2020-2021学年江苏省无锡市惠山区锡山高级中学高二（下）期末数学试卷

2020-2021学年江苏省无锡市惠山区锡山高级中学高二（下）期末数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．（5分）已知，均为集合，3，5，7，的子集，且，，则　　A．， B．，7， C．，5， D．，2．（5分）已知复数，则以下命题中为真命题的是　　A．的共轭复数为 B．的虚部为 C． D．在复平面内对应的点在第一象限3．（5分）已知向量，，，且，，则　　A．3 B． C． D．4．（5分）围棋起源于中国据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛．比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束．假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为　　A． B． C． D．5．（5分）已知数列的前项和为，若，，，为等差数列，则　　A． B． C． D．6．（5分）函数，的值域是　　A．， B．， C．， D．，7．（5分）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的有　　（1）方程，表示的曲线在第二和第四象限；（2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过2；（3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；（4）曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）．A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）8．（5分）若函数与函数有公切线，则实数的取值范围为　　A．， B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．（5分）在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：中位数为2，极差为5；乙地：总体平均数为2，众数为2；丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；丁地：总体平均数为2，总体方差为3．则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的有　　A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地10．（5分）如图，已知函数（其中，，的图象与轴交于点，，与轴交于点，，，，．则下列说法正确的有　　A．的最小正周期为12 B． C．的最大值为 D．在区间上单调递增11．（5分）已知点，圆，点在圆上运动，给出下列命题，其中正确的有　　A．的取值范围是， B．在轴上存在定点，使为定值 C．设线段的中点为，则点到直线的距离的取值范围是 D．过直线上一点引圆的两条切线，切点分别为，，则的取值范围是，12．（5分）在边长为2的等边三角形中，点，分别是边，上的点，满足且，将沿直线折到△的位置．在翻折过程中，下列结论不成立的是　　A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面 B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面 C．若，当二面角为直二面角时， D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分），是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的 　　条件．14．（5分）已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，其一个焦点与抛物线的焦点重合；过点且斜率为的直线交椭圆于、两点，且是线段的中点，则椭圆的方程为 　　．15．（5分）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 　　．16．（5分）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　；如果对折次，那么　　．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足．（1）求角；（2）设点在边上，且，证明：若 _____，则存在最大值或最小值．请在下面的两个条件中选择一个条件填到上面的横线上，并证明．①是的中线；②是的角平分线．18．（12分）设数列的前项和为，满足．（Ⅰ）求证：数列为等比数列；（Ⅱ）求，并求的最大值．19．（12分）已知三棱锥的展开图如图二，其中四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中；（1）证明：平面平面；（2）若是的中点，求二面角的余弦值．20．（12分）当前，全国上下正处在新冠肺炎疫情“外防输入，内防反弹”的关键时期，为深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，始终把师生生命安全和身体健康放在第一位．结合全国第32个爱国卫生月要求，学校某班组织开展了“战疫有我，爱卫同行”防控疫情知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题．规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有一道是送分题（即每位同学至少答对1题）．若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题．假设每位同学每次答题之间相互独立，无论答对几道题概率都一样，且每次答题顺序不作考虑，第一次由甲组开始答题．求：（Ⅰ）若第次由甲组答题的概率为，求；（Ⅱ）前4次答题中甲组恰好答题2次的概率为多少？21．（12分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若有2个极值点，，证明：．22．（12分）如图，已知双曲线的左、右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和．（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和．请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由．2020-2021学年江苏省无锡市惠山区锡山高级中学高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．（5分）已知，均为集合，3，5，7，的子集，且，，则　　A．， B．，7， C．，5， D．