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广东汕头市金山中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（　　）
A．2 B． C． D．
3．如图，在中，，点是的中点.设，则（　　）
A． B．
C． D．
4．设a，，则是的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，则（　　）
A． B． C． D．
6．直线是曲线的一条切线，则（　　）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
7．在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（　　）
A．18种 B．36种 C．48种 D．54种
8．已知函数，，若对任意的恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．若函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期
B．
C．函数为奇函数
D．的图象关于对称
10．设数列的前项和为，已知，则（　　）
A．为等比数列 B．
C． D．
11．已知，则下列描述正确的是（　　）
A．
B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为
C．被7整除所得的余数是4
D．
12．展开式中的第六项的系数为　 　．
13．现有5名学生站成一排，若学生甲不站两端，则不同站法共有　 　种（用数字作答）.
14．已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为　 　．
15．已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和.
16．已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
17．如图，三棱锥的四个顶点均在半径为2的球O的球面上， ，点分别为棱的中点.
（1）证明： ；
（2）若 ，三棱锥的体积为 时，求平面与平面所成角的余弦值.
18．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的长轴长是短轴长的2倍，点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆相交于，两点（异于点）．
（1）求椭圆的方程；
（2）若的面积为，求直线的方程；
（3）记直线与的斜率分别为，，直线，的斜率分别为，，证明：．
19．已知函数
（1）判断是否为周期函数，并说明理由；
（2）求的最大值和最小值；
（3）设证明：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，由，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据一元二次不等式和一元一次不等式的解法，先求出集合A和集合B，再利用集合的交集运算，求出答案即可.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，所以的虚部为2.
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，再利用共轭复数的定义和复数的虚部的定义，从而得出复数的虚部.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，所以，
故.
故答案为：A
【分析】本题考查向量的线性运算，核心思路是利用中点性质和已知的线段比例关系，将目标向量用基底和表示。
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，可得，
当时，则；当时，则，，因此由可推出，即充分性成立；
若，不一定推出，如，，即必要性不成立，
则是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据指数幂比大小，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意，.
故答案为：B.
【分析】利用余弦定理和完全平方公式，可得到，再结合已知条件即可求出cosA的值.
6．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；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】【解答】解：由，得，其斜率为.
由，得.
设切点坐标为，则，得，.
所以切点为.代入，得，.
故答案为：D.
【分析】本题考查利用导数求曲线的切线方程.先将直线方程变形为：，进而可求出直线的斜率，先求出曲线的导函数为：，利用导函数的几何意义可列出方程，解方程可求出切点坐标，反带回曲线方程可求出a的值.
7．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将甲、乙视为1个人，即相当于将4名同学安排到3个项目的方案，有种．
故答案为：B.
【分析】利用“捆绑法”，结合排列、组合知识求解即可.
8．【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意，得，
则，
设，
则在上单调递增，
所以上恒成立，
则恒成立，
所以，
设，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件将原式转化为，再构造函数为，由题意得，参变分离后可得，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,C,D
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、由图象可得，．A错误；
B、又，，故，所以．
则，所以．
解得，又．所以，
故．
所以．B正确；
C、为奇函数．C正确；
D、令，得，
所以的图象关于对称．D正确．
故答案为：BCD.
【分析】根据图象的最高点和最低点的横坐标之差，可求出周期T的值判断A；由周期可求得的值，根据图象的最大值可求得，再将点代入即可求得，从而得到的解析式，求出即可判断选项B；借助的解析式，可求得，再利用函数奇偶性的判断方法，即可判断选项C；利用换元法，令，求出其对称中心，即可判断选项D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】等比关系的确定；数列的求和；数列的递推公式；等比中项
【解析】【解答】解：A、记，由题意，数列满足，
可得
所以，
又，所以，则为常数，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即数列为等比数列，首项为，公比为的等比数列，
因为，则，
所以不是等比数列，A错误；
B、，所以，所以，B正确；
D、因为，所以，D正确；
C、因为，
所以，C正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查数列的递推公式，等比数列的定义，数列求和.对取倒数可得：变形可得：，利用等比数列的定义可得：数列为等比数列，据此可判断A选项；利用等比数列的通项公式进行计算可得：，据此可判断B选项；利用数列的求和公式可得：，据此可判断D选项；利用分式的性质进行放缩可得：，再利用等比数列的求和公式进行计算可得：，通过计算可得：，据此可判断C选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，令，得，
令，得，故，A正确；
对于B，所有含的奇数次项的二项式系数和，
与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，都为，故B正确；
对于C，，故只需考虑被7整除得余数，
因为，被7整除的余数为4，故C正确；
对于D，，
两边求导得，
再令，得，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用赋值法，令x=1和x=0即可判断A的正确性；根据所有含的奇数次项的二项式系数和与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，可判断B；由，由二项式定理展开可知只需要知道被7整除得余数，可判断C；根据复合函数的求导法则对求导，再赋值令x=1即可判断D.
