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广东惠州市惠东县2025-2026学年第二学期高二年级期中学业质量检测数学试题
1．的展开式中的第6项的二项式系数是（　　）
A． B． C． D．
2．已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．<< B．<<
C．<< D．<<
3．设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.2 0.4 0.3 0.1
若随机变量，则（　　）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
4．设，，，则（　　）
A． B． C． D．
5．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（　　）
A． B． C． D．
6．已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
7．从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这样的四位数中大于2023的个数为（　　）
A．44 B．43 C．42 D．41
8．已知函数，若对，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．已知离散型随机变量X的分布列为
X 2 4 6 8
P a
则（　　）
A． B．
C． D．
10．设函数，且记，则（　　）
A．数列的首项为 B．数列的前10项和为512
C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0
11．已知函数，则（　　）
A．是函数的极小值点
B．对，方程恒有两个不同的实数解
C．
D．存在，使得直线与曲线相切
12．在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有　 　种.
13．二项式的展开式中的常数项为　 　.
14．已知函数，函数恰有3个零点，则实数的取值范围是　 　．
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．某社区实施垃圾分类投放，居民主要在早、中、晚三个时间段投放垃圾，且早、中、晚三个时间段垃圾投放量占比分别为、、.环保部门监测发现，各时段因监管力度不同，出现垃圾混投情况：在已知垃圾是早上投放的条件下，违规混投的概率为是中午投放的条件下，违规混投的概率为是晚上投放的条件下，违规混投的概率为现随机抽查一袋垃圾，求：
（1）这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率；
（2）这袋垃圾存在违规混投的概率；
（3）若已知该垃圾违规混投，求它来自晚上时段投放的概率.
17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，为的中点．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
19．已知椭圆的左、右顶点分别为点A，B，且，椭圆C离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的右焦点的直线l交椭圆C于M，N两点（异于A、B），直线，的交于点Q，求证：点Q在直线上．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知，第6项的二项式系数为．
故答案为：C.
【分析】根据已知条件得出的展开式中的第6项的二项式系数.
2．【答案】B
【知识点】函数的图象；导数的几何意义；平均变化率
【解析】【解答】解：由函数的图象可知，在上单调递增且增长得越来越慢，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由导数的几何意义得出函数图象增长速度越快，其导数值越大，再结合函数的部分图象，从而得出<<.
3．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意，可得.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和离散型随机变量的分布列以及互斥事件加法求概率公式，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据事件的包含关系和已知条件，再利用条件概率公式得出的值.
5．【答案】A
【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
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程为.
故答案为：A.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，
因为，所以，则在上单调递减，
因为，所以的解为，
则的解为，所以的解为，
则解为所以.
故答案为：D.
【分析】构造函数利用导数的正负判断函数的单调性，利用单调性得出不等式的解集.
7．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当千位数是时，比大的偶数有种；
当千位数是时，比大的偶数有种；
当千位数是时，个位是且比大的偶数有种；
个位是且比大的偶数有种，
所以，比大的偶数共有种，
则这样的四位数中大于2023的个数为41.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和排列数公式以及分类加法计数原理，从而得出这样的四位数中大于2023的个数.
8．【答案】D
【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
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
又因为，
所以为偶函数，
因为，令，
则.又因为，，
所以，则在上单调递增，
因为，当时，，则在上单调递增.
又因为函数为偶函数，所以在上单调递减，
则不等式可化为，
因为，所以，
则，，
由，得，则；
由，得，则.
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和函数的单调性、奇偶性以及不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
9．【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：对于A：由概率之和为1，可得，故A正确；
对于B：因为，故B错误；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用随机变量X的分布列和概率之和等于1，从而得出a的值，则判断出选项A；利用互斥事件加法求概率公式，则判断出选项B和选项C；利用对立事件求概率公式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A：由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，
则当 时，数列的第项是展开式中的系数，
令，则，故A对；
对于B：因为数列的前10项和等于，
所以展开式中所有项的系数之和，
令，则，故B正确；
对于C：因为数列的前10项和等于，
令，则，
又因为，
则数列的前10项和为，故C错误；
对于D：因为数列的前10项和等于，
令，则，
又因为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法，从而得出数列的首项，则判断出选项A；利用赋值法和代入法，从而得出数列的前10项和、数列的前10项和、数列的前10项和，则判断出选项B、选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,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；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数 的定义域为，，
令，解得，
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增，是函数的极小值点，故A 正确；
B、的极小值为，
当时，，，当时，，
结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确；
C、由于当时，单调递增，所以，则，
即，所以，故C不正确；
D、设切点为，切线斜率为，
切线方程为：，
因为切线过，代入得：，
化简得：，
整理得：，即，
令，，
则，所以在和上单调递增，
所以当时，，当时，，
则当时，无解，
即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确.
