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广西南宁市2023-2024学年高二下学期期末考调研测试数学试题
1．（2024高二下·南宁期末）已知集合，，则中元素的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
故中元素的个数为4．
故答案为：A．
【分析】根据已知条件和元素与集合的关系和元素的取值范围，从而得出集合，再结合交集的运算法则得到集合，从而得到中元素的个数.
2．（2024高二下·南宁期末）已知随机变量，，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为随机变量，
由，
得，解得．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和二项分布期望公式、方差的公式，从而得出p的值.
3．（2024高二下·南宁期末）已知向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得，
所以，，
则．
故答案为：B．
【分析】根据向量垂直的坐标表示求出的值，从而得出向量，的坐标，再由向量的坐标运算可得向量的坐标.
4．（2024高二下·南宁期末）若椭圆的离心率为，则该椭圆的半焦距为（　　）
A． B． C．3或 D．3或
【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：若椭圆的焦点在x轴上，
则离心率，得，
此时半焦距；
若椭圆的焦点在y轴上，
则离心率，得，
此时半焦距，
所以该椭圆的半焦距为3或．
故答案为：D．
【分析】利用已知条件，分焦点在轴上和轴上讨论，再结合椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而分别计算出和的值，再根据椭圆的半焦距的定义，从而得到该椭圆的半焦距.
5．（2024高二下·南宁期末）已知等比数列的前n项和为，，，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
，
则，
，
，
．
故答案为：B．
【分析】根据等比数列的通项公式和已知条件，从而求出公比的值，再由等比数列前n项和公式，从而得出等比数列的首项.
6．（2024高二下·南宁期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
由余弦定理可得：
，
当且仅当时取等号，
又因为，，
所以．
故答案为：C．
【分析】利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而可得的最小值，再结合同角三角函数的平方关系可得的最大值.
7．（2024高二下·南宁期末）设为函数的极值点，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由已知，则，
设，则，
因为是函数的极值点，
所以是方程的零点，
又，，
所以，
由零点存在性定理可知：故.
故答案为：B
【分析】根据极值点的特征结合零点的存在性定理计算即可求解.
8．（2024高二下·南宁期末）已知直线l与圆交于M，N两点，若以MN为直径的圆过点，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设，，MN的中点，
则，，
又因为，，
则，
所以，
若以MN为直径的圆过点，
则，且，，
可得，
则，整理得，
所以Q在圆心为、半径为的圆上，
因为，
可知点O在圆外，
则，
所以．
故答案为：C．
【分析】设，，MN的中点，根据圆的方程可得，再结合以MN为直径的圆过点可得，分析可知点Q在圆心为、半径为的圆上，再根据圆的性质得出的最小值，从而得出的最大值.
9．（2024高二下·南宁期末）已知，则（　　）
A．
B．
C．在复平面上对应的点位于第三象限
D．
【答案】A,C,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
则，故A正确；
因为，故B错误；
因为，其在复平面内对应的点为，位于第三象限，故C正确；
因为，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据复数的除法运算法则，从而整理可得，则可判断选项A；根据复数的模长公式可判断选项B；根据共轭复数结合复数的几何意义判断出选项C；根据复数的加法运算法则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高二下·南宁期末）已知为定义在上的奇函数，为定义在上的偶函数，则(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对A，因为为定义在上的奇函数，所以，
为定义在上的偶函数，所以
所以，故A正确；
所以，故B正确；
所以，即，故C正确；
所以，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用奇偶性的定义直接判断即可.
11．（2024高二下·南宁期末）已知函数，若方程有6个根，则的值可能为（　　）
A．0 B． C． D．1
【答案】B,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由且，解得，
此时；
由且，解得，
此时，
所以
且，，
作出的图象如图所示，
由方程有个根，
则，
所以有个不同的实根，有个不同的实根，
则与有个不同的交点，与有个不同的交点，
所以，解得，
故符合题意的只有选项B和选项C．
故答案为：BC．
【分析】先化简函数解析式，从而画出函数图象，依题意可得有个不同的实根，有个不同的实根，再根据数形结合得到不等式组，从而解不等式组得出实数a的取值范围，进而得出实数a可能的取值.
12．（2024高二下·南宁期末）在某次考弍中，某陪考老师记录了12名同学提前到考场的时间（单位：分钟）分别为，则该组数据的上四分位数为　 　.
