资源简介

江西省景德镇市乐平中学2023-2024学年高二下学期数学3月月考试卷
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．（2024高二下·乐平月考）若函数在处的导数等于，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：由题意可得：，．
故答案为：D.
【分析】利用导数的定义计算即可.
2．（2024高二下·乐平月考）记为等差数列的前项和，若，则（　　）
A．144 B．120 C．100 D．80
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，且，所以，解得，
又因为，所以，则，所以.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的定义及性质求得数列的首项和公差，再利用等差数列前项和公式计算即可.
3．（2024高二下·乐平月考）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（　　）
A．0.14 B．0.62 C．0.72 D．0.86
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量服从正态分布，且，则，
，故.
故答案为：D.
【分析】根据正态分布的性质计算即可.
4．（2024高二下·乐平月考）双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，即，因为，所以，解得，即，
则的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程以及焦距可得，即可求得双曲线的渐近线方程.
5．（2024高二下·乐平月考）将甲、乙等8名同学分配到3个体育场馆进行冬奥会的志展服务，每个场馆不能少于2人，则不同的安排方法有（　　）
A．2720 B．2940 C．3000 D．3160
【答案】B
【知识点】组合及组合数公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：共有，两种安排方式，故不同的安排方法有.
故答案为：D.
【分析】根据题意可知：分，两种形式，结合分组法求解即可.
6．（2024高二下·乐平月考）函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，由，解得，
所以，当时，，即在区间上单调递增；
当时，，即在区间单调递减；
又因为函数在区间上不是单调函数，所以有，解得.
故答案为：C.
【分析】先求函数的定义域，再对函数求导，利用导数判断函数的单调性，结合题意，列出不等式组求解即可.
7．（2024高二下·乐平月考）已知定义在上的的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意，构造函数，则，
因为，所以在上恒成立，故函数在上单调递减；
又因为为偶函数，则函数 ，即关于对称，
所以 ，则，
由于不等式的解集等价于的解集，
根据函数在上为单调递减函数，则.
故答案为：B.
【分析】由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，解不等式即可.
8．（2024高二下·乐平月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点，若，则错误的是（　　）
A．
B．双曲线的离心率
C．双曲线的浙近线方程为
D．原点在以为圆心，为半径的圆上
【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A、设，则，故，
，，所以，所以，故A正确；
B、，，在中，，
在中，，
即，，所以，故B正确；
C、由得，，渐近线方程为，故C正确；
D、若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，，与B矛盾，不成立，故D错误．
故答案为：D.
【分析】根据双曲线的定义求出焦点弦长与实半轴长的关系，再计算离心率，求渐近线方程，同时在假设D正确的情况下，推出矛盾从而得正确选项．
二、多选题：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．（2024高二下·乐平月考）如图，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为是的中点，则正确的是（　　）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；球内接多面体；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解：以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，，所以，，
A、因为，所以与不垂直，故A错误；
B、，，设平面的一个法向量为，
则由得所以，令，则，所以，
设平面的一个法向量为，，，
则由得所以，令，则，所以，
故不存在实数λ使得，故平面与平面不平行，故B错误；
C、在长方体中，⊥平面，故是三棱锥的高，
所以，故C正确；
D、三棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以外接球的半径．
故三棱锥的外接球的表面积，故D正确．
故答案为：CD.
【分析】以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量逐项分析判断即可.
10．（2024高二下·乐平月考）某中药材盁中共有包装相同的10袋药材，其中甲级药材有4袋，乙级药材有6袋，从中不放回地依次抽取2袋，用表示事件“第一次取到甲级药材”，用表示專件“第二次取到乙级药材”，则正确的是（　　）
A． B．
C． D．事件相互独立
【答案】A,B,C
【知识点】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；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C正确；
D、因为，，所以事件A，B不相互独立，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】根据古典概型概率计算公式验算即可判断A；由条件概率公式计算即可判断B；由全概率公式计算即可判断C；由独立乘法公式即可判断D.
