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广东省深圳市2023-2024学年高二下学期期末调研考试数学试题
1．（2024高二下·深圳期末）集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·深圳期末）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·深圳期末）已知向量为非零向量，则 “” 是 “” 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
4．（2024高二下·深圳期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（　　）
A．若，则
B．若 ，则
C．若，则
D．若，则
5．（2024高二下·深圳期末）已知 均为不等于 1 的正实数，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·深圳期末）从 9 名同学中选出 4 人去参加环保活动， 若甲、乙两名同学至少有 1 名位参加， 则选派方案共有（ ）
A．56 种 B．70 种 C．91 种 D．126 种
7．（2024高二下·深圳期末） 分别是抛物线 和 轴上的动点， ，则 的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．2
8．（2024高二下·深圳期末）已知，且 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．7
9．（2024高二下·深圳期末）已知互不相等的一组数据的平均数为，记为，则这组新数据与原数据相比，一定不变的量有（　　）
A．极差 B．中位数 C．平均数 D．标准差
10．（2024高二下·深圳期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于对称
C．在区间上单调递增 D．在区间上有 4 个零点
11．（2024高二下·深圳期末）已知点为圆上两动点，且，点为直线 ：上动点，则（ ）
A．以为直径的圆与直线相离 B．的最大值为
C．的最小值为8 D．的最小值为112
12．（2024高二下·深圳期末）已知圆锥的表面积为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为　 　.
13．（2024高二下·深圳期末）已知函数 ，则不等式 的解集为　 　.
14．（2024高二下·深圳期末）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，过的直线 与的右支交于两点，若 ，则的离心率为　 　.
15．（2024高二下·深圳期末）设数列 满足 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 .
16．（2024高二下·深圳期末）在三棱锥 中， 平面 分别是 的中点，点 在棱 上，且 .
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
17．（2024高二下·深圳期末）某同学参加射击比赛， 每人配发颗子弹. 射击靶由内环和外环组成， 若击中内环得分，击中外环得分，脱靶得分. 该同学每次射击，脱靶的概率为 ，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立. 只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛.
（1）若已知该同学得分为分的情况下， 求该同学只射击了发子弹的概率；
（2）设该同学最终得分为，求的分布列和数学期望 .
18．（2024高二下·深圳期末）已知函数 .
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：函数有且仅有一个零点.
19．（2024高二下·深圳期末）已知椭圆的焦距为，直线过点，且与椭圆相交于两点，是线段的中点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若梯形的顶点都在椭圆上，且，对角线和交于点，线段的中点分别为.
(i)证明：四点共线；
(ii)试探究直线与直线的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，则.
故答案为：B.
【分析】先解不等式求的集合，再根据集合的交集运算求求即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，即，则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘除、加减运算化简求得，再利用共轭复数的定义求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
当时，则，
当时，成立，但得不出，
则“” 是 “” 的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】根据向量的数量积，结合条充分条件与必要条件的定义判断即可.
4．【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、在正方体中，取面为平面，直线为直线，如图所示：
直线为直线，显然有，但不平行，故A错误，
B、在正方体中，取面为平面，直线为直线，
面为平面，有，但，故B错误，
C、取面为平面，直线为直线，直线为直线，
因为，显然有，但，故C错误，
D、因为，在内任取一点，过直线与点确定平面，
则，由线面平行的性质知，又，所以，又，
所以，故D正确，
故答案为：D.
【分析】在正方体中通过取平面和直线即可判断A，B，C；利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断D.
5．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由，可得，由，可得，
则.
故答案为：D.
【分析】根据分数指数幂的运算性质、对数的运算性质和换底公式计算即可.
6．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从 9 名同学中选出 4 人去参加环保活动，有种选派方法，
其中甲、乙两名同学都不参加，有种选派方法，
则甲、乙两名同学至少有 1 名位参加，有种选派方法.
故答案为：C.
【分析】根据分类计数原理计算即可.
