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福建省宁德市博雅培文学校2023届高三二模数学试题（解析版）
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这是一份福建省宁德市博雅培文学校2023届高三二模数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年博雅培文学校二模
数学试题
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，集合且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算集合，然后根据集合的属性求出即可.
【详解】因为，
且，
所以.
故选：B.
2. 已知非零复数满足，则的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设复数，代入中化简，再利用复数相等的条件列方程组可求出，从而可求出复数，进而可求出的共轭复数
【详解】设复数，由，得
，化简得，
所以，解得（舍去），或，
所以，则，
故选：A
3. 为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按照两位女教师分派到同一个地方时，男老师也分配到该地方的人数为标准进行分类讨论,根据古典概型公式计算即可
【详解】五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，分派方案可按人数分为3，1，1或2，2，1两种情况, 则有：种方法；
两位女教师分派到同一个地方根据题意，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；
故一共有：种分派方法,
这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为.
故选：
4. 已知是数列的前项和，，，，数列是公差为1的等差数列，则（ ）
A. 366 B. 367 C. 368 D. 369
【答案】A
【解析】
【分析】把前项拆开成第项，后项，根据数列是等差数列，可将后面的项每项一个分组进行分组求和.
【详解】设，由题意是公差为的等差数列，则，
故，则，
故
于是
.
故选：A
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定函数的奇偶性排除两个选项，再由函数值的正负排除一个选项后可得正确结论．
【详解】由已知，为奇函数，排除BD；
又时，，时，，，即时，，所以恒成立，排除C．
故选：A．
6. 如图是由线段，和优弧围成的“水滴”，其中连线竖直，，与圆弧相切，已知“水滴”的水平宽度与竖直高度之比为2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据相切关系以及水平宽度与竖直高度之比为2，即可利用直角三角形的边角关系可得，再利用倍角公式即可得出结论．
【详解】如图所示，设圆心为与圆弧相交于点，连接，
则
设半径则竖直高度为，则水平距离为
则，设，则．
则，
∴
故选：D．
7. 在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据长方体的几何性质，结合在直线三角形中锐角三角函数，求得棱长，利用异面直线夹角的定义，根据余弦定理，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，设，在中，易知，
在中，，，，
在长方体中，易知，
则为异面直线与的夹角或其补角，
在中，，则，同理可得，，
由余弦定理，则.
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线的右支于、两点．点满足，且，者，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，利用平面向量数量积的运算性质推导出，可知，利用双曲线的定义求出、的长，利用余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可求出该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示，取线段的中点，连接，
因为，则，
因为为的中点，则，且，
由双曲线的定义可得，
所以，，则，
由余弦定理可得，
所以， ，因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列结论正确的是（ ）
A. ，
B. 若，则
C. 若，则
D 若，，，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据基本不等式可判断AD,根据幂函数和对数函数的单调性即可判断CD.
【详解】对于A,当时，，当且仅当时取等号，由于为奇函数，所以当时，，进而可得，故A正确，
对于B，由于，所以，由于函数在上单调递增，所以，故B正确，
对于C，由得，所以，故C错误，
对于D，由，，可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AB
10. 已知圆和两点，．若圆上存在点，使得，则实数的取值可以为（ ）
A. B. 4 C. D. 6
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，得的轨迹是以为直径的圆O，故点P是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系即可求解m的范围．
【详解】∵，∴点的轨迹是以为直径的圆O，半径为，
故点P是圆O与圆C的交点，
圆心和半径分别为，，
因此两圆相切或相交，即，
解得．
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A.
B. 若有两个不相等的实根，，则
C.
D. 若，，均为正数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：代入、直接计算比较大小；B：求的导函数，分析单调性，可得当有两个不相等实根时、的范围，不妨设，则有，比较的大小关系，因为，可构造，求导求单调性，计算可得成立，可证；C：用在上单调递增，构造可证明；D：令，解出，，做差可证明.
