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广西桂林市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷
1．（2024高二下·桂林期末）下列求导运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由基本初等函数的求导公式知，
，，，，
故选项A、选项C、选项D错误；选项B正确.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和基本初等函数求导公式，从而找出求导运算正确的选项.
2．（2024高二下·桂林期末）双曲线的离心率为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线知，，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和双曲线方程以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出的值，再根据双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
3．（2024高二下·桂林期末）曲线在点处的切线方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，可得，
所以，
所以切线方程为，
则.
故答案为：D.
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再结合点斜式得出曲线在点处的切线方程.
4．（2024高二下·桂林期末）已知数列的各项均不为0，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，
可知为公差为3的等差数列，且首项为，
所以，
则，.
故答案为：C.
【分析】利用数列为公差为3的等差数列，再结合等差数列的通项公式，从而求出，再利用代入法得出数列第八项的值.
5．（2024高二下·桂林期末）对四组数据进行统计，获得如下散点图，其中样本相关系数最小的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：分别记A、B、C、D四个散点图所对应的相关系数为、、、，
由图可得A为正相关，
则，B、D为负相关，且图中的点比图中的点分布更为集中，
所以，且，
则，且接近，
因为C图中相关关系强度最弱，
则接近，
所以样本相关系数最小的是B.
故答案为：B.
【分析】根据散点图中点分布的特征，从而确定四个图对应的相关系数的正负以及大小关系，从而可得样本相关系数最小的选项.
6．（2024高二下·桂林期末）从1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（　　）
A．8 B．12 C．18 D．72
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从1，3，5，7中任取2个数的方法数有；
从2，4中任取1个数的方法数有；
选出的3个数的排列有，
再利用分步计数乘法原理得：
可以组成没有重复数字的三位数的个数有.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和组合数公式、排列数公式，再结合分步乘法计数原理，从而得出可以组成没有重复数字的三位数的个数.
7．（2024高二下·桂林期末）在数列中，，对任意m，，都有，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：令，得，
所以，数列是等比数列，首项为，公比为，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和恒等式，再结合等比数列的定义，从而判断出数列是等比数列，首项为，公比为，再结合等比数列的通项公式和赋值法，从而得出数列第2024项的值.
8．（2024高二下·桂林期末）已知点是椭圆C：（）的左焦点，过原点作直线l交C于A，B两点，M，N分别是，的中点，若存在以线段MN为直径的圆过原点，则C的离心率的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：令椭圆右焦点为，半焦距为c，连接，
因为分别是、的中点，O为的中点，
则，
由以为直径的圆过原点，
得，
则，
又因为点A，B关于原点O对称，
所以，四边形为平行四边形，且是矩形，
则，
所以，，
因此，
当且仅当时取等号，
所以，，
则，
又因为，
解得.
故答案为：A.
【分析】令椭圆右焦点为，根据已知条件判断四边形为矩形，再利用椭圆定义结合均值不等式求最值的方法，从而得出椭圆C的离心率的取值范围.
9．（2024高二下·桂林期末）直线l：，圆C：，下列结论正确的是（　　）
A．直线l的倾斜角为
B．圆C的圆心坐标为（1，0）
C．当时，直线l与圆C相切
D．当时，直线l与圆C相交
【答案】B,C,D
【知识点】直线的倾斜角；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为直线l：的斜率为1，
所以直线l的倾斜角为，故选项A错误；
因为圆：，
则，
可知圆心，半径，故选项B正确；
当时，直线l：，
设圆心到直线l的距离为，
则，
所以直线与圆相切，故选项C正确；
因为圆：，
则，
可知圆心，半径，
因为直线与圆C交于两点，
所以圆心C到直线l的距离，
则，
解得，
所以，当时，直线l与圆C相交，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据直线l的斜率和直线的倾斜角的关系式，则可判断选项A；将圆心坐标求出，则可判断选项B；利用点到直线的距离公式求出，从而可得直线l与圆的位置关系，则可判断选项C；利用点到直线的距离公式求出，则可表示出直线l与圆的位置关系，从而求出参数m的取值范围，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2024高二下·桂林期末）已知数列的前n项和，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．数列是递增数列
C． D．
【答案】A,C
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；反证法与放缩法；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，解得，故A正确；
当时，由，可得，
两式相减得，
则数列是等比数列，公比，且首项，
所以数列是递减数列，故B错误；
由等比数列求和公式知，，故C正确；
由选项C知，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据所给的递推关系求出，则判断出选项A；由的关系式得出数列为等比数列，则判断出选项B和选项C；由数列求和公式和放缩法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2024高二下·桂林期末）如图所示，已知正四棱柱中，为的中点，则（　　）
A．平面
B．平面
C．为棱上任一点，则三棱锥的体积为定值
D．平面截此四棱柱的外接球得到的截面面积为
【答案】B,C
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A：由为的中点，所以A错；
对于B：平面平面，
，
又因为平面，平面，
平面，所以B对；
对于平面，平面，
平面为定值，所以对；
对于：设外接球球心为，则为对角线中点.