7．【答案】D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
由题意可得：的最小值，即和到轴的距离之和的最小值，
即和到准线的距离之和减去最小，
根据抛物线的定义：问题转化为最小，
显然当三点共线时最小，最小值为.
故答案为：D .
【分析】问题转化为和到轴的距离之和的最小值，再根据抛物线的定义最小，数形结合求解即可.
8．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由①，可得，
解得，则，
因为，所以②，
联立①②解得：，，则，
，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用平方关系，得到，联立已知式子求得，，，进而求得，再利用正切的两角和公式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、设数据中的最大数为，最小数为，
易知，显然有，故A正确；
C、新数据的平均数为
，故C正确；
BD、不妨取这组数据为，则，中位数为，
标准差为，
则这组新数据为，
此时平均数为，中位数为，
标准差为，
故B和D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用极差的定义及平均数的定义即可判断AC；再通过举特例，计算出中位数和标准差，即可判断BD.
10．【答案】A,B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；积化和差公式；含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数
，
A、函数 的最小正周期为，故A正确；
B、，
即对应的函数值是最值，故B正确；
C、当时，，在不单调，则 在区间 上不单调递增，故C错误；
D、当时，，
由，可得，即，关于x的三角函数方程在时，恰好有4个根：，
则在区间上有 4 个零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用简单三角函数恒等变换公式化简函数得，利用最小正周期公式计算即可判断A；整体代入法即可判断BC；通过换元法简化三角函数方程即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：A、取的中点为，连接，如图所示：
易知，
则，即点在以为圆心，为半径的圆上，
点到直线的距离的最小值为，
因为，所以以为直径的圆与直线相离，故A正确；
B、当直线与直线平行，且共线时，则为等腰三角形，如图所示：
此时，
则，即，即，故B错误；
C、，
则
，
因为，所以
，当，共线，且在之间时等号成立，
则的最小值为8，故C正确；
D、因为，
所以，
所以
，当，共线，且在之间时取等号，
所以的最小值为112，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】取的中点为，连接，求出点到直线的距离的最小值即可判断A；举例求解即可判断B；利用向量的数量积运算结合图形分析即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，
由题意可得：，解得，，
则，
故圆锥的体积为.
故答案为：.
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，由题意建立方程组求得，，再利用体积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；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：函数定义域为，且满足，则函数为奇函数，，易知，
则函数是上的增函数，
不等式等价于，
即，解得，
则不等式 的解集为.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，判断函数的奇偶性，单调性，利用单调性，奇偶性，求解不等式即可.
14．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：设，由题意可得，
在中，由余弦定理得，
解得，则，令，
在中，由余弦定理得，解得，
则双曲线的离心率.
故答案为：.
【分析】设，利用双曲线定义，结合余弦定理求得，再利用余弦定理建立方程求离心率即可.
15．【答案】（1）解： 数列 满足 ，则
当时，
上式相加得
，
则数列 的通项公式；
（2）解：由（1）可得：，
则
，
即数列 的前 项和.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用累加法求解数列通项公式，再根据分组求和进行化简即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消求解数列的前 项和即可.
（1）可知
上式相加得
所以数列 的通项公式
（2），
所以
所以数列 的前 项和.
16．【答案】（1）证明：连接并延长交于点，连接，过点作的平行线交于点，如图所示：
因为，且，分别是 的中点，所以，即，
又因为，所以，
又因为平面，平面，所以 平面；
（2）解：取CD的中点T，连接，则，设，
以T为坐标原点，分别以，，垂直于平面的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设平面的法向量为，，
则，即，令，则，
即平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因为平面的法向量为，
，
故平面 与平面 夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作出辅助线，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面的法向量，利用公式求解即可.