【详解】对于A：，，又，，
所以，所以，则，故A错误；
对于B：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则且时，有，所以若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，
又，所以只需证，
令，
则有，
当时，，，所以有，
即在上单调递增，且，所以恒成立，
即，即，即，故B正确.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，
即，则有，故C正确；
对于D：令，则，，，
，
，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
12. 在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，，，使得平面
B. 存在点，，，使得
C. 当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D. 记，，与平面所成的角分别为，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,当时，则要使平面则需可用向量法计算判定选项A；=,=则++=+要使则需=即可，用三角函数判定选项B; 当平面时则需最大,则选项C可判定；由等积法得到平面的距离为进而可得，选项D可判定.
【详解】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
令
平面,平面
又
平面 又平面
当时，则
要使平面则需,
则，
即
当时，则选项A正确；
=,=
则++=+
要使则需=
=，=，=
则中由余弦定理可得
另，
可得，
则
又则
故，选项B错误；
当平面时
则需最大
，，
由平面
可得则
又所以最大为
最大为，选项C错误；
因为
则
可得
=
又可由等积法得到平面的距离为
可得
可得，选项D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若随机变量，且，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正态曲线的对称性求出的值，然后根据正态密度曲线的对称性可得出，代值计算即可得解.
【详解】因为，且，则，
所以，.
故答案为：.
14. 在平行四边形中，已知，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据题意化简求得，再由，即可求解.
【详解】如图所示，设，
因为，，可得，，
又因为，，
可得，，
两式相减得到，可得，
又由，所以.
故答案为：.
15. 若，且，则的展开式中的常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用展开式的通项，根据其含有常数项求出从而得出结果.
【详解】由题意，二项展开式的通项公式为：，其中，
又展开式中含有常数项，于是有解，结合，，可知，
此时，故展开式的常数项为：.
故答案为：
16. 在中，，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，，可得，
则，且，即，
所以
，其中，
当，即时，取得最大值.
故答案为：.
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. 已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，，为中点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倍角余弦公式化简可得，结合，即可求解；
（2）利用余弦定理可得，再根据即可求解.
【小问1详解】
，即，
化简得，解得，
因为，所以．
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，解得，
因为
，
故的长度为．
18. 已知为等差数列的前项和，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前15项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的求和公式即可根据等差数列的性质求解，
（2）根据分组求和，结合等比数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，，
且，，，，．
【小问2详解】
由（1）可知其中．
故的前15项和为
．
19. 某科研团以为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物实验，得到如下列联表．
患病
未患病
总计
服用药物
10
45
末服用药物
50
总计
30
（1）请将上面的列联表补充完整．
（2）认为“药物对预防疾病有效”犯错误的概率是多少？
（3）为了进一步研究，现按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10只，设其中未服用药物的动物数为，求的分布列与期望．
下面的临界值表供参考：
015
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（参考公式：，其中）
【答案】（1）列联表见解析
（2）2.5% （3）分布列见解析，数学期望为1.6
【解析】
【分析】（1）根据表中的数据完成列联表即可；
（2）由公式计算，然后根据临界值表进行判断；
（3）由题意可得的值可能为0，1，2，3，4，求出相应的概率，从而可求得的分布列与期望．
小问1详解】
列联表补充如下：
患病
末患病
总计
服用药物
10
45
55
末服用药物
20
30
50
总计
30
75
105
【小问2详解】．
，认为“药物对预防疾病有效”犯错误的概率是2.5%．
【小问3详解】
根据题意，10只未患病动物中，有6只服用药物，4只未服用药物，
所以的值可能为0，1，2，3，4，则
，，，
，，
的分布列如下：
0
1
2
3
4
则．
20. 如图1，在平面五边形中，是等边三角形.现将沿折起，记折后的点为，连接得到四棱锥，如图2.
（1）证明：；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）构建所在的面，通过线面垂直证明线线垂直
（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值
【小问1详解】
如上图所示，设为中点，连接，因为等边三角形，所以，因为所以，因为所以且，所以，因为所以
又、平面， 平面，又因为
平面，所以
【小问2详解】
如下图所示，过作于点，由平面平面，平面平面，平面又因为平面，所以 又，相交，、平面
平面
以C为原点建立如图所示的坐标系
，
设平面的法向量
满足
设平面的法向量
满足
.所以二面角的余弦值为
21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，椭圆的右焦点到直线的距离．
（1）求椭圆的方程．
（2）已知，是椭圆上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点．试判断圆与直线的位置关系并说明理由．
【答案】（1）
（2）圆与直线相切，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式以及点到直线的距离公式，建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，联立可得一元二次方程，写出韦达定理，结合直线与圆相切的性质，可得答案.
