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广东省惠州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高二下·惠州期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·惠州期末）若，则（　　）
A． B． C．1 D．2
3．（2024高二下·惠州期末）在等差数列中，已知则等于（　　）
A．40 B．42 C．43 D．45
4．（2024高二下·惠州期末）的展开式中常数项是（　　）
A．14 B． C．42 D．
5．（2024高二下·惠州期末）在正三棱柱中，若，则点A到平面的距离为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·惠州期末）在中，内角所对的边分别为．向量．若，则角C的大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·惠州期末）设点A，B在曲线上．若的中点坐标为，则（　　）
A．6 B． C． D．
8．（2024高二下·惠州期末）已知函数在区间恰有6个零点，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·惠州期末）现有甲、乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评，具体打分如下表（满分100分）．设事件M表示“从甲机构测评分数中任取3个，至多1个超过平均分”，事件N表示“从甲机构测评分数中任取3个，恰有2个超过平均分”．下列说法正确的是（　　）
机构名称 甲 乙
分值 90 98 90 92 95 93 95 92 91 94
A．甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分
B．甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C．乙机构测评分数的中位数为92.5
D．事件互为对立事件
10．（2024高二下·惠州期末）设公比为q的等比数列的前n项积为，若，则（　　）
A． B．当时，
C． D．
11．（2024高二下·惠州期末）在平面直角坐标系中，动点的轨迹为曲线C，且动点到两个定点的距离之积等于3．则下列结论正确的是（　　）
A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C的方程为
C．面积的最大值 D．的取值范围为
12．（2024高二下·惠州期末）双曲线的一个焦点是，则　 　．
13．（2024高二下·惠州期末）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为　 　．
14．（2024高二下·惠州期末）已知函数的定义域为，对于，恒有，且满足，则　 　．
15．（2024高二下·惠州期末） 已知函数在点处的切线与直线相互垂直．
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间和极值．
16．（2024高二下·惠州期末）某企业举行招聘考试，共有1000人参加，分为初试和复试，初试成绩总分100分，初试通过后参加复试．
（1）若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中，试估计初试成绩不低于75分的人数；（精确到个位数）
（2）复试共三道题，每答对一题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及期望．
附：若随机变量X服从正态分布，则：，．
17．（2024高二下·惠州期末）在三棱锥中，平面．分别为线段上的点，且．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024高二下·惠州期末）如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
19．（2024高二下·惠州期末）如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
（1）判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
（2）若数列为“速增数列”.且任意项，，求正整数k的最大值；
（3）已知项数为（）的数列是“速增数列”，且的所有项的和等于k，若，，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
解不等式，可得，即集合，
则.
故答案为：D.
【分析】解不等式求得集合A，B，再利用集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】由题设有，故，故，
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合复数的混合运算法则得出复数z，再结合复数与共轭复数的关系得出复数z的共轭复数，再结合复数的加法运算法则得出。
3．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】在等差数列中，则。所以由及通项公式得，公差d=3得，所以=3=3（)=42，故选B.
【分析】简单题，在等差数列中，则。
4．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：，
令，解得得，则展开式中常数项是.
故选：A.
【分析】写出展开式的通项，令求解即可.
5．【答案】A
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：正三棱柱，如图所示：
若，
则，，
，
设点A到平面的距离为，
因为，所以，
则，解得.
故答案为：A.
【分析】利用体积相等求解即可.
6．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，
由，，
得，整理得，
由余弦定理得，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用共线向量的坐标表示结合余弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的大小.
7．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；平面内中点坐标公式；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：设点，
因为的中点坐标为，所以，
解得，即或，所以.
故答案为：B.
【分析】设，根据题意，利用对数的运算，求得的值，再根据两点间的距离公式求解即可.
8．【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，
令，得或，
解得的正零点为或，
则函数从左到右的零点依次为：，
要使函数在区间恰有6个零点，只需，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】令，求得从左到右的零点依次为：，结合题意，列出不等式求解即可.