，【分析】由与的交集，以及与补集的交集，得到3与9属于，确定出即可．【解答】解：，均为集合，3，5，7，的子集，且，，，．故选：．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2．（5分）已知复数，则以下命题中为真命题的是　　A．的共轭复数为 B．的虚部为 C． D．在复平面内对应的点在第一象限【分析】利用复数的除法运算求出复数的代数形式，然后对选项逐一判断即可．【解答】解：，所以，故选项错误；的虚部为，故选项错误；，故选项错误；在平面内对应的点为，在第一象限，故选项正确．故选：．【点评】本题考查了复数的除法运算，共轭复数的定义，复数的几何意义，复数模的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．3．（5分）已知向量，，，且，，则　　A．3 B． C． D．【分析】分别根据，即可求出，，从而可得出向量的坐标，进而可求出的值．【解答】解：，，解得；，，解得，，，，．故选：．【点评】本题考查了平行向量的坐标关系，向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积和减法运算，考查了计算能力，属于基础题．4．（5分）围棋起源于中国据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛．比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束．假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为　　A． B． C． D．【分析】甲以获胜为事件，甲以胜为事件，则，互斥，利用互斥事件概率加法公式能求出在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率．【解答】解：甲以获胜为事件，甲以胜为事件，则，互斥，且，，所以在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为：，故选：．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．（5分）已知数列的前项和为，若，，，为等差数列，则　　A． B． C． D．【分析】由已知结合数列的递推公式构造等比数列可先求出，然后结合分组求和及等比数列的求和公式可求，进而可求和．【解答】解：由题意得，，故，且，故，则，，则是首项为6，公比为的等比数列，故，则，故选：．【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的求和公式，等比数列的性质，属于中档题．6．（5分）函数，的值域是　　A．， B．， C．， D．，【分析】根据二倍角的余弦公式及两角差的正弦公式即可将原函数变成，根据即可求出的范围，即得出原函数的值域．【解答】解：；；；原函数的值域为．故选：．【点评】考查函数值域的概念及求法，二倍角的余弦公式，以及两角差的正弦公式，正弦函数的值域．7．（5分）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的有　　（1）方程，表示的曲线在第二和第四象限；（2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过2；（3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；（4）曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）．A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）【分析】因为，所以与异号，故其图象在第二和四象限，从而判断（1）；利用基本不等即可判断（2）；将以为圆心、2为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线经过点，，再将，的整点，和逐一代入曲线的方程进行检验即可判断（4）；【解答】解：对于（1），因为，所以与异号，故图象在第二和四象限，即（1）正确．对于（2），因为，所以，所以，所以，即（2）正确；对于（3）选项，以为圆点，2为半径的圆的面积为，显然曲线围成的区域的面积小于圆的面积，即（3）错误；把，代入曲线，可知等号两边成立，所以曲线在第一象限过点，，由曲线的对称性可知，该点的位置是图中的点，对于（4）选项，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把，和代入曲线的方程验证可知，等号不成立，所以曲线在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线只经过整点，即（4）错误；故选：．【点评】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点，有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力，属于中档题．8．（5分）若函数与函数有公切线，则实数的取值范围为　　A．， B． C． D．【分析】分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，借助于函数的极值和最值，即可得到的范围．【解答】解：，，设与相切的切点为，与曲线相切的切点为，则有公共切线斜率为，又，，即有，设，所以，，，且趋近与1时，无限增大，故选：．【点评】本题考查导数的几何意义，主要考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查运算能力，属于中档题二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．（5分）在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：中位数为2，极差为5；乙地：总体平均数为2，众数为2；丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；丁地：总体平均数为2，总体方差为3．则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的有　　A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地【分析】假设最多一天疑似病例超过7人，根据极差可判断；根据平均数可算出10天疑似病例总人数，可判断．【解答】解：假设甲地最多一天疑似病例超过7人，甲地中位数为2，说明有一天疑似病例小于2，极差会超过5，甲地每天疑似病例不会超过7，选．根据乙、丙两地疑似病例平均数可算出10天疑似病例总人数，可推断最多一天疑似病例可能超过7人，由此不能断定一定没有发生大规模群体感染，不选；假设丁地最多一天疑似病例超过7人，丁地总体平均数为2，说明极差会超过3，丁地每天疑似病例不会超过7，选．故选：．