【小问1详解】
设椭圆的右焦点为，因为椭圆的右焦点到直线的距离是，
所以，所以．又因为离心率，所以，
所以，所以椭圆方程为．
【小问2详解】
圆与直线相切．
理由：设，．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
由，得．
，化简可得：.
所以，，．
因为以线段为直径的圆过坐标原点，
所以，
所以，且，
所以圆心到直线的距离．
当直线的斜率不存在时，由题知，所以，所以，所以圆心到直线的距离．
综上所述，圆与直线相切．
22. 已知函数 ．
（1）当且时，求函数的单调区间；
（2）当时，若函数的两个极值点分别为，，证明：．
【答案】（1）函数的单调递增区间为和，无单调递减区间．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）对函数求导后，将问题转化为，是方程的两个实数解，则，再结合已知条件可得，不妨设，由二次函数的性质可知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，即，所以，令，则，，然后利用导数可判断其单调性，从而可证得结论.
【小问1详解】
当时，，所以．
①当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增．
②当时，记，则，
所以当时，，单调递减，且有；
当时，，单调递增，且，
所以当时，，函数单调递增．
综上，函数的单调递增区间为和，无单调递减区间．
【小问2详解】
证明：因为（，），所以．
由题意知，是函数的两个零点，所以，是方程的两个实数解，
由，且，知．
因为，所以，不妨设，所以，则．
因，所以，所以，即．
由二次函数的性质可知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，即，
故
．（）
又因为是方程的根，所以，代入（）式，
得，
令，则．设，，
所以，则单调递减，从而有，
即，证毕．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据题意化简，然后换元后构造函数，利用导数可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
2023年博雅培文学校二模
数学试题
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，集合且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算集合，然后根据集合的属性求出即可.
【详解】因为，
且，
所以.
故选：B.
2. 已知非零复数满足，则的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设复数，代入中化简，再利用复数相等的条件列方程组可求出，从而可求出复数，进而可求出的共轭复数
【详解】设复数，由，得
，化简得，
所以，解得（舍去），或，
所以，则，
故选：A
3. 为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按照两位女教师分派到同一个地方时，男老师也分配到该地方的人数为标准进行分类讨论,根据古典概型公式计算即可
【详解】五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，分派方案可按人数分为3，1，1或2，2，1两种情况, 则有：种方法；
两位女教师分派到同一个地方根据题意，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；
故一共有：种分派方法,
这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为.
故选：
4. 已知是数列的前项和，，，，数列是公差为1的等差数列，则（ ）
A. 366 B. 367 C. 368 D. 369
【答案】A
【解析】
【分析】把前项拆开成第项，后项，根据数列是等差数列，可将后面的项每项一个分组进行分组求和.
【详解】设，由题意是公差为的等差数列，则，
故，则，
故
于是
.
故选：A
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定函数的奇偶性排除两个选项，再由函数值的正负排除一个选项后可得正确结论．
【详解】由已知，为奇函数，排除BD；
又时，，时，，，即时，，所以恒成立，排除C．
故选：A．
6. 如图是由线段，和优弧围成的“水滴”，其中连线竖直，，与圆弧相切，已知“水滴”的水平宽度与竖直高度之比为2，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据相切关系以及水平宽度与竖直高度之比为2，即可利用直角三角形的边角关系可得，再利用倍角公式即可得出结论．
【详解】如图所示，设圆心为与圆弧相交于点，连接，
则
设半径则竖直高度为，则水平距离为
则，设，则．
则，
∴
故选：D．
7. 在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据长方体的几何性质，结合在直线三角形中锐角三角函数，求得棱长，利用异面直线夹角的定义，根据余弦定理，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，设，在中，易知，
在中，，，，
在长方体中，易知，
则为异面直线与的夹角或其补角，
在中，，则，同理可得，，
由余弦定理，则.