12．【答案】12
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：展开式中的第六项的系数.
故答案为：12.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再利用展开式的通项得出展开式中的第六项的系数.
13．【答案】72
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，可分两步完成：第一步，先在中间三个位置上安排学生甲，有3种方法；
第二步，在留下的四个位置上安排另外4名学生，有种方法.
由分步乘法计数原理，不同站法数为种.
故答案为：72.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.采用位置优先法，先排在中间三个位置上安排学生甲，再在剩余四个位置安排其它4名同学，有种，利用分步乘法计算原理进行计算可求出答案.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，直线：，
因为以为直径的圆过点，
所以，
则，
联立，
整理得，且
又因为，，
所以，
则
整理得，
则由到直线：的距离为，
因为，
所以，
又因为，且，
所以，
则，
因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意结合圆的直径所对的圆周角为直角得出线线垂直，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得到，再联立直线方程和双曲线方程和韦达定理式，从而化简得到，再结合等面积法和三角形面积公式、向量的模的性质以及双曲线的离心率公式，从而得出双曲线C的离心率的取值范围.
15．【答案】（1）解：①，
当时②，
①-②得，
当时，，符合上式，
综上：，.
（2）解：，
则
.
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）先分别写出和，再将这两个等式相减即可得到an的通项公式；
（2）结合（1）可得，再求得bn的前n项和，最后利用裂项相消法，即可求得Sn的通项公式.
（1）①，
当时②，
①-②得，
当时，，符合上式，
综上：，.
（2），
则
.
16．【答案】（1）解：当时，，
，
则，
因为，
∴曲线在点处的切线方程为．
（2）解：，
，
，，
由，得；由，得，
的单调递增区间为，单调递减区间为．
【知识点】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
【解析】【分析】(1)利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式得出曲线在点处的切线方程.
(2)利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间．
（1）当时，，
，则，
又，∴曲线在点处的切线方程为．
（2），，
，，由，得，由，得．
的单调递增区间为，单调递减区间为．
17．【答案】（1）证明：已知 ，是 中点，所以，
又 分别为 中点，故 是 的中位线，得 ，
由 ，知 ，因此 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，故 ，得证.
（2）解：由（1），以 为原点， 为 轴， 为 轴，过作平面 的垂线为轴，
又，可得： ，，，，，
由 ，，设，
，
三棱锥体积 ，
解得 ，即 ，
因为平面 ，故平面 的一个法向量为 ，
在平面 中，，
设其法向量为，则
令，得，即，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角余弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；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）先由线面垂直的判定定理证得平面 ，再利用线面垂直的性质即可求证；
（2）找出坐标原点，建立空间直角坐标系，求得两平面法向量，再利用向量的数量积公式，即可求得其夹角的值.
（1）已知 ，是 中点，所以，
又 分别为 中点，故 是 的中位线，得 ，
由 ，知 ，因此 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，故 ，得证；
（2）由（1），以 为原点， 为 轴， 为 轴，过作平面 的垂线为轴，
又，可得： ，，，，，
由 ，，设，
，
三棱锥体积 ，
解得 ，即 ，
因为平面 ，故平面 的一个法向量为 ，
在平面 中，，
设其法向量为，
则
令，得，
即，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角余弦值是.
18．【答案】（1）解：由题知，解得，，
故椭圆的方程为．
（2）解：设直线的方程为（），
点，的坐标分别为，，
联立得，则，
由，得．
所以
．
原点到直线的距离为，
所以的面积为，
由，解得或，
故直线的方程为或或或．
（3）解：由题意得，，
若存在，则的横坐标不为2，
代入，得，
因为
，
因为，则，
则
，所以，得证.