9．【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：A、由表中数据可知：
甲机构测评分数的平均分，
乙机构测评分数的平均分，故A错误；
B、甲机构测评分数的方差，
乙机构测评分数的方差，故B正确；
C、乙机构测评分数从小排到大为：91，92，93，94，95，则中位数为93，故C错误；
D、由甲机构测评分数中有且仅有2个测评分数超过平均分，事件不可能同时发生，
但必有一个发生，则事件互为对立事件，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用平均数、方差、百分位数及对立事件的概念逐项判断即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、数列为等比数列，则 ，解得，故A错误；
B、当时，，则，即，解得，故B正确；
C、因为，所以，所以，故C正确；
D、，当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据等比数列下标和的性质求解即可判断ABC；利用基本不等式求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：B、由题意可得：，
整理得，则曲线C的方程为，故B正确；
A、将方程中的换成方程不变，则曲线C关于轴对称，故A正确；
C、曲线变形可得，则，
解得，令，
则，即，
的面积，故C错误；
D、，则的取值范围为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意列式求出曲线C的方程，再逐项分析判断即可.
12．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线化成标准方程为，
因为焦点为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】化双曲线方程为标准形式，再结合焦点坐标求值即可.
13．【答案】（满足即可）
【知识点】图形的对称性
【解析】【解答】解：与关于轴对称，
即关于轴对称，
所以，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
【分析】根据点在单位圆上，可得关于轴对称，再结合图形关于y轴对称的性质，得出，则由赋值法得出满足要求的的一个取值.
14．【答案】
【知识点】抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
因为，所以，则，
又因为，由，得，解得，
则，于是，由对于，恒有，得当时，，
因此，
而，即，则.
故答案为：.
【分析】由题意可得当时，，再借助变形求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，在点处的切线斜率为，
又在点处的切线与直线相互垂直，
所以，解得.
（2）解：由（1）得，，，
令，得，令，得，
即的增区间为，减区间为．
又，
所以在处取得极小值，无极大值．
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）先求导，将1代入求得，再根据，计算即可求得实数a的值；
（2）根据（1）结论，求得，利用导数的正负即可判断函数单调性从而求其极值.
16．【答案】（1）解：学生初试成绩服从正态分布，，
则，
即估计初试成绩不低于的人数为人；
（2）解：由题意可知：随机变量的可能取值为，，，，
，
，
，，
则的分布列为：
.
【知识点】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；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）由题意可知，计算出的值，乘以求解即可；
（2）分析可知随机变量的取值分别为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，计算的值即可.
（1）由学生初试成绩服从正态分布，其中，，得，
因此，
所以估计初试成绩不低于的人数为人.
（2）的可能取值为，，，，
则，，
，，
所以的分布列为：
数学期望为.
17．【答案】（1）证明：由平面，平面，得，
由，得为等腰直角三角形，即，
又因为，且面，面，所以平面；
（2）解：在三棱锥中，取中点，连接，由（1）知，，，
而，于是，，则
显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，，
设平面的法向量为，则，令，得．
由平面，则平面的法向量为，设平面与平面夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据平面并结合的形状，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2） 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 求解出平面、平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）由平面，平面，得，
由得为等腰直角三角形，即，
又，且面，面，
所以平面．
（2）在三棱锥中，取中点，连接，由（1）知，，，
而，于是，，则
显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则，令，得．
由平面，则平面的法向量为，设平面与平面夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：已知椭圆的上顶点坐标为，则抛物线的焦点为，即；
（2）解：若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立，消元整理可得，恒成立，则，
；
（3）解：设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且
，
当且仅当时等号成立，则的取值范围为.
【知识点】基本不等式；向量在几何中的应用；椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值即可；
（2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值即可；
（3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围即可.
（1）椭圆的上顶点坐标为，
则抛物线的焦点为，故.
（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立可得，恒成立，则，
.
（3）设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且
，
当且仅当时，等号成立.
的取值范围为.
19．【答案】（1）解： 数列 ，则，即，，
因为，所以，则数列是“速增数列；
（2）解：，
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为；
（3）证明：，则，
即；
，故，
即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证.
【知识点】数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）计算，，证明即可；
（2）根据题意得到，，计算当时，，当时，，得到答案.
（3）证明，得到，得到，代入计算得到证明.
（1）因为，则，，
又，故，数列是“速增数列”.
（2），
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为.
（3），故，即；
，故，
即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证.
1 / 1广东省惠州市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高二下·惠州期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
解不等式，可得，即集合，
则.
故答案为：D.