（1）连接AP并延长交BD于点N，连接NC，
过点M作BD的平行线交AN于点E，
因为，且M，P分别是 的中点，
，即，又因为，
所以，又因为平面，平面，
所以 平面；
（2）取CD的中点T，连接，则，
设，以T为坐标原点，分别以TB，TD，垂直于平面的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
那么，
设平面的法向量为，，
所以，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因为平面的法向量为，
，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为
17．【答案】（1）解：记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，
，，
则；
（2）解：由题意可知：随机变量可能取值为，
，，，
，
，
，，
则的分布列为：
.
【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；条件概率
【解析】【分析】（1）先记事件，利用相互独立事件同时发生的概率公式求得，，再利用条件概率公式求解即可；
（2）由题知可能取值为，利用相互独立事件同时发生的概率公式，分别求出每个取值的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式计算即可.
（1）记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，
由题知，，
所以.
（2）由题知可能取值为，
，，，
，
，
，，
所以的分布列为
.
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
令，，，对称轴为，
当，即时，方程有两根为，，
（i）时，，时，，即，
时，，即，
（ii）时，，时，，即，
时，，即，
当，即时，方程的根为，
此时在区间上恒成立，当且仅当取等号；
当，即时，在区间上恒成立，
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为；
时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）证明：由（1）知当时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，
当时，，又
，
又，所以，，则，，
得到，
而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
当时，函数的单调递增区间为，
又，而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
综上，函数有且仅有一个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，可得，利用导数与函数单调性间的关系，对进行讨论判断即可；
（2）利用（1）中结果，再利用零点存在性原理证明即可.
（1）易知函数的定义域为，，
令，，，对称轴为，
（1）当，即时，方程有两根为，，
（i）时，，时，，即，
时，，即，
（ii）时，，时，，即，
时，，即，
（2）当，即时，方程的根为，
此时在区间上恒成立，当且仅当取等号，
（3）当，即时，在区间上恒成立，
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
时，函数的单调递增区间为，无减区间.
（2）由（1）知当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，，又，
又，所以，，则，，得到，
而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
当时，函数的单调递增区间为，
又，而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
综上，函数有且仅有一个零点.
19．【答案】（1）解：由直线过点，可得，解得，
联立，消整理可得：，易知，
设，则，整理得，
因为，所以，解得，
则椭圆；
（2）证明：(i)不妨设的中点为，的中点为，
再设
由题可知直线斜率必存在，且，
以上两式相减得，
即，同理，
因为可得：，则，即三点共线；
又因为四边形是梯形，且与交于，
由平面几何知识可知三点共线，
即得证四点共线；
(ii)由(i)可知，，而，则，
设直线的方程为：，设直线的方程为：，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得：，不妨设，
同理，，
，
因为，所以
化简得：，
即，
上式两边平方化简得：，
由平面几何知识易知三点共线，故设，
由可得，
，，
所以，即或（舍去），
化简得：，
结合，可得，
故直线与直线的交点为定点.
【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）由题意求得k，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式来求解椭圆方程即可；
（2）(i)用点差法可得中点弦斜率与中点与原点的斜率之积为定值，利用斜率相等来证明三点共线；
(ii)用坐标来研究斜率，再用三点共线得到斜率相等，来找到相等关系，最后求出定点.
（1）由直线过点，得，
联立，消得：，易知，
设，则，整理得：，
又因为，所以，解得，
即椭圆.
（2）(i)不妨设的中点为，的中点为，
再设
由题可知直线斜率必存在，且，
以上两式相减得，
即，同理，
因为可得：，则，即三点共线；
又因为四边形是梯形，且与交于，
由平面几何知识可知三点共线，
即得证四点共线；
(ii)由(i)可知，，而，
所以，
设直线的方程为：，设直线的方程为：，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得：，不妨设，
同理，，
因为，所以
化简得：，
即
上式两边平方化简得：，
由平面几何知识易知三点共线，故设，
由可得，
，，
所以，即或（舍去）
化简得：，
结合，可得，
故直线与直线的交点为定点.