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线的右支于、两点．点满足，且，者，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，利用平面向量数量积的运算性质推导出，可知，利用双曲线的定义求出、的长，利用余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可求出该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示，取线段的中点，连接，
因为，则，
因为为的中点，则，且，
由双曲线的定义可得，
所以，，则，
由余弦定理可得，
所以， ，因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列结论正确的是（ ）
A. ，
B. 若，则
C. 若，则
D 若，，，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据基本不等式可判断AD,根据幂函数和对数函数的单调性即可判断CD.
【详解】对于A,当时，，当且仅当时取等号，由于为奇函数，所以当时，，进而可得，故A正确，
对于B，由于，所以，由于函数在上单调递增，所以，故B正确，
对于C，由得，所以，故C错误，
对于D，由，，可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AB
10. 已知圆和两点，．若圆上存在点，使得，则实数的取值可以为（ ）
A. B. 4 C. D. 6
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，得的轨迹是以为直径的圆O，故点P是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系即可求解m的范围．
【详解】∵，∴点的轨迹是以为直径的圆O，半径为，
故点P是圆O与圆C的交点，
圆心和半径分别为，，
因此两圆相切或相交，即，
解得．
故选：BCD
11. 已知函数，则（ ）
A.
B. 若有两个不相等的实根，，则
C.
D. 若，，均为正数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：代入、直接计算比较大小；B：求的导函数，分析单调性，可得当有两个不相等实根时、的范围，不妨设，则有，比较的大小关系，因为，可构造，求导求单调性，计算可得成立，可证；C：用在上单调递增，构造可证明；D：令，解出，，做差可证明.
【详解】对于A：，，又，，
所以，所以，则，故A错误；
对于B：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则且时，有，所以若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，
又，所以只需证，
令，
则有，
当时，，，所以有，
即在上单调递增，且，所以恒成立，
即，即，即，故B正确.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，
即，则有，故C正确；
对于D：令，则，，，
，
，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
12. 在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，，，使得平面
B. 存在点，，，使得
C. 当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D. 记，，与平面所成的角分别为，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,当时，则要使平面则需可用向量法计算判定选项A；=,=则++=+要使则需=即可，用三角函数判定选项B; 当平面时则需最大,则选项C可判定；由等积法得到平面的距离为进而可得，选项D可判定.
【详解】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
令
平面,平面
又
平面 又平面
当时，则
要使平面则需,
则，
即
当时，则选项A正确；
=,=
则++=+
要使则需=
=，=，=
则中由余弦定理可得
另，
可得，
则
又则
故，选项B错误；
当平面时
则需最大
，，
由平面
可得则
又所以最大为
最大为，选项C错误；
因为
则
可得
=
又可由等积法得到平面的距离为
可得
可得，选项D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若随机变量，且，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正态曲线的对称性求出的值，然后根据正态密度曲线的对称性可得出，代值计算即可得解.
【详解】因为，且，则，
所以，.
故答案为：.
14. 在平行四边形中，已知，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据题意化简求得，再由，即可求解.
【详解】如图所示，设，
因为，，可得，，
又因为，，
可得，，
两式相减得到，可得，
又由，所以.
故答案为：.
15. 若，且，则的展开式中的常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用展开式的通项，根据其含有常数项求出从而得出结果.
【详解】由题意，二项展开式的通项公式为：，其中，
又展开式中含有常数项，于是有解，结合，，可知，
此时，故展开式的常数项为：.
故答案为：
16. 在中，，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，，可得，
则，且，即，
所以
，其中，
当，即时，取得最大值.
故答案为：.
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. 已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，，为中点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倍角余弦公式化简可得，结合，即可求解；
（2）利用余弦定理可得，再根据即可求解.
