资源简介

广东省茂名市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试卷
1．（2024高二下·茂名期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
则.
故答案为：B.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高二下·茂名期末）复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： ，在复平面内对应点为 ， 位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简求得z，再根据复数在复平面内的表示求解即可.
3．（2024高二下·茂名期末）函数的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
满足，则函数是奇函数，
且当时，，.
故选：A.
【分析】先求函数的定义域，判断函数的奇偶性，结合时，判断即可.
4．（2024高二下·茂名期末）已知直线与抛物线：交于两点，则（　　）
A． B．5 C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，
联立，消元整理可得，
易知抛物线焦点坐标为，令，则，解得，即直线过焦点，
则.
故答案为：B.
【分析】设，联立直线与抛物线方程，证明直线过焦点，再利用焦半径公式和韦达定理求解即可.
5．（2024高二下·茂名期末）已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则此数列的项数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的项数为，
其中偶数项有项，奇数项有项，
设等差数列的前项和为，
则，
因为为等差数列，所以，所以，解得，
则，即此数列的项数是项.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质与其前项和的性质求解即可.
6．（2024高二下·茂名期末）已知函数，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且，
则为偶函数，，
因为在上单调递减，在上单调递增，则恒成立，
则在单调递减，在单调递增，
因为，所以，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】先求定义域，判断函数的奇偶性，再分析其单调性，从而得到，求解即可.
7．（2024高二下·茂名期末）函数，（，）满足，且在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解： 函数，
由，可得，因为，所以，
则，又因为，，所以，
在区间上有且仅有3个零点，且在零点0之前的三个零点依次为，则，解得.
故答案为：C.
【分析】代入解出，再利用整体法得到，求解即可.
8．（2024高二下·茂名期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（　　）
A．时，平面
B．时，四面体的体积为定值
C．时，，使得平面
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
【答案】C
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由题意：当时，，即，因为平面，平面，所以平面，故A正确；
B、正方体中，当时，面积是定值，
因为，平面，平面，所以平面，
点到平面的距离是定值，则四面体的体积为定值，故B正确；
C、当时，，
而，则
，因此不垂直于，不存在，使得平面，故C错误；
D、显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球，令球半径为，则，
球的表面积，解得，故D正确.
故答案为：C.
【分析】利用线面平行的判定推理即可判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值即可判断B；由空间向量数量积的运算律计算即可判断C；求出外接球半径计算即可判断D.
9．（2024高二下·茂名期末）已知向量，不共线且，则下列结论一定正确的是（　　）
A．或
B．
C．
D．，在上的投影向量相等
【答案】B,C
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：AB、 向量，不共线 ，且，则，故A错误；B正确；
C、，则，
则，则，即，故C正确；
D、根据矩形性质知，在上在上的投影向量的模不一定相等，如图所示：
，且，
，在上的投影向量分别为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据向量垂直的向量表示即可判断AB；根据向量加减法的几何意义或者根据向量数量积的运算律即可判断C；举出反例即可判断D.
10．（2024高二下·茂名期末）掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，，记事件“”，“为偶数”，“为奇数”，则（　　）
A． B． C． D．与互斥
【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：易知掷一枚质地均匀的骰子两次的可能结果共有36种，
A、事件“”的可能结果有：，则，故A正确；
B、事件“为偶数”的可能结果有种，
事件“为偶数且”的可能结果有5种，则，故B错误；
C、事件“为奇数”的可能结果有18种，
事件“为奇数且”的可能结果有2种，则，
故C正确；
D、样本点为时，说明与不互斥，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】列出所有满足题意的情况，根据古典概型公式即可判断A；求出事件，，的情况，再利用条件概率公式即可判断BC；再根据互斥事件的判定方法即可判断D.