【分析】解不等式求得集合A，B，再利用集合的交集的定义求解即可.
2．（2024高二下·惠州期末）若，则（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】由题设有，故，故，
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合复数的混合运算法则得出复数z，再结合复数与共轭复数的关系得出复数z的共轭复数，再结合复数的加法运算法则得出。
3．（2024高二下·惠州期末）在等差数列中，已知则等于（　　）
A．40 B．42 C．43 D．45
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质
【解析】【解答】在等差数列中，则。所以由及通项公式得，公差d=3得，所以=3=3（)=42，故选B.
【分析】简单题，在等差数列中，则。
4．（2024高二下·惠州期末）的展开式中常数项是（　　）
A．14 B． C．42 D．
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：，
令，解得得，则展开式中常数项是.
故选：A.
【分析】写出展开式的通项，令求解即可.
5．（2024高二下·惠州期末）在正三棱柱中，若，则点A到平面的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：正三棱柱，如图所示：
若，
则，，
，
设点A到平面的距离为，
因为，所以，
则，解得.
故答案为：A.
【分析】利用体积相等求解即可.
6．（2024高二下·惠州期末）在中，内角所对的边分别为．向量．若，则角C的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，
由，，
得，整理得，
由余弦定理得，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用共线向量的坐标表示结合余弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的大小.
7．（2024高二下·惠州期末）设点A，B在曲线上．若的中点坐标为，则（　　）
A．6 B． C． D．
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；平面内中点坐标公式；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：设点，
因为的中点坐标为，所以，
解得，即或，所以.
故答案为：B.
【分析】设，根据题意，利用对数的运算，求得的值，再根据两点间的距离公式求解即可.
8．（2024高二下·惠州期末）已知函数在区间恰有6个零点，若，则的取值范围为（　　）
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，
令，得或，
解得的正零点为或，
则函数从左到右的零点依次为：，
要使函数在区间恰有6个零点，只需，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】令，求得从左到右的零点依次为：，结合题意，列出不等式求解即可.
9．（2024高二下·惠州期末）现有甲、乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评，具体打分如下表（满分100分）．设事件M表示“从甲机构测评分数中任取3个，至多1个超过平均分”，事件N表示“从甲机构测评分数中任取3个，恰有2个超过平均分”．下列说法正确的是（　　）
机构名称 甲 乙
分值 90 98 90 92 95 93 95 92 91 94
A．甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分
B．甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C．乙机构测评分数的中位数为92.5
D．事件互为对立事件
【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：A、由表中数据可知：
甲机构测评分数的平均分，
乙机构测评分数的平均分，故A错误；
B、甲机构测评分数的方差，
乙机构测评分数的方差，故B正确；
C、乙机构测评分数从小排到大为：91，92，93，94，95，则中位数为93，故C错误；
D、由甲机构测评分数中有且仅有2个测评分数超过平均分，事件不可能同时发生，
但必有一个发生，则事件互为对立事件，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用平均数、方差、百分位数及对立事件的概念逐项判断即可.
10．（2024高二下·惠州期末）设公比为q的等比数列的前n项积为，若，则（　　）
A． B．当时，
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、数列为等比数列，则 ，解得，故A错误；
B、当时，，则，即，解得，故B正确；
C、因为，所以，所以，故C正确；
D、，当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据等比数列下标和的性质求解即可判断ABC；利用基本不等式求解即可判断D.
11．（2024高二下·惠州期末）在平面直角坐标系中，动点的轨迹为曲线C，且动点到两个定点的距离之积等于3．则下列结论正确的是（　　）
A．曲线C关于y轴对称 B．曲线C的方程为
C．面积的最大值 D．的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：B、由题意可得：，
整理得，则曲线C的方程为，故B正确；
A、将方程中的换成方程不变，则曲线C关于轴对称，故A正确；
C、曲线变形可得，则，
解得，令，
则，即，
的面积，故C错误；
D、，则的取值范围为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意列式求出曲线C的方程，再逐项分析判断即可.
12．（2024高二下·惠州期末）双曲线的一个焦点是，则　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线化成标准方程为，
因为焦点为，所以，解得.
故答案为：.
【分析】化双曲线方程为标准形式，再结合焦点坐标求值即可.