【点评】本题考查众数、中位数、平均数、极差，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．10．（5分）如图，已知函数（其中，，的图象与轴交于点，，与轴交于点，，，，．则下列说法正确的有　　A．的最小正周期为12 B． C．的最大值为 D．在区间上单调递增【分析】由题意可得：，，可得，，，的坐标，根据，可得方程，进而解出，，．判断出结论．【解答】解：由题意可得：，，，，．，，，，，，把代入上式可得：，．解得，，可得周期．，，解得．可知：不对．，，解得．函数，可知正确．时，，，可得：函数在单调递增．综上可得：正确．故选：．【点评】本题考查了三角函数方程的解法、三角函数求值、三角函数的图象与性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．11．（5分）已知点，圆，点在圆上运动，给出下列命题，其中正确的有　　A．的取值范围是， B．在轴上存在定点，使为定值 C．设线段的中点为，则点到直线的距离的取值范围是 D．过直线上一点引圆的两条切线，切点分别为，，则的取值范围是，【分析】直接利用平面向量的数量积，向量的坐标运算，点到直线的距离公式的应用，中点坐标公式，相关点法的应用判断、、、的结论．【解答】解：已知点，圆，点在圆上运动，如图所示：对于：由于，设则：，，所以，而点到的距离．即，故错误；对于：当点时，，，所以，当时，，，所以，故错误；对于：设，点，，则，而，整理得，则，即，即点在以为圆心，2为半径的圆上，而点到直线的距离，所以点到直线的距离的范围为，故错误；对于：如上图：由于，，所以，，而，且，所以，即，，而，．故选：．【点评】本题考查的知识要点：平面向量的数量积，向量的坐标运算，点到直线的距离公式的应用，中点坐标公式，相关点法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．12．（5分）在边长为2的等边三角形中，点，分别是边，上的点，满足且，将沿直线折到△的位置．在翻折过程中，下列结论不成立的是　　A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面 B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面 C．若，当二面角为直二面角时， D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为【分析】．在边上点，在上取一点，使得，在上取一点，使得，作交于点，可得四边形为平行四边形，可得始终与平面相交，即可判断出结论．．，在翻折过程中，点在底面的射影不可能在交线上，即可判断出结论．．，当二面角为直二面角时，取的中点，可得：平面．可得，结合余弦定理即可得出．．在翻折过程中，取平面平面，四棱锥体积四边形，，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】解：如图所示，．在边上点，在上取一点，使得，在上取一点，使得，作交于点，则可得，即四边形为平行四边形，，而始终与平面相交，因此在边上不存在点，使得在翻折过程中，满足平面，不成立．．，在翻折过程中，点在底面的射影不可能在交线上，因此不满足平面平面，因此不成立．．，当二面角为直二面角时，取的中点，可得：平面．则，因此不成立．．在翻折过程中，取平面平面，四棱锥体积四边形，，，可得时，函数取得最大值，因此成立．故选：．【点评】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分），是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的 　必要不充分　条件．【分析】利用线面平行的判定，线面垂直的性质，再结合充要条件的定义判断即可．【解答】解：①当时，，，必要性成立，②当时，，或，充分性不成立，是的必要不充分条件，故答案为：必要不充分条件．【点评】本题考查充要条件的定义，考查线面平行的判定，线面垂直的性质，属基础题．14．（5分）已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，其一个焦点与抛物线的焦点重合；过点且斜率为的直线交椭圆于、两点，且是线段的中点，则椭圆的方程为 　　．【分析】根据题意，求出抛物线的焦点为，可得椭圆的焦点在轴上，且，可以设该椭圆的标准方程为：，则，①；由点差法进行分析：设出、的坐标，代入椭圆的方程可得，②③可得：，④，再结合直线的斜率以及、的中点坐标，计算可得的值，结合可得的值，将、的值代入椭圆的标准方程即可得答案．【解答】解：根据题意，抛物线的焦点为，则椭圆的焦点在轴上，且，可以设该椭圆的标准方程为：，则，①设点坐标为，，点坐标为，，有，②③可得：，④又由直线的斜率为，则，的中点的坐标为，则、，代入④中，可得，又由，则，故要求椭圆的标准方程为：；故答案为：．【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及中点弦问题可以用点差法．15．（5分）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 　　．【分析】设正二十面体的棱长为，可以把正五边形的外接圆半径为用表示，正五棱锥的顶点到底面的距离也用表示，再由勾股定理建立关于的方程，把也用表示，从而求出正二十面体的外接球表面积用表示，正二十面体的表面积即20个等边三角形的面积之后，求出来用表示，从而作商得到答案．【解答】解：由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设其半径为，正五边形的外接圆半径为，正二十面体的棱长为，则，得，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，所以，即，解得．所以该正二十面体的外接球表面积为，而该正二十面体的表面积是，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．故答案为：．【点评】本题考查球的表面积的求法，考查空间想象能力，考查数学运算和直观想象的核心素养，属于中档题．16．（5分）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　5　；如果对折次，那么　　．【分析】依题意，对折次共有种规格，且面积为，则，，然后再转化求解即可．【解答】解：易知有，，共5种规格；由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，则，记，则，，，．故答案为：5；．【点评】本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足．（1）求角；（2）设点在边上，且，证明：若 _____，则存在最大值或最小值．请在下面的两个条件中选择一个条件填到上面的横线上，并证明．①是的中线；②是的角平分线．【分析】（1）结合二倍角公式和正弦定理，化角为边，可推出，再由余弦定理，得解；（2）选择条件①，由，两边平方后可得，再结合基本不等式，得解；选择条件②，由，可推出，再利用基本不等式中的“凑1法”，即可得解．