11．（2024高二下·茂名期末）已知函数，其中实数，，且，则（　　）
A．当时，没有极值点
B．当有且仅有3个零点时，
C．当时，为奇函数
D．当时，过点作曲线的切线有且只有1条
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、当时，函数，
，
当时，，当或时，，
则分别是函数的极大值点和极小值点，故A错误；
B、函数，，
当，，当或时，，
即函数在上单调递减，在和上单调递增，
当有且仅有3个零点时，且，则，得，故B正确；
C、当时，函数，
，
设定义域为，且，
则为奇函数，故C正确；
D、，不在曲线上，
设过点的曲线切线的切点为，，
则过点的曲线切线的方程为：，
又点在的切线上，有，
即，设，，
当或时，单调递减，
当时，单调递增，
则，，，
作出图象，如图所示：
根据图象知与只有一个交点，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】直接代入求导即可得到其极值点即可判断A；求导得到的单调性，再根据其零点个数得到不等式组，解出即可判断B；代入，化简即可判断C；设切点，求出切线方程，代入，再转化得，转化为直线与的交点个数问题即可判断D.
12．（2024高二下·茂名期末）已知圆锥的底面直径为，母线长为2，则此圆锥的体积是　 　.
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：记圆锥的底面半径为，母线为，高为，
由题意可知：，，则，
故圆锥的体积为：.
故答案为：.
【分析】记圆锥的底面半径为，母线为，高为，由题意求出圆锥的高，再利用圆锥的体积公式计算即可.
13．（2024高二下·茂名期末）已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为　 　.
【答案】99
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解： 数列是首项为，公比为的等比数列 ，
则，即，
数列的前n项和，显然数列是递增数列，
而，
使得成立的的最大值为99.
故答案为：99.
【分析】由题意，求数列的通项公式，再利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和，再借助数列单调性求解即可.
14．（2024高二下·茂名期末）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，.过点的直线与轴交于点，与交于点，且，点在以为直径的圆上，则的渐近线方程为　 　.
【答案】
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；解三角形
【解析】【解答】解：设，则，
因为点在以为直径的圆上，所以，
在Rt中，，则，解得，
则，
，，
在中，，整理得，
则，即，即，
故的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】设，则，利用勾股定理得到
，则得到，再利用余弦定理得到齐次方程即可.
15．（2024高二下·茂名期末）如图，正三棱柱中，为边的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，与交于点，连接，如图所示：
因为分别为边的中点，所以；
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：，解得，
因为正三棱柱中，平面，所以，
又因为是正三角形，是边的中点，所以，
又，且平面，平面，
取的中点，则两两垂直，
以为原点，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
记平面，平面的法向量分别为，
则，，即，，
故可取，则，
，
又二面角所成的平面角是锐角，故其余弦值为.
【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；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）证明，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法求出，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）连接，与交于点，连接，
分别为边的中点，；
又平面平面，平面.
（2），
正三棱柱中，平面，，
又是正三角形，是边的中点，，
又，且平面，平面，
取的中点，则两两垂直，
故以为原点，分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系；
则，
，
记平面，平面的法向量分别为，
则，，即，，
故可取，则，
，
又二面角所成的平面角是锐角，故其余弦值为.
16．（2024高二下·茂名期末）已知函数，.
（1）若在点处的切线的斜率为1，求的极值；
（2）若，证明：当时，.
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
若在点处的切线的斜率为1，则，解得，
则，，
令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
则函数在有极小值，，无极大值；
（2）解：若，函数，
令，，
令，则，
当时，，单调递减，，
即，在上单调递增，则，
可得，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由求出，再由导数求出极值即可；
（2）令，得，再构造函数，利用导数求出可得的单调性，结合在上范围情况可得答案.
（1），
若在点处的切线的斜率为1，则，解得，
所以，，
令，解得，
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以在有极小值，，无极大值；
（2）若，则，
令，
所以，
令，则，
当时，，所以单调递减，所以，
即，所以在上单调递增，
所以，
可得，即.