1 / 1广东省深圳市2023-2024学年高二下学期期末调研考试数学试题
1．（2024高二下·深圳期末）集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，则.
故答案为：B.
【分析】先解不等式求的集合，再根据集合的交集运算求求即可.
2．（2024高二下·深圳期末）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由，可得，即，则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的乘除、加减运算化简求得，再利用共轭复数的定义求解即可.
3．（2024高二下·深圳期末）已知向量为非零向量，则 “” 是 “” 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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
当时，则，
当时，成立，但得不出，
则“” 是 “” 的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】根据向量的数量积，结合条充分条件与必要条件的定义判断即可.
4．（2024高二下·深圳期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（　　）
A．若，则
B．若 ，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、在正方体中，取面为平面，直线为直线，如图所示：
直线为直线，显然有，但不平行，故A错误，
B、在正方体中，取面为平面，直线为直线，
面为平面，有，但，故B错误，
C、取面为平面，直线为直线，直线为直线，
因为，显然有，但，故C错误，
D、因为，在内任取一点，过直线与点确定平面，
则，由线面平行的性质知，又，所以，又，
所以，故D正确，
故答案为：D.
【分析】在正方体中通过取平面和直线即可判断A，B，C；利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断D.
5．（2024高二下·深圳期末）已知 均为不等于 1 的正实数，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由，可得，由，可得，
则.
故答案为：D.
【分析】根据分数指数幂的运算性质、对数的运算性质和换底公式计算即可.
6．（2024高二下·深圳期末）从 9 名同学中选出 4 人去参加环保活动， 若甲、乙两名同学至少有 1 名位参加， 则选派方案共有（ ）
A．56 种 B．70 种 C．91 种 D．126 种
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从 9 名同学中选出 4 人去参加环保活动，有种选派方法，
其中甲、乙两名同学都不参加，有种选派方法，
则甲、乙两名同学至少有 1 名位参加，有种选派方法.
故答案为：C.
【分析】根据分类计数原理计算即可.
7．（2024高二下·深圳期末） 分别是抛物线 和 轴上的动点， ，则 的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．2
【答案】D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，
由题意可得：的最小值，即和到轴的距离之和的最小值，
即和到准线的距离之和减去最小，
根据抛物线的定义：问题转化为最小，
显然当三点共线时最小，最小值为.
故答案为：D .
【分析】问题转化为和到轴的距离之和的最小值，再根据抛物线的定义最小，数形结合求解即可.
8．（2024高二下·深圳期末）已知，且 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．7
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由①，可得，
解得，则，
因为，所以②，
联立①②解得：，，则，
，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用平方关系，得到，联立已知式子求得，，，进而求得，再利用正切的两角和公式求解即可.
9．（2024高二下·深圳期末）已知互不相等的一组数据的平均数为，记为，则这组新数据与原数据相比，一定不变的量有（　　）
A．极差 B．中位数 C．平均数 D．标准差
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、设数据中的最大数为，最小数为，
易知，显然有，故A正确；
C、新数据的平均数为
，故C正确；
BD、不妨取这组数据为，则，中位数为，
标准差为，
则这组新数据为，
此时平均数为，中位数为，
标准差为，
故B和D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用极差的定义及平均数的定义即可判断AC；再通过举特例，计算出中位数和标准差，即可判断BD.
10．（2024高二下·深圳期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于对称
C．在区间上单调递增 D．在区间上有 4 个零点
【答案】A,B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；积化和差公式；含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数
，
A、函数 的最小正周期为，故A正确；
B、，
即对应的函数值是最值，故B正确；
C、当时，，在不单调，则 在区间 上不单调递增，故C错误；
D、当时，，
由，可得，即，关于x的三角函数方程在时，恰好有4个根：，
则在区间上有 4 个零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用简单三角函数恒等变换公式化简函数得，利用最小正周期公式计算即可判断A；整体代入法即可判断BC；通过换元法简化三角函数方程即可判断D.