【解答】（1）解：，，由正弦定理知，，，由余弦定理知，，，．（2）证明：选择条件①，是的中线，，，，，当且仅当时，等号成立，，故存在最大值，为8．选择条件②，是的角平分线，，，，即，，即，，当且仅当时，等号成立，故存在最小值，为8．【点评】本题考查解三角形，以及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、基本不等式和平面向量的运算是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．18．（12分）设数列的前项和为，满足．（Ⅰ）求证：数列为等比数列；（Ⅱ）求，并求的最大值．【分析】（Ⅰ）求得数列的首项，再将换为，两式相减，结合等比数列的定义，即可得证；（Ⅱ）由等比数列的通项公式可得，再结合已知等式可得，判断的单调性，计算可得最大值．【解答】解：（Ⅰ）证明：当时，，即，当时，，又，两式相减可得，即为，则数列是首项为，公比为的等比数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，即有，又，则，由，当时，；当时，．所以时，取得最大值．【点评】本题考查数列的递推式的运用，以及等比数列的定义和通项公式的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．19．（12分）已知三棱锥的展开图如图二，其中四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中；（1）证明：平面平面；（2）若是的中点，求二面角的余弦值．【分析】（1）设的中点为，连结，，推导出，，从而平面，由此能证明平面平面．（2）由平面，得，，，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：设的中点为，连结，，由题意得，，，在中，，为的中点，，在中，，，，，，，，平面，平面，平面，平面平面．（2）解：由（1）知平面，，，，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，0，，，0，，，，，，，0，，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20．（12分）当前，全国上下正处在新冠肺炎疫情“外防输入，内防反弹”的关键时期，为深入贯彻落实习近平总书记关于疫情防控的重要指示要求，始终把师生生命安全和身体健康放在第一位．结合全国第32个爱国卫生月要求，学校某班组织开展了“战疫有我，爱卫同行”防控疫情知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题．规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有一道是送分题（即每位同学至少答对1题）．若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题．假设每位同学每次答题之间相互独立，无论答对几道题概率都一样，且每次答题顺序不作考虑，第一次由甲组开始答题．求：（Ⅰ）若第次由甲组答题的概率为，求；（Ⅱ）前4次答题中甲组恰好答题2次的概率为多少？【分析】（Ⅰ）若第次由甲组答题，则包括第次由甲组答题，第次继续由甲组答题，以及第次由乙组答题，第次由甲组答题，答对的题数之和为3的倍数的概率为，答对的题数之和不是3的倍数的概率为，推导出是首项为，公比为的等比数列，由此能求出．（Ⅱ）由于第1次由甲组答题，则只要第2次、第3次、第4次这3次中再由甲组答题一次即可，利用相互独立事件概率乘法公式能求出前4次答题中甲组恰好答题2次的概率．【解答】解：（Ⅰ）若第次由甲组答题，则包括第次由甲组答题，第次继续由甲组答题，以及第次由乙组答题，第次由甲组答题，答对的题数之和为3的倍数分别为：，，，，，，，答对的题数之和为3的倍数的概率为：，答对的题数之和不是3的倍数的概率为，第次由乙组答题，第次继续由甲组答题的概率为，第次有乙组答案，第次由甲组答题的概率为，，，第一次由甲组开始，则，是首项为，公比为的等比数列，，，（Ⅱ），，，，由于第1次由甲组答题，则只要第2次、第3次、第4次这3次中再由甲组答题一次即可，前4次答题中甲组恰好答题2次的概率为：．【点评】本题考查概率的求法，涉及到古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力、应用意识等核心素养，是中档题．21．（12分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若有2个极值点，，证明：．【分析】（1），分与两类讨论，可得的单调性；（2）由（1）可知，且，是方程两个根，结合韦达定理可知；令，利用其导数可判断在，上单调递增，于是，从而证得结论成立．【解答】解：（1），，①若，在上单调递减，在，上单调递增；②若，令，△，当时，△，，，在上单调递减，在，上单调递增；当时，同理可得，在，，上单调递减，在，上单调递增；当时，△，恒成立，即恒成立，在上单调递减．综上所述，当时，的递减区间为，无增区间；当时，的递减区间为，，，递增区间为，；当时，的递减区间为，递增区间为，；当时，的递减区间为，递增区间为，；（2）证明：函数有两个极值点，，由（1）可知，且，是方程两个根，，，；令，则恒成立，在，上单调递增，，即．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查分类讨论思想、函数与方程思想及化归思想的综合运用，考查逻辑推理能力与数学运算能力，属于难题．22．（12分）如图，已知双曲线的左、右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和．（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和．请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由．【分析】（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积；（2）设点，，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果．【解答】解：（1）因为双曲线，可得，，，由双曲线的定义可得，又因为，可得，，因为，由，可得，则点的横坐标为，所以，，，可得，即点，过点且与渐近线平行的直线的方程为，联立双曲线的方程，解得点，直线的方程为，点到直线的距离为，且，因此，四边形的面积为；（2）四边形的面积为定值，理由如下：设点，，双曲线的渐近线方程为，则直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，即，点到直线的距离为，，且，因此，（定值）．【点评】求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/12/1 14:15:08；用户：高中数学12；邮箱：sztdjy76@xyh.com；学号：26722394