【答案】15.5
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以这组数据的上四分位数是.
故答案为：15.5.
【分析】根据已知条件和百分位数的计算公式，从而得出该组数据的上四分位数.
13．（2024高二下·南宁期末）若双曲线的左、右焦点分别为，，P是C右支上的动点，则的最小值为　 　．
【答案】3
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；双曲线的定义
【解析】【解答】解：由题意可知：，且，
设，
则，
可得在上单调递增，
所以，当时，取得最小值3．
故答案为：3.
【分析】设，由双曲线定义可得，再代入结合二次函数的单调性求最值的方法，从而得出的最小值.
14．（2024高二下·南宁期末）某高校的化学实验室内的电子微型质量测量仪的底座形似一个正四棱台，记该正四棱台为，经测量其体积为，上底面，下底面的边长分别为2，4，记，交于点，，，交于点，则　 　，若四棱台的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为　 　.
【答案】；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，连接，
则底面，
由题意可得，，
该正四棱台的体积为，
，连接，
则；
，
四棱台外接球的球心在的延长线上，
设，
则，，，
由，得，解得，
，
则球的半径，
球的表面积为.
【分析】利用正四棱台的体积公式得到正四棱台的高，再由勾股定理得到的长；由知球心在正四棱台外，设，再利用勾股定理表示球的半径，从而解出的值，进而得到球的半径，再根据球的表面积公式得到球的表面积.
15．（2024高二下·南宁期末）已知函数，记为的导函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的最值．
【答案】（1）解：由题意得，
则，
因为，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）解：令，
则，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
故的最小值为2，无最大值．
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）通过求导和代入法，从而得到，则得出切线的斜率，再结合得出切点坐标，则由直线的点斜式方程得到曲线在点处的切线方程.
（2）令，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数g(x)的最值，进而得出的最值.
（1）由题得，则，又，
故曲线在点处的切线方程为．
（2）令，则，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，故的最小值为2，无最大值．
16．（2024高二下·南宁期末）2024年5月底，各省教育厅陆续召开了2024年高中数学联赛的相关工作，某市经过初次选拔后有小明，小王，小红三名同学成功进入决赛，在决赛环节中三名同学同时解答一道有关组合数论的试题．已知小明成功解出这道题的概率是，小明，小红两名同学都解答错误的概率是，小王、小红两名同学都成功解出的概率是，这三名同学解答是否正确相互独立.
（1）分别求出小王，小红两名同学成功解出这道题的概率；
（2）求三人中至少有两人成功解出这道题的概率．
【答案】（1）解：设小明、小王、小红成功解出该道题分别为事件A，B，C，
根据题意，所以，
则，
因为，
所以，
则，
又因为，
则，
所以小王、小红成功解出这道题的概率分别为，.
（2）解：设三人中至少有两人成功解出这道题为事件D，
则
，
所以三人中至少有两人成功解出这道题的概率为．
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和对立事件的性质以及相互独立事件乘法求概率公式，从而分别求出小王，小红两名同学成功解出这道题的概率.
（2）利用已知条件和对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出三人中至少有两人成功解出这道题的概率．
（1）设小明、小王、小红成功解出该道题分别为事件A，B，C，
根据题意，则有，则，
又，所以，即，
又，则．
即小王、小红成功解出这道题的概率分别为，；
（2）设三人中至少有两人成功解出这道题为事件D，
则有
，
所以三人中至少有两人成功解出这道题的概率为．
17．（2024高二下·南宁期末）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，且，底面ABCD，点E满足．
（1）证明：平面PAC；
（2）求平面ABE与平面BDE的夹角的大小．
【答案】（1）证明：因为底面ABCD是正方形，
所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
又因为，平面PAC，
所以平面PAC．
（2）解：平面ABCD，平面ABCD，
所以，，
所以AP，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面ABE的法向量为，
则
解得，令得，
故，
设平面BDE的法向量为，
则
解得，令得，
故，
设平面ABE与平面BDE的夹角为，
所以．
又因为，所以，
故平面ABE与平面BDE的夹角为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质和线面垂直的性质定理，从而分别证出，，再由线面垂直判定定理证出平面PAC.
（2）利用已知条件结合线面垂直的性质定理得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出两个平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，则可得平面ABE与平面BDE的夹角.