所以到平面距离为到平面距离的一半，
到平面距离等于到平面距离，设为，
由，
得，
则，
所以点到平面距离为，
则正四棱柱外接球半径为，
所以截面圆半径所以D错.
故答案为：BC.
【分析】由线面平行的定义判断出选项A；由线面垂直的判定定理判断出选项B；由平面为定值，则判断出选项；利用点到平面距离为到平面距离为，再结合勾股定理得出正四棱柱外接球半径，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·桂林期末）的展开式中，的系数是　 　．（用数字作答）
【答案】24
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：因为的展开式通项公式为，
令得，，
所以的系数为24.
故答案为：24.
【分析】根据二项式定理得到展开式的通项公式，从而求出的系数.
13．（2024高二下·桂林期末）盒子里有4个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取2个球，在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率是　 　．
【答案】
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：记“第一次摸到红球”为事件A，
记“第二次摸到红球”为事件B，
则两次都摸到红球为事件AB，
因为，，
所以.
故答案为：.
【分析】根据事件A发生的条件下事件B发生的概率为，再结合组合数公式和已知条件，从而得出在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率.
14．（2024高二下·桂林期末）当a＞0时，若不等式恒成立，则的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意知：，
由，
可得，
则不等式恒成立，
令，
易得为斜率大于0的一条直线，，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
又因为，要使不等式恒成立，
必有的零点与的零点重合或者在的零点左侧，如图所示：
则，解得，
当且仅当恰为在处的切线时取等，
此时的图像恒在图像的下方，
则满足恒成立，
即恒成立，
又因为，
所以在处的切线方程为，
则当时，取得最小值.
故答案为：.
【分析】利用已知条件，先将不等式转化为，从而转化为的图像恒在图像的下方，进而求出两个函数的零点，再比较两个函数的零点得到，且当恰为在处的切线时取得最小值，从而得出的最小值.
15．（2024高二下·桂林期末）已知函数．
（1）求的单调区间和极值；
（2）判断在上是否有零点，并说明理由．
【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
所以，
令，得，的单调递增区间为；
令，得，的单调递减区间为，
则的极小值为，无极大值.
（2）解：在上有零点，理由如下：
因为，
，
所以，
由零点存在定理可知，
所以，函数在上有零点.
【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】【分析】（1）先确定函数的定义域，再求导判断函数的单调性，从而确定函数的单调区间，进而得出函数的极值.
（2）根据已知条件和零点存在定理，从而确定出函数在上是否有零点.
（1）函数的定义域为，
，
令，得，的增区间为，
令，得，的减区间为
的极小值为，无极大值.
（2）在上有零点，
因为，，
所以，
由零点存在定理可知，函数在上有零点.
16．（2024高二下·桂林期末）设等差数列的公差为d，前n项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）已知等比数列的公比为q，，，设，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：由，
得，
由，
得，
联立解得，，
所以的通项公式.
（2）解：由（1）得，，
则，，
所以
两式相减得：
，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据已知条件列出关于的方程组，从而解方程组得出等差数列的首项和公差的值，再求等差数列的通项公式，从而得出数列的通项公式中数列.
（2）由（1）中数列的通项公式结合等比数列的通项公式，从而求出，再利用错位相减法求和得出数列的前n项和.
（1）由，得，由，得，
联立解得，，
所以的通项公式.
（2）由（1）得，，则，
，
于是，
两式相减得：
，
所以.