17．（2024高二下·茂名期末）锐角中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：，
由正弦定理得：，
，
，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：记，则；
由余弦定理，即，解得，或，
当时，角对的边最大，且，则是钝角，舍去；
当时，角对的边最大，且，符合，
因为，所以；
，
又因为，所以，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式展开化简即可得到，再求角的大小即可；
（2）记，则，再利用余弦定理得或，再分类讨论即可.
（1）由正弦定理得：
，
，
，又，
，又.
（2）记，则；
由余弦定理，即，
，或，
时，角对的边最大，且，
则是钝角，舍去；
时，角对的边最大，且，符合.
又；
，又，
，
.
18．（2024高二下·茂名期末）已知椭圆：（）的一个顶点为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）设，直线（且）与交于不同的两点，，若直线与交于另一点，则直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）解：易知，，解得，则椭圆的方程为；
（2）解：显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由，消去整理得，
，
由韦达定理可得：，
直线的方程为，
根据的对称性可知，若直线恒过定点，则定点在轴上，
令，解得
，
故直线过定点.
【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）易知，再根据离心率和关系即可得到方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算直线的方程，令化解即可.
（1）由题意可得，，
又由，得，
所以的方程为.
（2）显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由消去整理得，
，
所以，
直线的方程为，
根据的对称性可知，若直线恒过定点，则定点在轴上，
令，解得
所以直线过定点.
19．（2024高二下·茂名期末）某同学参加趣味答题比赛，规则如下：第1次答题时，若答对则得2分，否则得1分；从第2次答题开始，若答对则获得上一次答题得分的2倍，否则得1分，该同学每次答对的概率都为，答错的概率都为，且每次答对与否相互独立.记第次答题得分为.
（1）求；
（2）求（）的分布列和期望；
（3）在游戏开始前，该同学有两个选择，①从第2次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束.②从第1次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束.已知共有4次答题环节，求该同学选择哪个方案获得胜利的概率更大.
【答案】（1）解：由题意可知表示事件“第1次答错，第2，3次均答对”，则；
（2）解：可取且表示事件“第次答错”，则，
当时，，
表示事件“第次答错，第次均答对”，
所以，，
表示事件“第次都答对”
，
所以
的分布列为：
1 2 4
；
（3）解：若选择方案①，只可能为2，4，即：，表示事件“第1次答错，第2次答对”，
表示事件“第2次答错，第3、4次均答对"，
因为、互斥，所以
若选择方案②，只可能为1，2，4，即：，
表示事件“第1次答对”；
表示事件“第1、2次均答对”，
而第1次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况；
表示事件“第1次答错，第2，3，4次均答对”；
因为与互斥，所以
，
所以应该选择方案②.
【知识点】等比数列的前n项和；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
【解析】【分析】（1）根据独立事件的乘法公式求解即可；
（2）首先分析出得可能取值，再按步骤列出分布列，最后利用期望公式和等比数列求和公式求解即可；
（3）选择方案①，计算出的值，选择方案②，计算出，两者比较大小即可.
（1）由题意可知表示事件“第1次答错，第2，3次均答对”，
（2）可取且表示事件“第次答错”，
所以，
当时，，
表示事件“第次答错，第次均答对”，
所以，，
表示事件“第次都答对”
，
所以
所以的分布列为：
1 2 4
（3）若选择方案①，只可能为2，4，即：，
表示事件“第1次答错，第2次答对”，
表示事件“第2次答错，第3、4次均答对"，
因为、互斥，所以
若选择方案②，只可能为1，2，4，即：，
表示事件“第1次答对”；
表示事件“第1、2次均答对”，
而第1次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况；
表示事件“第1次答错，第2，3，4次均答对”；
因为与互斥，所以
，
所以应该选择方案②.