11．（2024高二下·深圳期末）已知点为圆上两动点，且，点为直线 ：上动点，则（ ）
A．以为直径的圆与直线相离 B．的最大值为
C．的最小值为8 D．的最小值为112
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：A、取的中点为，连接，如图所示：
易知，
则，即点在以为圆心，为半径的圆上，
点到直线的距离的最小值为，
因为，所以以为直径的圆与直线相离，故A正确；
B、当直线与直线平行，且共线时，则为等腰三角形，如图所示：
此时，
则，即，即，故B错误；
C、，
则
，
因为，所以
，当，共线，且在之间时等号成立，
则的最小值为8，故C正确；
D、因为，
所以，
所以
，当，共线，且在之间时取等号，
所以的最小值为112，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】取的中点为，连接，求出点到直线的距离的最小值即可判断A；举例求解即可判断B；利用向量的数量积运算结合图形分析即可判断CD.
12．（2024高二下·深圳期末）已知圆锥的表面积为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；扇形的弧长与面积；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，
由题意可得：，解得，，
则，
故圆锥的体积为.
故答案为：.
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，由题意建立方程组求得，，再利用体积公式求解即可.
13．（2024高二下·深圳期末）已知函数 ，则不等式 的解集为　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；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：函数定义域为，且满足，则函数为奇函数，，易知，
则函数是上的增函数，
不等式等价于，
即，解得，
则不等式 的解集为.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，判断函数的奇偶性，单调性，利用单调性，奇偶性，求解不等式即可.
14．（2024高二下·深圳期末）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，过的直线 与的右支交于两点，若 ，则的离心率为　 　.
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：设，由题意可得，
在中，由余弦定理得，
解得，则，令，
在中，由余弦定理得，解得，
则双曲线的离心率.
故答案为：.
【分析】设，利用双曲线定义，结合余弦定理求得，再利用余弦定理建立方程求离心率即可.
15．（2024高二下·深圳期末）设数列 满足 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 .
【答案】（1）解： 数列 满足 ，则
当时，
上式相加得
，
则数列 的通项公式；
（2）解：由（1）可得：，
则
，
即数列 的前 项和.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用累加法求解数列通项公式，再根据分组求和进行化简即可；
（2）由（1）可得，利用裂项相消求解数列的前 项和即可.
（1）可知
上式相加得
所以数列 的通项公式
（2），
所以
所以数列 的前 项和.
16．（2024高二下·深圳期末）在三棱锥 中， 平面 分别是 的中点，点 在棱 上，且 .
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接并延长交于点，连接，过点作的平行线交于点，如图所示：
因为，且，分别是 的中点，所以，即，
又因为，所以，
又因为平面，平面，所以 平面；
（2）解：取CD的中点T，连接，则，设，
以T为坐标原点，分别以，，垂直于平面的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设平面的法向量为，，
则，即，令，则，
即平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因为平面的法向量为，
，
故平面 与平面 夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）作出辅助线，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面的法向量，利用公式求解即可.
（1）连接AP并延长交BD于点N，连接NC，
过点M作BD的平行线交AN于点E，
因为，且M，P分别是 的中点，
，即，又因为，
所以，又因为平面，平面，
所以 平面；
（2）取CD的中点T，连接，则，
设，以T为坐标原点，分别以TB，TD，垂直于平面的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
那么，
设平面的法向量为，，
所以，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因为平面的法向量为，
，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为
17．（2024高二下·深圳期末）某同学参加射击比赛， 每人配发颗子弹. 射击靶由内环和外环组成， 若击中内环得分，击中外环得分，脱靶得分. 该同学每次射击，脱靶的概率为 ，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立. 只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛.
（1）若已知该同学得分为分的情况下， 求该同学只射击了发子弹的概率；
（2）设该同学最终得分为，求的分布列和数学期望 .
【答案】（1）解：记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，
，，
则；
（2）解：由题意可知：随机变量可能取值为，
，，，
，
，
，，
则的分布列为：
.