故答案为：AB.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求极值点即可判断A；由A选项求得函数的极值，作出函数图象，将问题转化为与有两个交点，数形结合求解即可判断B；根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断C；设切点为，利用导数的几何意义，结合点斜式求得切线方程，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D.
12．【答案】18
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：因为区域种同一种花，
所以，不同的种植方法有：；
因为区域种不同的花，
所以，不同的种植方法有：，
由分类加法计数原理，可得共有18种方法.
故答案为：18.
【分析】根据区域种花情况，分两类情况求解，再根据分类加法计数原理，从而得出不同的种植方法种数.
13．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项，令求解即可.
14．【答案】
【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；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：当时，，则，
令，
则当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，当时，，
当，当时，，则，
令，
则当时，单调递增；当时，单调递减，
当时，，，
当，
作出函数的图象如图所示：
因为函数有3个零点，所以与的图象有3个交点，
由图可知，则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】利用导数研究函数的性质并画出函数图象，再根据数形结合和函数的零点个数与和图象交点个数的等价关系，从而得出的取值范围.
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：设垃圾来自早、中、晚时段分别为事件 A， B，，
垃圾违规混投为事件V ，
由题意可知：
，
可得，
所以，这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率为.
（2）解：由题意，
可得：
，
所以这袋垃圾存在违规混投的概率为.
（3）解：由题意，可得：，
所以，已知该垃圾违规混投，它来自晚上时段投放的概率为
【知识点】全概率公式；条件概率；条件概率乘法公式；贝叶斯公式
【解析】【分析】（1）设出相应事件，利用条件概率乘法公式，从而得出这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率.
（2）根据已知条件和全概率公式，从而可得这袋垃圾存在违规混投的概率.
（3）根据已知条件和条件概率公式和贝叶斯公式，从而得出它来自晚上时段投放的概率.
（1）设垃圾来自早、中、晚时段分别为事件 A， B，；垃圾违规混投为事件V ，
由题意可知：，，
可得，
所以这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率为.
（2）由题意可得：
，
所以这袋垃圾存在违规混投的概率为.
（3）由题意可得：，
所以已知该垃圾违规混投，它来自晚上时段投放的概率为
17．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，
因为四边形是菱形，所以，
又因为分别是的中点，所以，
则，
由，得，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）解：由题意知为正三角形，
因为，所以，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图：
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，所以，
可取．
设直线与平面所成的角为，
则．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先证得 ， ，从而可得平面，再由线面垂直的定义得出．
（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值．
（1）略
（2）由题知为正三角形，而，故，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图：
则，
于是．
设平面的法向量为，
则即，可取．
设直线与平面所成的角为，
则．
18．【答案】（1）解：由题意知：，
若，，在上单调递增；
若，令，解得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述，
当，的单调递增区间是，没有单调递减区间；
若，的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）解：依题意，当时，恒成立，
则在上恒成立，
令 ，
则
=，
令，
由（1）知，函数在上单调递增，
所以，函数在上单调递增，
则，所以，
则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取最小值，
得，
所以的取值范围为.

【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
【解析】【分析】（1）根据分类讨论的方法和导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（2）由题意可知在时恒成立，令，再结合（1）和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数的取值范围.
（1）由题知：，
若，，在上单调递增；
若，令解得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上，
当，的递增区间是，没有单调递减区间，
若，的递增区间是，递减区间是；
（2）依题意，时，恒成立，即在上恒成立，
令 ，则=，
令，由（1）知函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
则有，即，
即当时，则，当时，则，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取最小值，于是得，
所以的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为，椭圆C离心率为，
所以，
解得，，
则椭圆C的方程是.
（2）证明：①若直线l的斜率不存在时，如图，
因为椭圆C的右焦点为，
所以直线l的方程是，
则点M的坐标是，点N的坐标是，
所以直线的方程是，直线的方程是，
则直线，的交点Q的坐标是，
所以点Q在直线上.
②若直线l的斜率存在时，如图，
设斜率为k，所以直线l的方程为，
联立方程组，
消去y，整理得，
显然，不妨设，，
则，，
所以直线的方程是，
令，得，
则直线的方程是．
令，得，
所以，
因为分子
，
所以，点Q在直线上．
【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）根据和椭圆的离心率公式、长轴长定义以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列方程组求解得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）若直线l的斜率不存在时，先根据点斜式方程得出直线AM方程和直线BN的方程，再联立两直线方程得出交点Q的坐标，从而证出点Q在直线上；若直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，再联立直线方程和椭圆方程，则根据韦达定理得出直线AM的方程，再利用赋值法得出直线BN的方程以及求出时的的值，作差整理后代入韦达定理式，从而证出点Q在直线上.