13．（2024高二下·惠州期末）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为　 　．
【答案】（满足即可）
【知识点】图形的对称性
【解析】【解答】解：与关于轴对称，
即关于轴对称，
所以，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
【分析】根据点在单位圆上，可得关于轴对称，再结合图形关于y轴对称的性质，得出，则由赋值法得出满足要求的的一个取值.
14．（2024高二下·惠州期末）已知函数的定义域为，对于，恒有，且满足，则　 　．
【答案】
【知识点】抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
因为，所以，则，
又因为，由，得，解得，
则，于是，由对于，恒有，得当时，，
因此，
而，即，则.
故答案为：.
【分析】由题意可得当时，，再借助变形求解即可.
15．（2024高二下·惠州期末） 已知函数在点处的切线与直线相互垂直．
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）解：因为，在点处的切线斜率为，
又在点处的切线与直线相互垂直，
所以，解得.
（2）解：由（1）得，，，
令，得，令，得，
即的增区间为，减区间为．
又，
所以在处取得极小值，无极大值．
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）先求导，将1代入求得，再根据，计算即可求得实数a的值；
（2）根据（1）结论，求得，利用导数的正负即可判断函数单调性从而求其极值.
16．（2024高二下·惠州期末）某企业举行招聘考试，共有1000人参加，分为初试和复试，初试成绩总分100分，初试通过后参加复试．
（1）若所有考生的初试成绩X近似服从正态分布，其中，试估计初试成绩不低于75分的人数；（精确到个位数）
（2）复试共三道题，每答对一题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为Y，求Y的分布列及期望．
附：若随机变量X服从正态分布，则：，．
【答案】（1）解：学生初试成绩服从正态分布，，
则，
即估计初试成绩不低于的人数为人；
（2）解：由题意可知：随机变量的可能取值为，，，，
，
，
，，
则的分布列为：
.
【知识点】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；正态密度曲线的特点
【解析】【分析】（1）由题意可知，计算出的值，乘以求解即可；
（2）分析可知随机变量的取值分别为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，计算的值即可.
（1）由学生初试成绩服从正态分布，其中，，得，
因此，
所以估计初试成绩不低于的人数为人.
（2）的可能取值为，，，，
则，，
，，
所以的分布列为：
数学期望为.
17．（2024高二下·惠州期末）在三棱锥中，平面．分别为线段上的点，且．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由平面，平面，得，
由，得为等腰直角三角形，即，
又因为，且面，面，所以平面；
（2）解：在三棱锥中，取中点，连接，由（1）知，，，
而，于是，，则
显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，，
设平面的法向量为，则，令，得．
由平面，则平面的法向量为，设平面与平面夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据平面并结合的形状，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2） 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 求解出平面、平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）由平面，平面，得，
由得为等腰直角三角形，即，
又，且面，面，
所以平面．
（2）在三棱锥中，取中点，连接，由（1）知，，，
而，于是，，则
显然直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则，令，得．
由平面，则平面的法向量为，设平面与平面夹角为，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．（2024高二下·惠州期末）如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
【答案】（1）解：已知椭圆的上顶点坐标为，则抛物线的焦点为，即；
（2）解：若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立，消元整理可得，恒成立，则，
；
（3）解：设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且
，
当且仅当时等号成立，则的取值范围为.
【知识点】基本不等式；向量在几何中的应用；椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值即可；
（2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值即可；
（3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围即可.
（1）椭圆的上顶点坐标为，
则抛物线的焦点为，故.
（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立可得，恒成立，则，
.
（3）设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且
，
当且仅当时，等号成立.
的取值范围为.
19．（2024高二下·惠州期末）如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
（1）判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
（2）若数列为“速增数列”.且任意项，，求正整数k的最大值；
（3）已知项数为（）的数列是“速增数列”，且的所有项的和等于k，若，，证明：.
【答案】（1）解： 数列 ，则，即，，
因为，所以，则数列是“速增数列；
（2）解：，
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为；
（3）证明：，则，
即；
，故，
即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证.
【知识点】数列与函数的综合；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）计算，，证明即可；
（2）根据题意得到，，计算当时，，当时，，得到答案.
（3）证明，得到，得到，代入计算得到证明.
（1）因为，则，，
又，故，数列是“速增数列”.
（2），
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为.
（3），故，即；
，故，
即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证.
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