（1）证明：因为底面ABCD是正方形，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，平面PAC，所以平面PAC．
（2）平面ABCD，平面ABCD，所以，，
所以AP，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面ABE的法向量为，则
解得，令得，故，
设平面BDE的法向量为，
则解得，令得，故，
设平面ABE与平面BDE的夹角为，
所以．
又．所以，故平面ABE与平面BDE的夹角为．
18．（2024高二下·南宁期末）已知抛物线的焦点F在直线上．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且，证明：点Q在定直线上．
【答案】（1）解：由题意可得，
则，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）证明：设直线MN的方程为：，
，，，
不妨设，
联立直线MN与抛物线C的方程，
消去y可得，
由，且，
解得且，
则，，
因为，
所以，
整理可得，则，
又因为点Q在直线MN上，则，
消去m得，且且，
可得且，
所以，点Q在定直线：（且）上．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和抛物线的焦点坐标，从而可得的值，进而得出抛物线C的标准方程.
（2）设，，，，联立直线与抛物线方程结合韦达定理，从而可得，再结合消元证出点Q在定直线上.
（1）由题意可得，则，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）设直线MN的方程为：，，，，
不妨设，
联立直线MN与抛物线C的方程，消去y可得，
由，且，解得且，
则，，
因为，则，
整理可得，即，
又因为点Q在直线MN上，则，消m得，
且且，可得得且，
所以点Q在定直线：（且）上．
19．（2024高二下·南宁期末）若数列满足，，且，则称数列为“正余弦错位数列”已知数列为“正余弦错位数列”．
（1）若，求，，
（2）证明：数列为等差数列．
【答案】（1）解：当时，由，知．
又由，知，所以，
又，符合题意．
同理，由，，
得或．
又或，所以．
由，，得，
又，符合题意．
（2）证明：由，得，
所以或，
即或．
因为，
所以，，
所以，，
所以或或．
又，所以，
，
所以，
所以数列是公差为的等差数列．
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列与三角函数的综合；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）根据定义可知 解得，同理可求 ；
（2）根据已知条件结合诱导公式可得或，结合条件与等差数列定义证明结论.
1 / 1广西南宁市2023-2024学年高二下学期期末考调研测试数学试题
1．（2024高二下·南宁期末）已知集合，，则中元素的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．（2024高二下·南宁期末）已知随机变量，，且，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·南宁期末）已知向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·南宁期末）若椭圆的离心率为，则该椭圆的半焦距为（　　）
A． B． C．3或 D．3或
5．（2024高二下·南宁期末）已知等比数列的前n项和为，，，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024高二下·南宁期末）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·南宁期末）设为函数的极值点，则(　　)
A． B． C． D．
8．（2024高二下·南宁期末）已知直线l与圆交于M，N两点，若以MN为直径的圆过点，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·南宁期末）已知，则（　　）
A．
B．
C．在复平面上对应的点位于第三象限
D．
10．（2024高二下·南宁期末）已知为定义在上的奇函数，为定义在上的偶函数，则(　　)
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·南宁期末）已知函数，若方程有6个根，则的值可能为（　　）
A．0 B． C． D．1
12．（2024高二下·南宁期末）在某次考弍中，某陪考老师记录了12名同学提前到考场的时间（单位：分钟）分别为，则该组数据的上四分位数为　 　.
13．（2024高二下·南宁期末）若双曲线的左、右焦点分别为，，P是C右支上的动点，则的最小值为　 　．
14．（2024高二下·南宁期末）某高校的化学实验室内的电子微型质量测量仪的底座形似一个正四棱台，记该正四棱台为，经测量其体积为，上底面，下底面的边长分别为2，4，记，交于点，，，交于点，则　 　，若四棱台的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为　 　.
15．（2024高二下·南宁期末）已知函数，记为的导函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的最值．
16．（2024高二下·南宁期末）2024年5月底，各省教育厅陆续召开了2024年高中数学联赛的相关工作，某市经过初次选拔后有小明，小王，小红三名同学成功进入决赛，在决赛环节中三名同学同时解答一道有关组合数论的试题．已知小明成功解出这道题的概率是，小明，小红两名同学都解答错误的概率是，小王、小红两名同学都成功解出的概率是，这三名同学解答是否正确相互独立.