【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）根据已知条件长轴与短轴的倍数关系和已知点坐标可列得方程组，求出的值，即可得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，整理后可得关于x的一元二次方程，再利用韦达定理、弦长公式和点到直线距离求得MN和MN边上的高，进而用含m的代数式表示面积，建立方程即可求解；
（3）将与分别用坐标表示，通过韦达定理和直线方程消去，验证两者相等.
（1）由题知，解得，，
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为（），
点，的坐标分别为，，
联立得，则，
由，得．
所以
．
原点到直线的距离为，
所以的面积为，
由，解得或，
故直线的方程为或或或．
（3）由题意得，，
若存在，则的横坐标不为2，
代入，得，
因为
，
因为，则，
则
，所以，得证.
19．【答案】（1）解：是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知：，，
因此： ，
即是的一个周期，故是周期函数.
（2）解：由（1）可知求在上的最值即可.
对求导得： ，
令，得 或，
在一个周期内，当时，，
当时，，当时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，，
，，
所以的最大值为 ，最小值为.
（3）证明：记，
由（2）知对任意实数，都有，
对，令，得： ，
将上述个不等式累加，左边整理得：
右边为 ，
因此：，
整理得：，
由，，得，
因此：，得证.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；数列的递推公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用含三角函数的周期性即可判断该复合函数的周期性；
（2）由（1）可知的周期为2π，由此只需要确定函数在一个周期上的单调性，即可求的其最大值和最小值；
（3）由（2）利用换元法令，得不等式： ， 再用累加法即可证明结论.
（1）是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知：，，
因此： ，
即是的一个周期，故是周期函数；
（2）由（1）可知求在上的最值即可.
对求导得： ，
令，得 或，
在一个周期内，当时，，
当时，，当时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，，
，，
所以的最大值为 ，最小值为；
（3）记，
由（2）知对任意实数，都有，
对，令，得： ，
将上述个不等式累加，左边整理得：
右边为 ，
因此：，
整理得：，
由，，得，
因此：，得证.
1 / 1广东汕头市金山中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，解得，由，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据一元二次不等式和一元一次不等式的解法，先求出集合A和集合B，再利用集合的交集运算，求出答案即可.
2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，所以的虚部为2.
故答案为：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，再利用共轭复数的定义和复数的虚部的定义，从而得出复数的虚部.
3．如图，在中，，点是的中点.设，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，所以，
故.
故答案为：A
【分析】本题考查向量的线性运算，核心思路是利用中点性质和已知的线段比例关系，将目标向量用基底和表示。
4．设a，，则是的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 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；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，可得，
当时，则；当时，则，，因此由可推出，即充分性成立；
若，不一定推出，如，，即必要性不成立，
则是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据指数幂比大小，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意，.
故答案为：B.
【分析】利用余弦定理和完全平方公式，可得到，再结合已知条件即可求出cosA的值.
6．直线是曲线的一条切线，则（　　）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；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】【解答】解：由，得，其斜率为.
由，得.
设切点坐标为，则，得，.
所以切点为.代入，得，.
故答案为：D.
【分析】本题考查利用导数求曲线的切线方程.先将直线方程变形为：，进而可求出直线的斜率，先求出曲线的导函数为：，利用导函数的几何意义可列出方程，解方程可求出切点坐标，反带回曲线方程可求出a的值.
7．在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（　　）
A．18种 B．36种 C．48种 D．54种
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将甲、乙视为1个人，即相当于将4名同学安排到3个项目的方案，有种．
故答案为：B.
【分析】利用“捆绑法”，结合排列、组合知识求解即可.
8．已知函数，，若对任意的恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意，得，
则，
设，
则在上单调递增，
所以上恒成立，
则恒成立，
所以，
设，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件将原式转化为，再构造函数为，由题意得，参变分离后可得，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
9．若函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期
B．
C．函数为奇函数
D．的图象关于对称
【答案】B,C,D
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、由图象可得，．A错误；
B、又，，故，所以．
则，所以．
解得，又．所以，
故．
所以．B正确；
C、为奇函数．C正确；
D、令，得，
所以的图象关于对称．D正确．
故答案为：BCD.