17．（2024高二下·桂林期末）已知抛物线E：，过点的直线与E交于A，B两点，设E在点A，B处的切线分别为和，与的交点为P．
（1）若点A的坐标为，求的面积（O为坐标原点）；
（2）证明：点P在定直线上．
【答案】（1）解：因为直线AB的斜率
又因为直线AB的方程为，
所以
联立方程，整理得：，
设，
则，，
设直线AB与y轴的交点为D，则，
所以
.
（2）证明：由，得，
则直线的方程为：，整理得：，
同理可得，直线的方程为：，
设，
联立方程，解得
因为点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，
与抛物线方程联立得：，
则，，
所以，，
可得，
所以，点P在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和两点求斜率公式，再根据点斜式方程求出直线AB的方程，再联立直线与抛物线方程，从而可得交点坐标，再结合三角形的面积公式，从而得出三角形的面积.
（2）利用导数的方法求出切线方程，再联立切线和抛物线方程求出交点坐标，再利用点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，则设直线AB的方程为，再联立直线AB方程和抛物线方程以及判别式法和韦达定理，从而得出交点P坐标和k的关系式，再根据交点P满足直线方程，从而证出点P在定直线上.
（1）直线AB的斜率
直线AB的方程为，即
联立方程，整理得：
设，则，
设直线AB与y轴的交点为D，则
（2）由，得
的方程为：，整理得：
同理可得的方程为：
设，联立方程，解得
因为点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，与抛物线方程联立得：
故，，
所以，，可得
所以点P在定直线上
18．（2024高二下·桂林期末）如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
因为，分别为线段，的中点，
所以，，
又因为平行且相等，
所以平行且相等，
所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：依题意，得平面，
所以，
因为，，平面，，
所以平面，
所以，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
得，
取，得，，
所以平面的一个法向量是，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）解：满足条件的点存在，证明如下：
设，（），
则，
所以，，
因为平面，
所以，
所以，得，
所以存在点满足题意.
【知识点】直线与平面平行的判定；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）取的中点，连接，，利用中位线定理证出四边形是平行四边形，从而可得，再利用线面平行的判定定理证出平面.
（2）利用线面垂直可以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，设平面的法向量为，可得，取，得，，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而易知平面的一个法向量为，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（3）设，（），从而可得，，再根据直线平面得出，从而求出的值，进而存在点满足题意.
（1）取的中点，连接，，
因为，分别为线段，的中点，
所以，，
又因为平行且相等，所以平行且相等，
所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面.
（2）依题意得平面，所以，
因为，，平面，，
所以平面，所以，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
取，得，，
所以平面的一个法向量是，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）满足条件的点存在，证明如下：
设，（），
则，
所以，，
因为平面，所以，
所以，得，
所以存在点满足题意.
19．（2024高二下·桂林期末）已知函数，（）．
（1）求函数的最小值；
（2）若恒成立，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）解：因为，
所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以.
（2）解：因为恒成立，
所以恒成立，
令（），
，
令（），
则，
所以在单调递增，
因为，，
所以，使，
所以，
则，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以
所以，
令（），
则，
所以在单调递减，
因为，
所以a的取值范围是.
（3）证明：由（1）知，，当且仅当时，等号成立，
要证，
只需证，
因为
，
，
故原命题得证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；分析法的思考过程、特点及应用；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合得出函数h(x)的解析式，先求出函数h(x)的导函数，再结合导数判断函数h(x)的单调性，从而得出函数h(x)的极值，再结合与端点处对应的函数值比较法，从而可得函数的最小值.
（2）利用已知条件，将问题转化为恒成立，再构造函数，则利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（3）由（1）知，，当且仅当时，等号成立，要证，只需证，再结合放缩法和裂项相消法，从而证出不等式成立.
（1），，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以.
（2）因为恒成立，即恒成立，
令（），
，
令（），
，在单调递增，
因为，，
所以，使，即，则，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故，
所以，
令（），，在单调递减，
因为，
所以a的取值范围是.
（3）由（1）知，当且仅当时，等号成立，
要证，
只需证，
因为，
，
，
.
故原命题得证.