（1）分别求出小王，小红两名同学成功解出这道题的概率；
（2）求三人中至少有两人成功解出这道题的概率．
17．（2024高二下·南宁期末）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，且，底面ABCD，点E满足．
（1）证明：平面PAC；
（2）求平面ABE与平面BDE的夹角的大小．
18．（2024高二下·南宁期末）已知抛物线的焦点F在直线上．
（1）求C的方程；
（2）过点的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且，证明：点Q在定直线上．
19．（2024高二下·南宁期末）若数列满足，，且，则称数列为“正余弦错位数列”已知数列为“正余弦错位数列”．
（1）若，求，，
（2）证明：数列为等差数列．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
故中元素的个数为4．
故答案为：A．
【分析】根据已知条件和元素与集合的关系和元素的取值范围，从而得出集合，再结合交集的运算法则得到集合，从而得到中元素的个数.
2．【答案】D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为随机变量，
由，
得，解得．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和二项分布期望公式、方差的公式，从而得出p的值.
3．【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得，
所以，，
则．
故答案为：B．
【分析】根据向量垂直的坐标表示求出的值，从而得出向量，的坐标，再由向量的坐标运算可得向量的坐标.
4．【答案】D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：若椭圆的焦点在x轴上，
则离心率，得，
此时半焦距；
若椭圆的焦点在y轴上，
则离心率，得，
此时半焦距，
所以该椭圆的半焦距为3或．
故答案为：D．
【分析】利用已知条件，分焦点在轴上和轴上讨论，再结合椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而分别计算出和的值，再根据椭圆的半焦距的定义，从而得到该椭圆的半焦距.
5．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
，
则，
，
，
．
故答案为：B．
【分析】根据等比数列的通项公式和已知条件，从而求出公比的值，再由等比数列前n项和公式，从而得出等比数列的首项.
6．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
由余弦定理可得：
，
当且仅当时取等号，
又因为，，
所以．
故答案为：C．
【分析】利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而可得的最小值，再结合同角三角函数的平方关系可得的最大值.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由已知，则，
设，则，
因为是函数的极值点，
所以是方程的零点，
又，，
所以，
由零点存在性定理可知：故.
故答案为：B
【分析】根据极值点的特征结合零点的存在性定理计算即可求解.
8．【答案】C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设，，MN的中点，
则，，
又因为，，
则，
所以，
若以MN为直径的圆过点，
则，且，，
可得，
则，整理得，
所以Q在圆心为、半径为的圆上，
因为，
可知点O在圆外，
则，
所以．
故答案为：C．
【分析】设，，MN的中点，根据圆的方程可得，再结合以MN为直径的圆过点可得，分析可知点Q在圆心为、半径为的圆上，再根据圆的性质得出的最小值，从而得出的最大值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
则，故A正确；
因为，故B错误；
因为，其在复平面内对应的点为，位于第三象限，故C正确；
因为，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】根据复数的除法运算法则，从而整理可得，则可判断选项A；根据复数的模长公式可判断选项B；根据共轭复数结合复数的几何意义判断出选项C；根据复数的加法运算法则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对A，因为为定义在上的奇函数，所以，
为定义在上的偶函数，所以
所以，故A正确；
所以，故B正确；
所以，即，故C正确；
所以，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用奇偶性的定义直接判断即可.
11．【答案】B,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由且，解得，
此时；
由且，解得，
此时，
所以
且，，
作出的图象如图所示，
由方程有个根，
则，
所以有个不同的实根，有个不同的实根，
则与有个不同的交点，与有个不同的交点，
所以，解得，
故符合题意的只有选项B和选项C．
故答案为：BC．
【分析】先化简函数解析式，从而画出函数图象，依题意可得有个不同的实根，有个不同的实根，再根据数形结合得到不等式组，从而解不等式组得出实数a的取值范围，进而得出实数a可能的取值.
12．【答案】15.5
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以这组数据的上四分位数是.
故答案为：15.5.
【分析】根据已知条件和百分位数的计算公式，从而得出该组数据的上四分位数.
13．【答案】3
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；双曲线的定义
【解析】【解答】解：由题意可知：，且，
设，
则，
可得在上单调递增，
所以，当时，取得最小值3．
故答案为：3.
【分析】设，由双曲线定义可得，再代入结合二次函数的单调性求最值的方法，从而得出的最小值.