【分析】根据图象的最高点和最低点的横坐标之差，可求出周期T的值判断A；由周期可求得的值，根据图象的最大值可求得，再将点代入即可求得，从而得到的解析式，求出即可判断选项B；借助的解析式，可求得，再利用函数奇偶性的判断方法，即可判断选项C；利用换元法，令，求出其对称中心，即可判断选项D.
10．设数列的前项和为，已知，则（　　）
A．为等比数列 B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】等比关系的确定；数列的求和；数列的递推公式；等比中项
【解析】【解答】解：A、记，由题意，数列满足，
可得
所以，
又，所以，则为常数，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即数列为等比数列，首项为，公比为的等比数列，
因为，则，
所以不是等比数列，A错误；
B、，所以，所以，B正确；
D、因为，所以，D正确；
C、因为，
所以，C正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查数列的递推公式，等比数列的定义，数列求和.对取倒数可得：变形可得：，利用等比数列的定义可得：数列为等比数列，据此可判断A选项；利用等比数列的通项公式进行计算可得：，据此可判断B选项；利用数列的求和公式可得：，据此可判断D选项；利用分式的性质进行放缩可得：，再利用等比数列的求和公式进行计算可得：，通过计算可得：，据此可判断C选项.
11．已知，则下列描述正确的是（　　）
A．
B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为
C．被7整除所得的余数是4
D．
【答案】A,B,C
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：对于A，令，得，
令，得，故，A正确；
对于B，所有含的奇数次项的二项式系数和，
与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，都为，故B正确；
对于C，，故只需考虑被7整除得余数，
因为，被7整除的余数为4，故C正确；
对于D，，
两边求导得，
再令，得，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用赋值法，令x=1和x=0即可判断A的正确性；根据所有含的奇数次项的二项式系数和与所有含的偶数次项的二项式系数和相等，可判断B；由，由二项式定理展开可知只需要知道被7整除得余数，可判断C；根据复合函数的求导法则对求导，再赋值令x=1即可判断D.
12．展开式中的第六项的系数为　 　．
【答案】12
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：展开式中的第六项的系数.
故答案为：12.
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再利用展开式的通项得出展开式中的第六项的系数.
13．现有5名学生站成一排，若学生甲不站两端，则不同站法共有　 　种（用数字作答）.
【答案】72
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，可分两步完成：第一步，先在中间三个位置上安排学生甲，有3种方法；
第二步，在留下的四个位置上安排另外4名学生，有种方法.
由分步乘法计数原理，不同站法数为种.
故答案为：72.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.采用位置优先法，先排在中间三个位置上安排学生甲，再在剩余四个位置安排其它4名同学，有种，利用分步乘法计算原理进行计算可求出答案.
14．已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，直线：，
因为以为直径的圆过点，
所以，
则，
联立，
整理得，且
又因为，，
所以，
则
整理得，
则由到直线：的距离为，
因为，
所以，
又因为，且，
所以，
则，
因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意结合圆的直径所对的圆周角为直角得出线线垂直，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得到，再联立直线方程和双曲线方程和韦达定理式，从而化简得到，再结合等面积法和三角形面积公式、向量的模的性质以及双曲线的离心率公式，从而得出双曲线C的离心率的取值范围.
15．已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和.
【答案】（1）解：①，
当时②，
①-②得，
当时，，符合上式，
综上：，.
（2）解：，
则
.
【知识点】数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）先分别写出和，再将这两个等式相减即可得到an的通项公式；
（2）结合（1）可得，再求得bn的前n项和，最后利用裂项相消法，即可求得Sn的通项公式.
（1）①，
当时②，
①-②得，
当时，，符合上式，
综上：，.
（2），
则
.
16．已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间．
【答案】（1）解：当时，，
，
则，
因为，
∴曲线在点处的切线方程为．
（2）解：，
，
，，
由，得；由，得，
的单调递增区间为，单调递减区间为．
【知识点】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
【解析】【分析】(1)利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式得出曲线在点处的切线方程.
(2)利用已知条件和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间．
（1）当时，，
，则，
又，∴曲线在点处的切线方程为．
（2），，
，，由，得，由，得．
的单调递增区间为，单调递减区间为．
17．如图，三棱锥的四个顶点均在半径为2的球O的球面上， ，点分别为棱的中点.