1 / 1广西桂林市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷
1．（2024高二下·桂林期末）下列求导运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·桂林期末）双曲线的离心率为（　　）
A． B．2 C． D．
3．（2024高二下·桂林期末）曲线在点处的切线方程是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·桂林期末）已知数列的各项均不为0，，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·桂林期末）对四组数据进行统计，获得如下散点图，其中样本相关系数最小的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·桂林期末）从1，3，5，7中任取2个数字，从2，4中任取1个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是（　　）
A．8 B．12 C．18 D．72
7．（2024高二下·桂林期末）在数列中，，对任意m，，都有，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·桂林期末）已知点是椭圆C：（）的左焦点，过原点作直线l交C于A，B两点，M，N分别是，的中点，若存在以线段MN为直径的圆过原点，则C的离心率的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·桂林期末）直线l：，圆C：，下列结论正确的是（　　）
A．直线l的倾斜角为
B．圆C的圆心坐标为（1，0）
C．当时，直线l与圆C相切
D．当时，直线l与圆C相交
10．（2024高二下·桂林期末）已知数列的前n项和，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．数列是递增数列
C． D．
11．（2024高二下·桂林期末）如图所示，已知正四棱柱中，为的中点，则（　　）
A．平面
B．平面
C．为棱上任一点，则三棱锥的体积为定值
D．平面截此四棱柱的外接球得到的截面面积为
12．（2024高二下·桂林期末）的展开式中，的系数是　 　．（用数字作答）
13．（2024高二下·桂林期末）盒子里有4个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．如果不放回地依次抽取2个球，在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率是　 　．
14．（2024高二下·桂林期末）当a＞0时，若不等式恒成立，则的最小值是　 　．
15．（2024高二下·桂林期末）已知函数．
（1）求的单调区间和极值；
（2）判断在上是否有零点，并说明理由．
16．（2024高二下·桂林期末）设等差数列的公差为d，前n项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）已知等比数列的公比为q，，，设，求数列的前n项和．
17．（2024高二下·桂林期末）已知抛物线E：，过点的直线与E交于A，B两点，设E在点A，B处的切线分别为和，与的交点为P．
（1）若点A的坐标为，求的面积（O为坐标原点）；
（2）证明：点P在定直线上．
18．（2024高二下·桂林期末）如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论．
19．（2024高二下·桂林期末）已知函数，（）．
（1）求函数的最小值；
（2）若恒成立，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由基本初等函数的求导公式知，
，，，，
故选项A、选项C、选项D错误；选项B正确.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和基本初等函数求导公式，从而找出求导运算正确的选项.
2．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线知，，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和双曲线方程以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而求出的值，再根据双曲线的离心率公式，从而得出双曲线的离心率.
3．【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，可得，
所以，
所以切线方程为，
则.
故答案为：D.
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再结合点斜式得出曲线在点处的切线方程.
4．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，
可知为公差为3的等差数列，且首项为，
所以，
则，.
故答案为：C.
【分析】利用数列为公差为3的等差数列，再结合等差数列的通项公式，从而求出，再利用代入法得出数列第八项的值.
5．【答案】B
【知识点】样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：分别记A、B、C、D四个散点图所对应的相关系数为、、、，
由图可得A为正相关，
则，B、D为负相关，且图中的点比图中的点分布更为集中，
所以，且，
则，且接近，
因为C图中相关关系强度最弱，
则接近，
所以样本相关系数最小的是B.
故答案为：B.
【分析】根据散点图中点分布的特征，从而确定四个图对应的相关系数的正负以及大小关系，从而可得样本相关系数最小的选项.
6．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从1，3，5，7中任取2个数的方法数有；
从2，4中任取1个数的方法数有；
选出的3个数的排列有，
再利用分步计数乘法原理得：
可以组成没有重复数字的三位数的个数有.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和组合数公式、排列数公式，再结合分步乘法计数原理，从而得出可以组成没有重复数字的三位数的个数.
7．【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：令，得，
所以，数列是等比数列，首项为，公比为，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和恒等式，再结合等比数列的定义，从而判断出数列是等比数列，首项为，公比为，再结合等比数列的通项公式和赋值法，从而得出数列第2024项的值.
8．【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：令椭圆右焦点为，半焦距为c，连接，
因为分别是、的中点，O为的中点，
则，
由以为直径的圆过原点，
得，
则，
又因为点A，B关于原点O对称，
所以，四边形为平行四边形，且是矩形，
则，
所以，，
因此，
当且仅当时取等号，
所以，，
则，
又因为，
解得.