1 / 1广东惠州市惠东县2025-2026学年第二学期高二年级期中学业质量检测数学试题
1．的展开式中的第6项的二项式系数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知，第6项的二项式系数为．
故答案为：C.
【分析】根据已知条件得出的展开式中的第6项的二项式系数.
2．已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．<< B．<<
C．<< D．<<
【答案】B
【知识点】函数的图象；导数的几何意义；平均变化率
【解析】【解答】解：由函数的图象可知，在上单调递增且增长得越来越慢，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由导数的几何意义得出函数图象增长速度越快，其导数值越大，再结合函数的部分图象，从而得出<<.
3．设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.2 0.4 0.3 0.1
若随机变量，则（　　）
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意，可得.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和离散型随机变量的分布列以及互斥事件加法求概率公式，从而得出的值.
4．设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
则.
故答案为：C.
【分析】根据事件的包含关系和已知条件，再利用条件概率公式得出的值.
5．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程为.
故答案为：A.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求解即可.
6．已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，
因为，所以，则在上单调递减，
因为，所以的解为，
则的解为，所以的解为，
则解为所以.
故答案为：D.
【分析】构造函数利用导数的正负判断函数的单调性，利用单调性得出不等式的解集.
7．从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这样的四位数中大于2023的个数为（　　）
A．44 B．43 C．42 D．41
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当千位数是时，比大的偶数有种；
当千位数是时，比大的偶数有种；
当千位数是时，个位是且比大的偶数有种；
个位是且比大的偶数有种，
所以，比大的偶数共有种，
则这样的四位数中大于2023的个数为41.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和排列数公式以及分类加法计数原理，从而得出这样的四位数中大于2023的个数.
8．已知函数，若对，，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
又因为，
所以为偶函数，
因为，令，
则.又因为，，
所以，则在上单调递增，
因为，当时，，则在上单调递增.
又因为函数为偶函数，所以在上单调递减，
则不等式可化为，
因为，所以，
则，，
由，得，则；
由，得，则.
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和函数的单调性、奇偶性以及不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
9．已知离散型随机变量X的分布列为
X 2 4 6 8
P a
则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：对于A：由概率之和为1，可得，故A正确；
对于B：因为，故B错误；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用随机变量X的分布列和概率之和等于1，从而得出a的值，则判断出选项A；利用互斥事件加法求概率公式，则判断出选项B和选项C；利用对立事件求概率公式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．设函数，且记，则（　　）
A．数列的首项为 B．数列的前10项和为512
C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0
【答案】A,B,D
【知识点】数列的求和；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A：由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，
则当 时，数列的第项是展开式中的系数，
令，则，故A对；
对于B：因为数列的前10项和等于，
所以展开式中所有项的系数之和，
令，则，故B正确；
对于C：因为数列的前10项和等于，
令，则，
又因为，
则数列的前10项和为，故C错误；
对于D：因为数列的前10项和等于，
令，则，
又因为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法，从而得出数列的首项，则判断出选项A；利用赋值法和代入法，从而得出数列的前10项和、数列的前10项和、数列的前10项和，则判断出选项B、选项C和选项D，从而找出正确的选项.
11．已知函数，则（　　）
A．是函数的极小值点
B．对，方程恒有两个不同的实数解
C．
D．存在，使得直线与曲线相切
【答案】A,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；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数 的定义域为，，
令，解得，
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增，是函数的极小值点，故A 正确；
B、的极小值为，
当时，，，当时，，
结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确；
C、由于当时，单调递增，所以，则，
即，所以，故C不正确；
D、设切点为，切线斜率为，
切线方程为：，
因为切线过，代入得：，
化简得：，
整理得：，即，
令，，
则，所以在和上单调递增，
所以当时，，当时，，
则当时，无解，
即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确.
故答案为：AB.
【分析】求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求极值点即可判断A；由A选项求得函数的极值，作出函数图象，将问题转化为与有两个交点，数形结合求解即可判断B；根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断C；设切点为，利用导数的几何意义，结合点斜式求得切线方程，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D.
12．在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成，，，四个区域，现有牡丹、芍药、月季三种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有　 　种.
【答案】18
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：因为区域种同一种花，
所以，不同的种植方法有：；
因为区域种不同的花，
所以，不同的种植方法有：，
由分类加法计数原理，可得共有18种方法.
故答案为：18.
【分析】根据区域种花情况，分两类情况求解，再根据分类加法计数原理，从而得出不同的种植方法种数.
13．二项式的展开式中的常数项为　 　.
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项，令求解即可.
14．已知函数，函数恰有3个零点，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【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；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：当时，，则，
令，
则当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，当时，，
当，当时，，则，
令，
则当时，单调递增；当时，单调递减，
当时，，，
当，
作出函数的图象如图所示：
因为函数有3个零点，所以与的图象有3个交点，
由图可知，则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】利用导数研究函数的性质并画出函数图象，再根据数形结合和函数的零点个数与和图象交点个数的等价关系，从而得出的取值范围.