（1）证明： ；
（2）若 ，三棱锥的体积为 时，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：已知 ，是 中点，所以，
又 分别为 中点，故 是 的中位线，得 ，
由 ，知 ，因此 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，故 ，得证.
（2）解：由（1），以 为原点， 为 轴， 为 轴，过作平面 的垂线为轴，
又，可得： ，，，，，
由 ，，设，
，
三棱锥体积 ，
解得 ，即 ，
因为平面 ，故平面 的一个法向量为 ，
在平面 中，，
设其法向量为，则
令，得，即，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角余弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；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）先由线面垂直的判定定理证得平面 ，再利用线面垂直的性质即可求证；
（2）找出坐标原点，建立空间直角坐标系，求得两平面法向量，再利用向量的数量积公式，即可求得其夹角的值.
（1）已知 ，是 中点，所以，
又 分别为 中点，故 是 的中位线，得 ，
由 ，知 ，因此 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，故 ，得证；
（2）由（1），以 为原点， 为 轴， 为 轴，过作平面 的垂线为轴，
又，可得： ，，，，，
由 ，，设，
，
三棱锥体积 ，
解得 ，即 ，
因为平面 ，故平面 的一个法向量为 ，
在平面 中，，
设其法向量为，
则
令，得，
即，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角余弦值是.
18．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的长轴长是短轴长的2倍，点在椭圆上，斜率为的直线与椭圆相交于，两点（异于点）．
（1）求椭圆的方程；
（2）若的面积为，求直线的方程；
（3）记直线与的斜率分别为，，直线，的斜率分别为，，证明：．
【答案】（1）解：由题知，解得，，
故椭圆的方程为．
（2）解：设直线的方程为（），
点，的坐标分别为，，
联立得，则，
由，得．
所以
．
原点到直线的距离为，
所以的面积为，
由，解得或，
故直线的方程为或或或．
（3）解：由题意得，，
若存在，则的横坐标不为2，
代入，得，
因为
，
因为，则，
则
，所以，得证.
【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）根据已知条件长轴与短轴的倍数关系和已知点坐标可列得方程组，求出的值，即可得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，整理后可得关于x的一元二次方程，再利用韦达定理、弦长公式和点到直线距离求得MN和MN边上的高，进而用含m的代数式表示面积，建立方程即可求解；
（3）将与分别用坐标表示，通过韦达定理和直线方程消去，验证两者相等.
（1）由题知，解得，，
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为（），
点，的坐标分别为，，
联立得，则，
由，得．
所以
．
原点到直线的距离为，
所以的面积为，
由，解得或，
故直线的方程为或或或．
（3）由题意得，，
若存在，则的横坐标不为2，
代入，得，
因为
，
因为，则，
则
，所以，得证.
19．已知函数
（1）判断是否为周期函数，并说明理由；
（2）求的最大值和最小值；
（3）设证明：
【答案】（1）解：是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知：，，
因此： ，
即是的一个周期，故是周期函数.
（2）解：由（1）可知求在上的最值即可.
对求导得： ，
令，得 或，
在一个周期内，当时，，
当时，，当时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，，
，，
所以的最大值为 ，最小值为.
（3）证明：记，
由（2）知对任意实数，都有，
对，令，得： ，
将上述个不等式累加，左边整理得：
右边为 ，
因此：，
整理得：，
由，，得，
因此：，得证.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；数列的递推公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用含三角函数的周期性即可判断该复合函数的周期性；
（2）由（1）可知的周期为2π，由此只需要确定函数在一个周期上的单调性，即可求的其最大值和最小值；
（3）由（2）利用换元法令，得不等式： ， 再用累加法即可证明结论.
（1）是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知：，，
因此： ，
即是的一个周期，故是周期函数；
（2）由（1）可知求在上的最值即可.
对求导得： ，
令，得 或，
在一个周期内，当时，，
当时，，当时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，，
，，
所以的最大值为 ，最小值为；
（3）记，
由（2）知对任意实数，都有，
对，令，得： ，
将上述个不等式累加，左边整理得：
右边为 ，
因此：，
整理得：，
由，，得，
因此：，得证.
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