與圓和圓均外切的圓的方程__________．〖答案〗或（填一個即可）〖解析〗設(shè)所求圓的圓心為，則由外切關(guān)系可得，化簡得，解得或，故滿足條件的圓的圓心為或，故〖答案〗為：15．在18世紀(jì)，法國著名數(shù)學(xué)家拉格日在他的《〖解析〗函數(shù)論》中，第一次提到拉格朗日中值定理，其定理陳述如下，如果函數(shù)f（x）區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)（存在導(dǎo)函數(shù)），在區(qū)間（a，b）內(nèi)至少存在一個點x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝（b﹣a），則x＝x0稱為函數(shù)y＝f（x）在閉區(qū)間[a，b]上的中值點，則關(guān)于x的f（x）＝ex+mx在區(qū)間[﹣1，1]上的中值點x0的值為__________________.〖答案〗〖解析〗當(dāng)x∈[﹣1，1]時，由拉格朗日中值定理可得＝，∵f'（x）＝ex+m，∴+m，即，∴.故〖答案〗為：.16．已知橢圓的左?右焦點分別為，離心率為，點在橢圓上，連接并延長交于點，連接，若存在點使成立，則的取值范圍為___________.〖答案〗〖解析〗設(shè)，則.顯然當(dāng)靠近右頂點時，，所以存在點使等價于，在中由余弦定理得，即，解得，同理可得，所以，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.由得，所以.故〖答案〗為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．?dāng)?shù)列滿足.（1）求證：是等比數(shù)列；（2）若，求的前項和為.（1）證明：所以數(shù)列是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列.（2）解：由（1）可得，，所以，設(shè)設(shè)其前項和為，則①②減②得所以所以18．如圖，D為內(nèi)部一點，于E，.請從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另一個成立.①；②；③.解：以①③為條件，②為結(jié)論：證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.由可得，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，則，又，所以，則，，.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.代入整理可得，，即.解關(guān)于的方程可得，，因為，所以不成立，舍去.所以，.由正弦定理可得，，又，所以，所以，即②成立.以①②為條件，③為結(jié)論：證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.設(shè)，，則，由可得，，.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因為，所以.由已知可得，，所以∽，所以有，即，所以，所以，，所以，即，整理可得.在中，，則，所以.則在中，由余弦定理可得，所以有，即③成立；以②③為條件，①為結(jié)論：證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.由可得，，由正弦定理可得.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.設(shè)，，則，又，所以，則，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，則，則.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因為，所以.，所以有，整理可得.因為，所以，所以，所以.即，由圖知，所以有，即①成立.19．魏晉時期數(shù)學(xué)家劉徽（圖a）為研究球體的體積公式，創(chuàng)造了一個獨特的立體圖形“牟合方蓋”，它由完全相同的四個曲面構(gòu)成，相對的兩個曲面在同一圓柱的側(cè)面上．如圖，將兩個底面半徑為1的圓柱分別從縱橫兩個方向嵌入棱長為2的正方體時（如圖b），兩圓柱公共部分形成的幾何體（如圖c）即得一個“牟合方蓋”，圖d是該“牟合方蓋”的直觀圖（圖中標(biāo)出的各點，，，，，均在原正方體的表面上）．（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過程可知，圖d中的曲線為一個橢圓，求此橢圓的離心率；（2）如圖c，點在橢圓弧上，且三棱錐的體積為，求二面角的正弦值．解：（1）由“牟合方蓋”產(chǎn)生的過程可知，將圖中正方體的前面的面旋轉(zhuǎn)至上面，可得圖中標(biāo)出的各點，，，，在原正方體中相對對應(yīng)的位置為如圖所示．故圖中的曲線所對應(yīng)的橢圓的長軸長，短軸長，于是可得此橢圓的半焦距，因此離心率．（2）三棱錐的體積，故點到平面的距離，連接交于點，連接，由題可知，，兩兩相互垂直，如圖，以為原點，分別以，，所在方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，由題可得，，，，設(shè)平面的一個法向量為，由取，設(shè)平面的一個法向量為，由取，記二面角的平面角為，則，故．20．馬爾科夫鏈?zhǔn)歉怕式y(tǒng)計中的一個重要模型，也是機(jī)器學(xué)習(xí)和人工智能的基石，在強(qiáng)化學(xué)習(xí)、自然語言處理、金融領(lǐng)域、天氣預(yù)測等方面都有著極其廣泛的應(yīng)用．其數(shù)學(xué)