故答案为：A.
【分析】令椭圆右焦点为，根据已知条件判断四边形为矩形，再利用椭圆定义结合均值不等式求最值的方法，从而得出椭圆C的离心率的取值范围.
9．【答案】B,C,D
【知识点】直线的倾斜角；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为直线l：的斜率为1，
所以直线l的倾斜角为，故选项A错误；
因为圆：，
则，
可知圆心，半径，故选项B正确；
当时，直线l：，
设圆心到直线l的距离为，
则，
所以直线与圆相切，故选项C正确；
因为圆：，
则，
可知圆心，半径，
因为直线与圆C交于两点，
所以圆心C到直线l的距离，
则，
解得，
所以，当时，直线l与圆C相交，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据直线l的斜率和直线的倾斜角的关系式，则可判断选项A；将圆心坐标求出，则可判断选项B；利用点到直线的距离公式求出，从而可得直线l与圆的位置关系，则可判断选项C；利用点到直线的距离公式求出，则可表示出直线l与圆的位置关系，从而求出参数m的取值范围，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；反证法与放缩法；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，解得，故A正确；
当时，由，可得，
两式相减得，
则数列是等比数列，公比，且首项，
所以数列是递减数列，故B错误；
由等比数列求和公式知，，故C正确；
由选项C知，，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据所给的递推关系求出，则判断出选项A；由的关系式得出数列为等比数列，则判断出选项B和选项C；由数列求和公式和放缩法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】B,C
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A：由为的中点，所以A错；
对于B：平面平面，
，
又因为平面，平面，
平面，所以B对；
对于平面，平面，
平面为定值，所以对；
对于：设外接球球心为，则为对角线中点.
所以到平面距离为到平面距离的一半，
到平面距离等于到平面距离，设为，
由，
得，
则，
所以点到平面距离为，
则正四棱柱外接球半径为，
所以截面圆半径所以D错.
故答案为：BC.
【分析】由线面平行的定义判断出选项A；由线面垂直的判定定理判断出选项B；由平面为定值，则判断出选项；利用点到平面距离为到平面距离为，再结合勾股定理得出正四棱柱外接球半径，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】24
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：因为的展开式通项公式为，
令得，，
所以的系数为24.
故答案为：24.
【分析】根据二项式定理得到展开式的通项公式，从而求出的系数.
13．【答案】
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：记“第一次摸到红球”为事件A，
记“第二次摸到红球”为事件B，
则两次都摸到红球为事件AB，
因为，，
所以.
故答案为：.
【分析】根据事件A发生的条件下事件B发生的概率为，再结合组合数公式和已知条件，从而得出在第一次抽到红球的条件下，第二次抽到红球的概率.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意知：，
由，
可得，
则不等式恒成立，
令，
易得为斜率大于0的一条直线，，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
又因为，要使不等式恒成立，
必有的零点与的零点重合或者在的零点左侧，如图所示：
则，解得，
当且仅当恰为在处的切线时取等，
此时的图像恒在图像的下方，
则满足恒成立，
即恒成立，
又因为，
所以在处的切线方程为，
则当时，取得最小值.
故答案为：.
【分析】利用已知条件，先将不等式转化为，从而转化为的图像恒在图像的下方，进而求出两个函数的零点，再比较两个函数的零点得到，且当恰为在处的切线时取得最小值，从而得出的最小值.
15．【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
所以，
令，得，的单调递增区间为；
令，得，的单调递减区间为，
则的极小值为，无极大值.
（2）解：在上有零点，理由如下：
因为，
，
所以，
由零点存在定理可知，
所以，函数在上有零点.
【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】【分析】（1）先确定函数的定义域，再求导判断函数的单调性，从而确定函数的单调区间，进而得出函数的极值.
（2）根据已知条件和零点存在定理，从而确定出函数在上是否有零点.
（1）函数的定义域为，
，
令，得，的增区间为，
令，得，的减区间为
的极小值为，无极大值.
（2）在上有零点，
因为，，
所以，
由零点存在定理可知，函数在上有零点.
16．【答案】（1）解：由，
得，
由，
得，
联立解得，，
所以的通项公式.