11．（2024高二下·乐平月考）数列满足，设，记数列的前项和为，数列的前项和为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、依题意，，故A正确；
B、因为，所以，故B错误；
C、当为偶数时，，
所以，而，所以，
所以，故C正确；
D、当为奇数时，，
所以，而，所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件分析与的递推关系，再根据数列的奇数项、偶数项以及分组求和法求得判断即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·乐平月考）在的展开式中的系数为　 　。
【答案】15
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，可得展开式中的系数为.
故答案为：15.
【分析】根据二项式定理分析求解即可.
13．（2024高二下·乐平月考）若双曲线的渐近线与圆相切，则　 　。
【答案】或
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的切线方程；直线与圆的位置关系；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，即，不妨取，
圆化为标准方程，则圆心为，半径，
因为双曲线的渐近线与圆相切，所以圆心到渐近线的距离，解得或．
故答案为：或.
【分析】利用双曲线的方程得到渐近线方程，再化圆方程为标准式求得圆心与半径，最后利用直线与圆相切得到关于的方程，求解即可.
14．（2024高二下·乐平月考）已知函数，若，不等式在上存在实数解，则实数的取值范围　 　。
【答案】
【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；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：原条件等价于：在上存在实数解，则在上存在实数解，
令，则，
因为时，，则，所以在上单调递增，
因为 的最小值为，所以 时，不等式在上存在实数解，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】将问题转化为在上存在实数解，令，由求解即可.
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．（2024高二下·乐平月考）某校举行羽毛球友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束。
（1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望。
【答案】（1）解：甲3局全胜的概率为，乙3局全胜的概率为，
故进行3局比赛决出冠亚军的概率为
（2）解：的可能取值为1，2，则，，
故的分布列为：
1 2
故．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）分甲、乙全胜两种情况求概率，再相加即可得进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）由题意可知的可能取值为1，2，分别求对应的概率，列分布列并求期望即可.
16．（2024高二下·乐平月考）数列是公比为2的等比数列，数列是等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和。
【答案】（1）解：设数列的公差为，则，解得所以，.
（2）解：，
则.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据等差、等比数列公式法求出通项即可；
（2）利用等比数列前项和公式以及裂项相消法求数列的前项和即可.
17．（2024高二下·乐平月考）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为1的菱形，是的中点。
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的大小。
【答案】（1）证明：如图，连接BD，
由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．
因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，因为CD∥AB，所以BE⊥AB．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BE．
因为PAAB＝A，所以BE⊥平面PAB．
又BE 平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB．
（2）解：因为BE⊥平面PAB，所以BE⊥PB，
所以∠ABP即为二面角A-BE-P的平面角．
在Rt△PAB中，AB＝1，PA＝，tan∠ABP＝，所以∠ABP＝60°．
所以二面角A-BE-P的平面角为60°．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）连接，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）由（1）可知，平面，进而可得是二面角的平面角，解即可得到二面角的大小．
18．（2024高二下·乐平月考）函数。
（1）若，求实数的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，则。
【答案】（1）解：因为，
令，得，
当单调递减；当单调递增，所以，
若，则，即，所以的取值范围为.
（2）证明：由（1）知当单调递减；当单调递增，
因为函数有两个零点，则一个零点大于0小于1，一个零点大于1，
故
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性及最值，即可求得实数a的取值范围；
（2）利用分析法，转化为证明，再利用导数求证即可.