【小问1详解】
，即，
化简得，解得，
因为，所以．
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，解得，
因为
，
故的长度为．
18. 已知为等差数列的前项和，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前15项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的求和公式即可根据等差数列的性质求解，
（2）根据分组求和，结合等比数列的求和公式即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，，
且，，，，．
【小问2详解】
由（1）可知其中．
故的前15项和为
．
19. 某科研团以为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物实验，得到如下列联表．
患病
未患病
总计
服用药物
10
45
末服用药物
50
总计
30
（1）请将上面的列联表补充完整．
（2）认为“药物对预防疾病有效”犯错误的概率是多少？
（3）为了进一步研究，现按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10只，设其中未服用药物的动物数为，求的分布列与期望．
下面的临界值表供参考：
015
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
（参考公式：，其中）
【答案】（1）列联表见解析
（2）2.5% （3）分布列见解析，数学期望为1.6
【解析】
【分析】（1）根据表中的数据完成列联表即可；
（2）由公式计算，然后根据临界值表进行判断；
（3）由题意可得的值可能为0，1，2，3，4，求出相应的概率，从而可求得的分布列与期望．
小问1详解】
列联表补充如下：
患病
末患病
总计
服用药物
10
45
55
末服用药物
20
30
50
总计
30
75
105
【小问2详解】．
，认为“药物对预防疾病有效”犯错误的概率是2.5%．
【小问3详解】
根据题意，10只未患病动物中，有6只服用药物，4只未服用药物，
所以的值可能为0，1，2，3，4，则
，，，
，，
的分布列如下：
0
1
2
3
4
则．
20. 如图1，在平面五边形中，是等边三角形.现将沿折起，记折后的点为，连接得到四棱锥，如图2.
（1）证明：；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）构建所在的面，通过线面垂直证明线线垂直
（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值
【小问1详解】
如上图所示，设为中点，连接，因为等边三角形，所以，因为所以，因为所以且，所以，因为所以
又、平面， 平面，又因为
平面，所以
【小问2详解】
如下图所示，过作于点，由平面平面，平面平面，平面又因为平面，所以 又，相交，、平面
平面
以C为原点建立如图所示的坐标系
，
设平面的法向量
满足
设平面的法向量
满足
.所以二面角的余弦值为
21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，椭圆的右焦点到直线的距离．
（1）求椭圆的方程．
（2）已知，是椭圆上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点．试判断圆与直线的位置关系并说明理由．
【答案】（1）
（2）圆与直线相切，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率公式以及点到直线的距离公式，建立方程，可得答案；
（2）设出直线方程，联立可得一元二次方程，写出韦达定理，结合直线与圆相切的性质，可得答案.
【小问1详解】
设椭圆的右焦点为，因为椭圆的右焦点到直线的距离是，
所以，所以．又因为离心率，所以，
所以，所以椭圆方程为．
【小问2详解】
圆与直线相切．
理由：设，．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
由，得．
，化简可得：.
所以，，．
因为以线段为直径的圆过坐标原点，
所以，
所以，且，
所以圆心到直线的距离．
当直线的斜率不存在时，由题知，所以，所以，所以圆心到直线的距离．
综上所述，圆与直线相切．
22. 已知函数 ．
（1）当且时，求函数的单调区间；
（2）当时，若函数的两个极值点分别为，，证明：．
【答案】（1）函数的单调递增区间为和，无单调递减区间．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）对函数求导后，将问题转化为，是方程的两个实数解，则，再结合已知条件可得，不妨设，由二次函数的性质可知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，即，所以，令，则，，然后利用导数可判断其单调性，从而可证得结论.
【小问1详解】
当时，，所以．
①当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增．
②当时，记，则，
所以当时，，单调递减，且有；
当时，，单调递增，且，
所以当时，，函数单调递增．
综上，函数的单调递增区间为和，无单调递减区间．
【小问2详解】
证明：因为（，），所以．
由题意知，是函数的两个零点，所以，是方程的两个实数解，
由，且，知．
因为，所以，不妨设，所以，则．
因，所以，所以，即．
由二次函数的性质可知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，即，
故
．（）
又因为是方程的根，所以，代入（）式，
得，
令，则．设，，
所以，则单调递减，从而有，
即，证毕．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据题意化简，然后换元后构造函数，利用导数可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
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