（2）解：由（1）得，，
则，，
所以
两式相减得：
，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据已知条件列出关于的方程组，从而解方程组得出等差数列的首项和公差的值，再求等差数列的通项公式，从而得出数列的通项公式中数列.
（2）由（1）中数列的通项公式结合等比数列的通项公式，从而求出，再利用错位相减法求和得出数列的前n项和.
（1）由，得，由，得，
联立解得，，
所以的通项公式.
（2）由（1）得，，则，
，
于是，
两式相减得：
，
所以.
17．【答案】（1）解：因为直线AB的斜率
又因为直线AB的方程为，
所以
联立方程，整理得：，
设，
则，，
设直线AB与y轴的交点为D，则，
所以
.
（2）证明：由，得，
则直线的方程为：，整理得：，
同理可得，直线的方程为：，
设，
联立方程，解得
因为点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，
与抛物线方程联立得：，
则，，
所以，，
可得，
所以，点P在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和两点求斜率公式，再根据点斜式方程求出直线AB的方程，再联立直线与抛物线方程，从而可得交点坐标，再结合三角形的面积公式，从而得出三角形的面积.
（2）利用导数的方法求出切线方程，再联立切线和抛物线方程求出交点坐标，再利用点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，则设直线AB的方程为，再联立直线AB方程和抛物线方程以及判别式法和韦达定理，从而得出交点P坐标和k的关系式，再根据交点P满足直线方程，从而证出点P在定直线上.
（1）直线AB的斜率
直线AB的方程为，即
联立方程，整理得：
设，则，
设直线AB与y轴的交点为D，则
（2）由，得
的方程为：，整理得：
同理可得的方程为：
设，联立方程，解得
因为点T（1，2）在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，与抛物线方程联立得：
故，，
所以，，可得
所以点P在定直线上
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
因为，分别为线段，的中点，
所以，，
又因为平行且相等，
所以平行且相等，
所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：依题意，得平面，
所以，
因为，，平面，，
所以平面，
所以，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
得，
取，得，，
所以平面的一个法向量是，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）解：满足条件的点存在，证明如下：
设，（），
则，
所以，，
因为平面，
所以，
所以，得，
所以存在点满足题意.
【知识点】直线与平面平行的判定；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）取的中点，连接，，利用中位线定理证出四边形是平行四边形，从而可得，再利用线面平行的判定定理证出平面.
（2）利用线面垂直可以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，设平面的法向量为，可得，取，得，，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而易知平面的一个法向量为，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（3）设，（），从而可得，，再根据直线平面得出，从而求出的值，进而存在点满足题意.
（1）取的中点，连接，，
因为，分别为线段，的中点，
所以，，
又因为平行且相等，所以平行且相等，
所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面.
（2）依题意得平面，所以，
因为，，平面，，
所以平面，所以，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
取，得，，
所以平面的一个法向量是，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）满足条件的点存在，证明如下：
设，（），
则，
所以，，
因为平面，所以，
所以，得，
所以存在点满足题意.
19．【答案】（1）解：因为，
所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以.
（2）解：因为恒成立，
所以恒成立，
令（），
，
令（），
则，
所以在单调递增，
因为，，
所以，使，
所以，
则，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以
所以，
令（），
则，
所以在单调递减，
因为，
所以a的取值范围是.
（3）证明：由（1）知，，当且仅当时，等号成立，
要证，
只需证，
因为
，
，
故原命题得证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；分析法的思考过程、特点及应用；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合得出函数h(x)的解析式，先求出函数h(x)的导函数，再结合导数判断函数h(x)的单调性，从而得出函数h(x)的极值，再结合与端点处对应的函数值比较法，从而可得函数的最小值.
（2）利用已知条件，将问题转化为恒成立，再构造函数，则利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（3）由（1）知，，当且仅当时，等号成立，要证，只需证，再结合放缩法和裂项相消法，从而证出不等式成立.
（1），，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以.
（2）因为恒成立，即恒成立，
令（），
，
令（），
，在单调递增，
因为，，
所以，使，即，则，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故，
所以，
令（），，在单调递减，
因为，
所以a的取值范围是.
（3）由（1）知，当且仅当时，等号成立，
要证，
只需证，
因为，
，
，
.
故原命题得证.
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