19．（2024高二下·乐平月考）如图，为圆上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接并延长至点，使得，点的轨迹记为曲线。
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点；
（3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点。请探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）解：设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）解：由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）解：假设存在点R使得，如图所示：
设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
【知识点】恒过定点的直线；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）设，，由题意求得D点坐标代入，化简即可得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上即可求得R点的坐标．
1 / 1江西省景德镇市乐平中学2023-2024学年高二下学期数学3月月考试卷
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．（2024高二下·乐平月考）若函数在处的导数等于，则的值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·乐平月考）记为等差数列的前项和，若，则（　　）
A．144 B．120 C．100 D．80
3．（2024高二下·乐平月考）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（　　）
A．0.14 B．0.62 C．0.72 D．0.86
4．（2024高二下·乐平月考）双曲线的焦距为4，则的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·乐平月考）将甲、乙等8名同学分配到3个体育场馆进行冬奥会的志展服务，每个场馆不能少于2人，则不同的安排方法有（　　）
A．2720 B．2940 C．3000 D．3160
6．（2024高二下·乐平月考）函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·乐平月考）已知定义在上的的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·乐平月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点，若，则错误的是（　　）
A．
B．双曲线的离心率
C．双曲线的浙近线方程为
D．原点在以为圆心，为半径的圆上
二、多选题：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．（2024高二下·乐平月考）如图，若长方体的底面是边长为2的正方形，高为是的中点，则正确的是（　　）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
10．（2024高二下·乐平月考）某中药材盁中共有包装相同的10袋药材，其中甲级药材有4袋，乙级药材有6袋，从中不放回地依次抽取2袋，用表示事件“第一次取到甲级药材”，用表示專件“第二次取到乙级药材”，则正确的是（　　）
A． B．
C． D．事件相互独立
11．（2024高二下·乐平月考）数列满足，设，记数列的前项和为，数列的前项和为，则（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·乐平月考）在的展开式中的系数为　 　。
13．（2024高二下·乐平月考）若双曲线的渐近线与圆相切，则　 　。
14．（2024高二下·乐平月考）已知函数，若，不等式在上存在实数解，则实数的取值范围　 　。
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．（2024高二下·乐平月考）某校举行羽毛球友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束。
（1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望。
16．（2024高二下·乐平月考）数列是公比为2的等比数列，数列是等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和。
17．（2024高二下·乐平月考）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为1的菱形，是的中点。
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的大小。
18．（2024高二下·乐平月考）函数。
（1）若，求实数的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，则。
19．（2024高二下·乐平月考）如图，为圆上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接并延长至点，使得，点的轨迹记为曲线。
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点；
（3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点。请探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：由题意可得：，．
故答案为：D.
【分析】利用导数的定义计算即可.
2．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，且，所以，解得，
又因为，所以，则，所以.
故答案为：B.
【分析】根据等差数列的定义及性质求得数列的首项和公差，再利用等差数列前项和公式计算即可.
3．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量服从正态分布，且，则，
，故.
故答案为：D.
【分析】根据正态分布的性质计算即可.
4．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，即，因为，所以，解得，即，
则的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线方程以及焦距可得，即可求得双曲线的渐近线方程.
5．【答案】B
【知识点】组合及组合数公式；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：共有，两种安排方式，故不同的安排方法有.
故答案为：D.
【分析】根据题意可知：分，两种形式，结合分组法求解即可.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，由，解得，
所以，当时，，即在区间上单调递增；
当时，，即在区间单调递减；
又因为函数在区间上不是单调函数，所以有，解得.
故答案为：C.
【分析】先求函数的定义域，再对函数求导，利用导数判断函数的单调性，结合题意，列出不等式组求解即可.
7．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意，构造函数，则，
因为，所以在上恒成立，故函数在上单调递减；
又因为为偶函数，则函数 ，即关于对称，
所以 ，则，
由于不等式的解集等价于的解集，
根据函数在上为单调递减函数，则.
故答案为：B.
【分析】由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，解不等式即可.
8．【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A、设，则，故，
，，所以，所以，故A正确；
B、，，在中，，
在中，，
即，，所以，故B正确；
C、由得，，渐近线方程为，故C正确；
D、若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，，与B矛盾，不成立，故D错误．
故答案为：D.