1 / 1广东省茂名市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试卷
1．（2024高二下·茂名期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·茂名期末）复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高二下·茂名期末）函数的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·茂名期末）已知直线与抛物线：交于两点，则（　　）
A． B．5 C． D．
5．（2024高二下·茂名期末）已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则此数列的项数是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·茂名期末）已知函数，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·茂名期末）函数，（，）满足，且在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·茂名期末）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列说法不正确的是（　　）
A．时，平面
B．时，四面体的体积为定值
C．时，，使得平面
D．若三棱锥的外接球表面积为，则
9．（2024高二下·茂名期末）已知向量，不共线且，则下列结论一定正确的是（　　）
A．或
B．
C．
D．，在上的投影向量相等
10．（2024高二下·茂名期末）掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，，记事件“”，“为偶数”，“为奇数”，则（　　）
A． B． C． D．与互斥
11．（2024高二下·茂名期末）已知函数，其中实数，，且，则（　　）
A．当时，没有极值点
B．当有且仅有3个零点时，
C．当时，为奇函数
D．当时，过点作曲线的切线有且只有1条
12．（2024高二下·茂名期末）已知圆锥的底面直径为，母线长为2，则此圆锥的体积是　 　.
13．（2024高二下·茂名期末）已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为　 　.
14．（2024高二下·茂名期末）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，.过点的直线与轴交于点，与交于点，且，点在以为直径的圆上，则的渐近线方程为　 　.
15．（2024高二下·茂名期末）如图，正三棱柱中，为边的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
16．（2024高二下·茂名期末）已知函数，.
（1）若在点处的切线的斜率为1，求的极值；
（2）若，证明：当时，.
17．（2024高二下·茂名期末）锐角中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值.
18．（2024高二下·茂名期末）已知椭圆：（）的一个顶点为，离心率为.
（1）求的方程；
（2）设，直线（且）与交于不同的两点，，若直线与交于另一点，则直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
19．（2024高二下·茂名期末）某同学参加趣味答题比赛，规则如下：第1次答题时，若答对则得2分，否则得1分；从第2次答题开始，若答对则获得上一次答题得分的2倍，否则得1分，该同学每次答对的概率都为，答错的概率都为，且每次答对与否相互独立.记第次答题得分为.
（1）求；
（2）求（）的分布列和期望；
（3）在游戏开始前，该同学有两个选择，①从第2次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束.②从第1次开始，若第次得分刚好为时，则该同学获得胜利，游戏结束.已知共有4次答题环节，求该同学选择哪个方案获得胜利的概率更大.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
则.
故答案为：B.
【分析】先解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： ，在复平面内对应点为 ， 位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简求得z，再根据复数在复平面内的表示求解即可.
3．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
满足，则函数是奇函数，
且当时，，.
故选：A.
【分析】先求函数的定义域，判断函数的奇偶性，结合时，判断即可.
4．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，
联立，消元整理可得，
易知抛物线焦点坐标为，令，则，解得，即直线过焦点，
则.
故答案为：B.
【分析】设，联立直线与抛物线方程，证明直线过焦点，再利用焦半径公式和韦达定理求解即可.
5．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的项数为，
其中偶数项有项，奇数项有项，
设等差数列的前项和为，
则，
因为为等差数列，所以，所以，解得，
则，即此数列的项数是项.
故答案为：C.
【分析】根据等差数列的性质与其前项和的性质求解即可.
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且，
则为偶函数，，
因为在上单调递减，在上单调递增，则恒成立，
则在单调递减，在单调递增，
因为，所以，解得或，
则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】先求定义域，判断函数的奇偶性，再分析其单调性，从而得到，求解即可.
7．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解： 函数，
由，可得，因为，所以，
则，又因为，，所以，
在区间上有且仅有3个零点，且在零点0之前的三个零点依次为，则，解得.
故答案为：C.
【分析】代入解出，再利用整体法得到，求解即可.