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．某社区实施垃圾分类投放，居民主要在早、中、晚三个时间段投放垃圾，且早、中、晚三个时间段垃圾投放量占比分别为、、.环保部门监测发现，各时段因监管力度不同，出现垃圾混投情况：在已知垃圾是早上投放的条件下，违规混投的概率为是中午投放的条件下，违规混投的概率为是晚上投放的条件下，违规混投的概率为现随机抽查一袋垃圾，求：
（1）这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率；
（2）这袋垃圾存在违规混投的概率；
（3）若已知该垃圾违规混投，求它来自晚上时段投放的概率.
【答案】（1）解：设垃圾来自早、中、晚时段分别为事件 A， B，，
垃圾违规混投为事件V ，
由题意可知：
，
可得，
所以，这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率为.
（2）解：由题意，
可得：
，
所以这袋垃圾存在违规混投的概率为.
（3）解：由题意，可得：，
所以，已知该垃圾违规混投，它来自晚上时段投放的概率为
【知识点】全概率公式；条件概率；条件概率乘法公式；贝叶斯公式
【解析】【分析】（1）设出相应事件，利用条件概率乘法公式，从而得出这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率.
（2）根据已知条件和全概率公式，从而可得这袋垃圾存在违规混投的概率.
（3）根据已知条件和条件概率公式和贝叶斯公式，从而得出它来自晚上时段投放的概率.
（1）设垃圾来自早、中、晚时段分别为事件 A， B，；垃圾违规混投为事件V ，
由题意可知：，，
可得，
所以这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率为.
（2）由题意可得：
，
所以这袋垃圾存在违规混投的概率为.
（3）由题意可得：，
所以已知该垃圾违规混投，它来自晚上时段投放的概率为
17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，为的中点．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取的中点为，连接，
因为四边形是菱形，所以，
又因为分别是的中点，所以，
则，
由，得，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）解：由题意知为正三角形，
因为，所以，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图：
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，所以，
可取．
设直线与平面所成的角为，
则．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先证得 ， ，从而可得平面，再由线面垂直的定义得出．
（2）建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，再根据数量积求向量夹角公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值．
（1）略
（2）由题知为正三角形，而，故，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图：
则，
于是．
设平面的法向量为，
则即，可取．
设直线与平面所成的角为，
则．
18．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知：，
若，，在上单调递增；
若，令，解得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述，
当，的单调递增区间是，没有单调递减区间；
若，的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）解：依题意，当时，恒成立，
则在上恒成立，
令 ，
则
=，
令，
由（1）知，函数在上单调递增，
所以，函数在上单调递增，
则，所以，
则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取最小值，
得，
所以的取值范围为.

【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
【解析】【分析】（1）根据分类讨论的方法和导数的正负判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性.
（2）由题意可知在时恒成立，令，再结合（1）和导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数的取值范围.
（1）由题知：，
若，，在上单调递增；
若，令解得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上，
当，的递增区间是，没有单调递减区间，
若，的递增区间是，递减区间是；
（2）依题意，时，恒成立，即在上恒成立，
令 ，则=，
令，由（1）知函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
则有，即，
即当时，则，当时，则，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取最小值，于是得，
所以的取值范围为.
19．已知椭圆的左、右顶点分别为点A，B，且，椭圆C离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的右焦点的直线l交椭圆C于M，N两点（异于A、B），直线，的交于点Q，求证：点Q在直线上．
【答案】（1）解：因为，椭圆C离心率为，
所以，
解得，，
则椭圆C的方程是.
（2）证明：①若直线l的斜率不存在时，如图，
因为椭圆C的右焦点为，
所以直线l的方程是，
则点M的坐标是，点N的坐标是，
所以直线的方程是，直线的方程是，
则直线，的交点Q的坐标是，
所以点Q在直线上.
②若直线l的斜率存在时，如图，
设斜率为k，所以直线l的方程为，
联立方程组，
消去y，整理得，
显然，不妨设，，
则，，
所以直线的方程是，
令，得，
则直线的方程是．
令，得，
所以，
因为分子
，
所以，点Q在直线上．
【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）根据和椭圆的离心率公式、长轴长定义以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而列方程组求解得出a，b，c的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）若直线l的斜率不存在时，先根据点斜式方程得出直线AM方程和直线BN的方程，再联立两直线方程得出交点Q的坐标，从而证出点Q在直线上；若直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，再联立直线方程和椭圆方程，则根据韦达定理得出直线AM的方程，再利用赋值法得出直线BN的方程以及求出时的的值，作差整理后代入韦达定理式，从而证出点Q在直线上.
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