【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；条件概率
【解析】【分析】（1）先记事件，利用相互独立事件同时发生的概率公式求得，，再利用条件概率公式求解即可；
（2）由题知可能取值为，利用相互独立事件同时发生的概率公式，分别求出每个取值的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式计算即可.
（1）记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，
由题知，，
所以.
（2）由题知可能取值为，
，，，
，
，
，，
所以的分布列为
.
18．（2024高二下·深圳期末）已知函数 .
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：函数有且仅有一个零点.
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
令，，，对称轴为，
当，即时，方程有两根为，，
（i）时，，时，，即，
时，，即，
（ii）时，，时，，即，
时，，即，
当，即时，方程的根为，
此时在区间上恒成立，当且仅当取等号；
当，即时，在区间上恒成立，
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为；
时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）证明：由（1）知当时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，
当时，，又
，
又，所以，，则，，
得到，
而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
当时，函数的单调递增区间为，
又，而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
综上，函数有且仅有一个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，可得，利用导数与函数单调性间的关系，对进行讨论判断即可；
（2）利用（1）中结果，再利用零点存在性原理证明即可.
（1）易知函数的定义域为，，
令，，，对称轴为，
（1）当，即时，方程有两根为，，
（i）时，，时，，即，
时，，即，
（ii）时，，时，，即，
时，，即，
（2）当，即时，方程的根为，
此时在区间上恒成立，当且仅当取等号，
（3）当，即时，在区间上恒成立，
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
时，函数的单调递增区间为，无减区间.
（2）由（1）知当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，，又，
又，所以，，则，，得到，
而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
当时，函数的单调递增区间为，
又，而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
综上，函数有且仅有一个零点.
19．（2024高二下·深圳期末）已知椭圆的焦距为，直线过点，且与椭圆相交于两点，是线段的中点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若梯形的顶点都在椭圆上，且，对角线和交于点，线段的中点分别为.
(i)证明：四点共线；
(ii)试探究直线与直线的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：由直线过点，可得，解得，
联立，消整理可得：，易知，
设，则，整理得，
因为，所以，解得，
则椭圆；
（2）证明：(i)不妨设的中点为，的中点为，
再设
由题可知直线斜率必存在，且，
以上两式相减得，
即，同理，
因为可得：，则，即三点共线；
又因为四边形是梯形，且与交于，
由平面几何知识可知三点共线，
即得证四点共线；
(ii)由(i)可知，，而，则，
设直线的方程为：，设直线的方程为：，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得：，不妨设，
同理，，
，
因为，所以
化简得：，
即，
上式两边平方化简得：，
由平面几何知识易知三点共线，故设，
由可得，
，，
所以，即或（舍去），
化简得：，
结合，可得，
故直线与直线的交点为定点.
【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）由题意求得k，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和中点坐标公式来求解椭圆方程即可；
（2）(i)用点差法可得中点弦斜率与中点与原点的斜率之积为定值，利用斜率相等来证明三点共线；
(ii)用坐标来研究斜率，再用三点共线得到斜率相等，来找到相等关系，最后求出定点.
（1）由直线过点，得，
联立，消得：，易知，
设，则，整理得：，
又因为，所以，解得，
即椭圆.
（2）(i)不妨设的中点为，的中点为，
再设
由题可知直线斜率必存在，且，
以上两式相减得，
即，同理，
因为可得：，则，即三点共线；
又因为四边形是梯形，且与交于，
由平面几何知识可知三点共线，
即得证四点共线；
(ii)由(i)可知，，而，
所以，
设直线的方程为：，设直线的方程为：，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得：，不妨设，
同理，，
因为，所以
化简得：，
即
上式两边平方化简得：，
由平面几何知识易知三点共线，故设，
由可得，
，，
所以，即或（舍去）
化简得：，
结合，可得，
故直线与直线的交点为定点.
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