8．【答案】C
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、由题意：当时，，即，因为平面，平面，所以平面，故A正确；
B、正方体中，当时，面积是定值，
因为，平面，平面，所以平面，
点到平面的距离是定值，则四面体的体积为定值，故B正确；
C、当时，，
而，则
，因此不垂直于，不存在，使得平面，故C错误；
D、显然平面，则三棱锥与以线段为棱的长方体有相同的外接球，令球半径为，则，
球的表面积，解得，故D正确.
故答案为：C.
【分析】利用线面平行的判定推理即可判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值即可判断B；由空间向量数量积的运算律计算即可判断C；求出外接球半径计算即可判断D.
9．【答案】B,C
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：AB、 向量，不共线 ，且，则，故A错误；B正确；
C、，则，
则，则，即，故C正确；
D、根据矩形性质知，在上在上的投影向量的模不一定相等，如图所示：
，且，
，在上的投影向量分别为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据向量垂直的向量表示即可判断AB；根据向量加减法的几何意义或者根据向量数量积的运算律即可判断C；举出反例即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：易知掷一枚质地均匀的骰子两次的可能结果共有36种，
A、事件“”的可能结果有：，则，故A正确；
B、事件“为偶数”的可能结果有种，
事件“为偶数且”的可能结果有5种，则，故B错误；
C、事件“为奇数”的可能结果有18种，
事件“为奇数且”的可能结果有2种，则，
故C正确；
D、样本点为时，说明与不互斥，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】列出所有满足题意的情况，根据古典概型公式即可判断A；求出事件，，的情况，再利用条件概率公式即可判断BC；再根据互斥事件的判定方法即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、当时，函数，
，
当时，，当或时，，
则分别是函数的极大值点和极小值点，故A错误；
B、函数，，
当，，当或时，，
即函数在上单调递减，在和上单调递增，
当有且仅有3个零点时，且，则，得，故B正确；
C、当时，函数，
，
设定义域为，且，
则为奇函数，故C正确；
D、，不在曲线上，
设过点的曲线切线的切点为，，
则过点的曲线切线的方程为：，
又点在的切线上，有，
即，设，，
当或时，单调递减，
当时，单调递增，
则，，，
作出图象，如图所示：
根据图象知与只有一个交点，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】直接代入求导即可得到其极值点即可判断A；求导得到的单调性，再根据其零点个数得到不等式组，解出即可判断B；代入，化简即可判断C；设切点，求出切线方程，代入，再转化得，转化为直线与的交点个数问题即可判断D.
12．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：记圆锥的底面半径为，母线为，高为，
由题意可知：，，则，
故圆锥的体积为：.
故答案为：.
【分析】记圆锥的底面半径为，母线为，高为，由题意求出圆锥的高，再利用圆锥的体积公式计算即可.
13．【答案】99
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解： 数列是首项为，公比为的等比数列 ，
则，即，
数列的前n项和，显然数列是递增数列，
而，
使得成立的的最大值为99.
故答案为：99.
【分析】由题意，求数列的通项公式，再利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和，再借助数列单调性求解即可.
14．【答案】
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；解三角形
【解析】【解答】解：设，则，
因为点在以为直径的圆上，所以，
在Rt中，，则，解得，
则，
，，
在中，，整理得，
则，即，即，
故的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】设，则，利用勾股定理得到
，则得到，再利用余弦定理得到齐次方程即可.
15．【答案】（1）证明：连接，与交于点，连接，如图所示：
因为分别为边的中点，所以；
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：，解得，
因为正三棱柱中，平面，所以，
又因为是正三角形，是边的中点，所以，
又，且平面，平面，
取的中点，则两两垂直，
以为原点，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
记平面，平面的法向量分别为，
则，，即，，
故可取，则，
，
又二面角所成的平面角是锐角，故其余弦值为.
【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；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）证明，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法求出，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）连接，与交于点，连接，
分别为边的中点，；
又平面平面，平面.
（2），
正三棱柱中，平面，，
又是正三角形，是边的中点，，
又，且平面，平面，
取的中点，则两两垂直，
故以为原点，分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系；
则，
，
记平面，平面的法向量分别为，
则，，即，，
故可取，则，
，
又二面角所成的平面角是锐角，故其余弦值为.