【分析】根据双曲线的定义求出焦点弦长与实半轴长的关系，再计算离心率，求渐近线方程，同时在假设D正确的情况下，推出矛盾从而得正确选项．
9．【答案】C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；球内接多面体；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解：以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则，，，所以，，
A、因为，所以与不垂直，故A错误；
B、，，设平面的一个法向量为，
则由得所以，令，则，所以，
设平面的一个法向量为，，，
则由得所以，令，则，所以，
故不存在实数λ使得，故平面与平面不平行，故B错误；
C、在长方体中，⊥平面，故是三棱锥的高，
所以，故C正确；
D、三棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以外接球的半径．
故三棱锥的外接球的表面积，故D正确．
故答案为：CD.
【分析】以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量逐项分析判断即可.
10．【答案】A,B,C
【知识点】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；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，故B正确；
C、，故C正确；
D、因为，，所以事件A，B不相互独立，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】根据古典概型概率计算公式验算即可判断A；由条件概率公式计算即可判断B；由全概率公式计算即可判断C；由独立乘法公式即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、依题意，，故A正确；
B、因为，所以，故B错误；
C、当为偶数时，，
所以，而，所以，
所以，故C正确；
D、当为奇数时，，
所以，而，所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由已知条件分析与的递推关系，再根据数列的奇数项、偶数项以及分组求和法求得判断即可.
12．【答案】15
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，可得展开式中的系数为.
故答案为：15.
【分析】根据二项式定理分析求解即可.
13．【答案】或
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的切线方程；直线与圆的位置关系；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，即，不妨取，
圆化为标准方程，则圆心为，半径，
因为双曲线的渐近线与圆相切，所以圆心到渐近线的距离，解得或．
故答案为：或.
【分析】利用双曲线的方程得到渐近线方程，再化圆方程为标准式求得圆心与半径，最后利用直线与圆相切得到关于的方程，求解即可.
14．【答案】
【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；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：原条件等价于：在上存在实数解，则在上存在实数解，
令，则，
因为时，，则，所以在上单调递增，
因为 的最小值为，所以 时，不等式在上存在实数解，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】将问题转化为在上存在实数解，令，由求解即可.
15．【答案】（1）解：甲3局全胜的概率为，乙3局全胜的概率为，
故进行3局比赛决出冠亚军的概率为
（2）解：的可能取值为1，2，则，，
故的分布列为：
1 2
故．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）分甲、乙全胜两种情况求概率，再相加即可得进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）由题意可知的可能取值为1，2，分别求对应的概率，列分布列并求期望即可.
16．【答案】（1）解：设数列的公差为，则，解得所以，.
（2）解：，
则.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据等差、等比数列公式法求出通项即可；
（2）利用等比数列前项和公式以及裂项相消法求数列的前项和即可.
17．【答案】（1）证明：如图，连接BD，
由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．
因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，因为CD∥AB，所以BE⊥AB．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BE．
因为PAAB＝A，所以BE⊥平面PAB．
又BE 平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB．
（2）解：因为BE⊥平面PAB，所以BE⊥PB，
所以∠ABP即为二面角A-BE-P的平面角．
在Rt△PAB中，AB＝1，PA＝，tan∠ABP＝，所以∠ABP＝60°．
所以二面角A-BE-P的平面角为60°．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）连接，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）由（1）可知，平面，进而可得是二面角的平面角，解即可得到二面角的大小．
18．【答案】（1）解：因为，
令，得，
当单调递减；当单调递增，所以，
若，则，即，所以的取值范围为.
（2）证明：由（1）知当单调递减；当单调递增，
因为函数有两个零点，则一个零点大于0小于1，一个零点大于1，
故
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性及最值，即可求得实数a的取值范围；
（2）利用分析法，转化为证明，再利用导数求证即可.
19．【答案】（1）解：设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）解：由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）解：假设存在点R使得，如图所示：
设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
【知识点】恒过定点的直线；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）设，，由题意求得D点坐标代入，化简即可得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上即可求得R点的坐标．
1 / 1

展开更多......

收起↑