14．【答案】；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，连接，
则底面，
由题意可得，，
该正四棱台的体积为，
，连接，
则；
，
四棱台外接球的球心在的延长线上，
设，
则，，，
由，得，解得，
，
则球的半径，
球的表面积为.
【分析】利用正四棱台的体积公式得到正四棱台的高，再由勾股定理得到的长；由知球心在正四棱台外，设，再利用勾股定理表示球的半径，从而解出的值，进而得到球的半径，再根据球的表面积公式得到球的表面积.
15．【答案】（1）解：由题意得，
则，
因为，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）解：令，
则，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
故的最小值为2，无最大值．
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）通过求导和代入法，从而得到，则得出切线的斜率，再结合得出切点坐标，则由直线的点斜式方程得到曲线在点处的切线方程.
（2）令，利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数g(x)的最值，进而得出的最值.
（1）由题得，则，又，
故曲线在点处的切线方程为．
（2）令，则，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，故的最小值为2，无最大值．
16．【答案】（1）解：设小明、小王、小红成功解出该道题分别为事件A，B，C，
根据题意，所以，
则，
因为，
所以，
则，
又因为，
则，
所以小王、小红成功解出这道题的概率分别为，.
（2）解：设三人中至少有两人成功解出这道题为事件D，
则
，
所以三人中至少有两人成功解出这道题的概率为．
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和对立事件的性质以及相互独立事件乘法求概率公式，从而分别求出小王，小红两名同学成功解出这道题的概率.
（2）利用已知条件和对立事件求概率公式、独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而得出三人中至少有两人成功解出这道题的概率．
（1）设小明、小王、小红成功解出该道题分别为事件A，B，C，
根据题意，则有，则，
又，所以，即，
又，则．
即小王、小红成功解出这道题的概率分别为，；
（2）设三人中至少有两人成功解出这道题为事件D，
则有
，
所以三人中至少有两人成功解出这道题的概率为．
17．【答案】（1）证明：因为底面ABCD是正方形，
所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
又因为，平面PAC，
所以平面PAC．
（2）解：平面ABCD，平面ABCD，
所以，，
所以AP，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面ABE的法向量为，
则
解得，令得，
故，
设平面BDE的法向量为，
则
解得，令得，
故，
设平面ABE与平面BDE的夹角为，
所以．
又因为，所以，
故平面ABE与平面BDE的夹角为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质和线面垂直的性质定理，从而分别证出，，再由线面垂直判定定理证出平面PAC.
（2）利用已知条件结合线面垂直的性质定理得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出两个平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，则可得平面ABE与平面BDE的夹角.
（1）证明：因为底面ABCD是正方形，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，平面PAC，所以平面PAC．
（2）平面ABCD，平面ABCD，所以，，
所以AP，AB，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面ABE的法向量为，则
解得，令得，故，
设平面BDE的法向量为，
则解得，令得，故，
设平面ABE与平面BDE的夹角为，
所以．
又．所以，故平面ABE与平面BDE的夹角为．
18．【答案】（1）解：由题意可得，
则，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）证明：设直线MN的方程为：，
，，，
不妨设，
联立直线MN与抛物线C的方程，
消去y可得，
由，且，
解得且，
则，，
因为，
所以，
整理可得，则，
又因为点Q在直线MN上，则，
消去m得，且且，
可得且，
所以，点Q在定直线：（且）上．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和抛物线的焦点坐标，从而可得的值，进而得出抛物线C的标准方程.
（2）设，，，，联立直线与抛物线方程结合韦达定理，从而可得，再结合消元证出点Q在定直线上.
（1）由题意可得，则，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）设直线MN的方程为：，，，，
不妨设，
联立直线MN与抛物线C的方程，消去y可得，
由，且，解得且，
则，，
因为，则，
整理可得，即，
又因为点Q在直线MN上，则，消m得，
且且，可得得且，
所以点Q在定直线：（且）上．
19．【答案】（1）解：当时，由，知．
又由，知，所以，
又，符合题意．
同理，由，，
得或．
又或，所以．
由，，得，
又，符合题意．
（2）证明：由，得，
所以或，
即或．
因为，
所以，，
所以，，
所以或或．
又，所以，
，
所以，
所以数列是公差为的等差数列．
【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列与三角函数的综合；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）根据定义可知 解得，同理可求 ；
（2）根据已知条件结合诱导公式可得或，结合条件与等差数列定义证明结论.
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