16．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
若在点处的切线的斜率为1，则，解得，
则，，
令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
则函数在有极小值，，无极大值；
（2）解：若，函数，
令，，
令，则，
当时，，单调递减，，
即，在上单调递增，则，
可得，即.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由求出，再由导数求出极值即可；
（2）令，得，再构造函数，利用导数求出可得的单调性，结合在上范围情况可得答案.
（1），
若在点处的切线的斜率为1，则，解得，
所以，，
令，解得，
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以在有极小值，，无极大值；
（2）若，则，
令，
所以，
令，则，
当时，，所以单调递减，所以，
即，所以在上单调递增，
所以，
可得，即.
17．【答案】（1）解：，
由正弦定理得：，
，
，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：记，则；
由余弦定理，即，解得，或，
当时，角对的边最大，且，则是钝角，舍去；
当时，角对的边最大，且，符合，
因为，所以；
，
又因为，所以，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式展开化简即可得到，再求角的大小即可；
（2）记，则，再利用余弦定理得或，再分类讨论即可.
（1）由正弦定理得：
，
，
，又，
，又.
（2）记，则；
由余弦定理，即，
，或，
时，角对的边最大，且，
则是钝角，舍去；
时，角对的边最大，且，符合.
又；
，又，
，
.
18．【答案】（1）解：易知，，解得，则椭圆的方程为；
（2）解：显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由，消去整理得，
，
由韦达定理可得：，
直线的方程为，
根据的对称性可知，若直线恒过定点，则定点在轴上，
令，解得
，
故直线过定点.
【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）易知，再根据离心率和关系即可得到方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算直线的方程，令化解即可.
（1）由题意可得，，
又由，得，
所以的方程为.
（2）显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由消去整理得，
，
所以，
直线的方程为，
根据的对称性可知，若直线恒过定点，则定点在轴上，
令，解得
所以直线过定点.
19．【答案】（1）解：由题意可知表示事件“第1次答错，第2，3次均答对”，则；
（2）解：可取且表示事件“第次答错”，则，
当时，，
表示事件“第次答错，第次均答对”，
所以，，
表示事件“第次都答对”
，
所以
的分布列为：
1 2 4
；
（3）解：若选择方案①，只可能为2，4，即：，表示事件“第1次答错，第2次答对”，
表示事件“第2次答错，第3、4次均答对"，
因为、互斥，所以
若选择方案②，只可能为1，2，4，即：，
表示事件“第1次答对”；
表示事件“第1、2次均答对”，
而第1次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况；
表示事件“第1次答错，第2，3，4次均答对”；
因为与互斥，所以
，
所以应该选择方案②.
【知识点】等比数列的前n项和；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
【解析】【分析】（1）根据独立事件的乘法公式求解即可；
（2）首先分析出得可能取值，再按步骤列出分布列，最后利用期望公式和等比数列求和公式求解即可；
（3）选择方案①，计算出的值，选择方案②，计算出，两者比较大小即可.
（1）由题意可知表示事件“第1次答错，第2，3次均答对”，
（2）可取且表示事件“第次答错”，
所以，
当时，，
表示事件“第次答错，第次均答对”，
所以，，
表示事件“第次都答对”
，
所以
所以的分布列为：
1 2 4
（3）若选择方案①，只可能为2，4，即：，
表示事件“第1次答错，第2次答对”，
表示事件“第2次答错，第3、4次均答对"，
因为、互斥，所以
若选择方案②，只可能为1，2，4，即：，
表示事件“第1次答对”；
表示事件“第1、2次均答对”，
而第1次答对的话，游戏已结束，故不需要考虑这种情况；
表示事件“第1次答错，第2，3，4次均答对”；
因为与互斥，所以
，
所以应该选择方案②.
1 / 1

展开更多......

收起↑