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江苏省泰州市兴化市2024届高三上学期期末适应性考试数学试题
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高三数学试卷
2024.1.
（考试用时：120分钟 总分：150分）
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本大题共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. 若集合，，则的元素的个数是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合解不等式以及对数函数的单调性，求得集合，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】由题意得，
，
故，即的元素的个数是1个，
故选：A
2. 欧拉公式：将复指数函数与三角函数联系起来，在复变函数中占有非常重要的地位，根据欧拉公式，复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义结合象限角的三角函数值的符号分析判断
【详解】由题意可得：对应的点为，
∵，则，
故位于第二象限.
故选：B.
3. 八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A. 与的夹角为
B.
C.
D. 在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
【答案】C
【解析】
【分析】结合正八边形的性质以及向量的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】，所以的夹角为，A选项错误.
由于四边形不是平行四边形，所以，
是等腰直角三角形，所以，，
所以，C选项正确.
结合图像可知在上的投影向量与的方向相反，所以D选项错误.
故选：C
【点睛】
4. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ）
A. 26B. 28C. 30D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案.
【详解】由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
故选：B.
5. 大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回产地产卵，研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速（单位：）可以表示为，其中表示鱼的耗氧量的单位数.某条鲑鱼想把游速提高，则它的耗氧量的单位数与原来的耗氧量的单位数之比是（ ）
A. 3B. 9C. 27D. 81
【答案】D
【解析】
【分析】设鲑鱼原来的游速为耗氧量的单位数为，现在的游速为耗氧量的单位数为，由求解.
【详解】解：设鲑鱼原来的游速为耗氧量的单位数为，现在的游速为耗氧量的单位数为，
由题意得：，即，
所以，
故选：D
6. 己知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据区间单调性得对任意恒成立，即，利用导数研究右侧单调性，进而求参数a的范围.
【详解】因为函数在上是单调递增函数，
所以对任意恒成立，所以，
令，则，
所以在内为减函数，
所以，则．
故选：C
7. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将坐标分别代入抛物线方程，即可得到，再由三点共线，可得，即可得到结果.
【详解】将，两点分别代入抛物线方程，
可得，解得，则，
，解得，则，
又抛物线的焦点，
由题意可得，三点共线，
则，即，解得.
故选：D
8. 函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把问题转化为，画出图形，数形结合，再结合单调性和对称性求出参数范围即可.
【详解】由题知，
的实数解可转化为或的实数解，即，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：
所以时有最大值：
所以时，由图可知，
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：
因为时，已有两个交点，
所以只需保证与及与有四个交点即可，
所以只需，解得．
故选：D
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目更求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A. 频率分布直方图中a的值为0.005B. 估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75
C. 估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为225
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可.
【详解】由，可得，故A正确；
前三个矩形的面积和为，
所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故选：AD
10. 已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 是递增数列C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由，所以A不正确；
由，即，所以是递增数列，所以B正确；
由，所以C错误；
由，，所以，所以D正确.
故选：BD.
11. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，则以下四个命题中正确的是（ ）
A. 满足条件的不可能是直角三角形
B. 面积的最大值为
C. 当时，的内切圆的半径为
D. 若为锐角三角形，则
【答案】BC
【解析】
【分析】确定，举反例得到A错误，设，则，根据余弦定理结合面积公式计算，B正确，确定，根据等面积法计算得到C正确，计算得到，D错误，得到答案.
【详解】，则，
对选项A：取，则，，故，是直角三角形，错误；
对选项B：设，则，，，
，当时，最大为，正确；
对选项C：时，，， ，
，故，设内切圆的半径为，
则，解得，正确；
对选项D：为锐角三角形，则，即，解得，
且，即，解得，故，错误；
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握余弦定理，从而得解.
12. 已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 球的表面积为
B. 球在正方体外部的体积大于
C. 球内接圆柱的侧面积的最大值为
D. 若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得.
【详解】解析：对于A．如图所示，
正方体的棱切球的半径，则球的表面积为，故A正确；
对于B．若球体､正方体的体积分别为．
球在正方体外部的体积，故B正确；
对于C，球的半径，设圆柱的高为，
则底面圆半径，
所以，
当时取得最大值，且最大值为，所以C项错误；
对于D，取中点，可知在球面上，可得，
所以，
点在球上且在正方体外部（含正方体表面）运动，
所以（当直径时，），
所以．故D正确．
故选ABD．
三、填空题：本共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出满足“直线：与圆：相切”的一个的值_________.
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系列方程可得解.
【详解】由已知圆：的圆心为，半径，
又直线：与圆：相切，
所以圆心到直线的距离，
解得或，
故答案为：（或，答案不唯一）.
14. 袋子中有10个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】记事件A为第1次摸到白球，事件为第2次摸到黑球，
则，
所以.
故答案为：.
15. 设奇函数的定义域为，且是偶函数，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据所给函数性质求出函数周期，利用周期化简即可得解.
【详解】因为是奇函数，且是偶函数，
所以，
所以，即，
故是4为周期的周期函数，且有，
则.
故答案为：
16. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可.
【详解】
因为倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求的大小；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理化简得，从而求出角；
（2）利用同角三角函数关系及两角和公式求解，然后利用正弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
即，所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，
所以.
18. 已知数列是等差数列，其前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式求解；
（2）分组求和方法求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，又，，
所以，解得，，
所以的通项公式.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
.
19. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（分钟/每天）和他们的数学成绩（分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）．
表一
（1）请根据所给数据求出，的经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩：（参考数据：，，的方差为200）
（2）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生．按照是否参与周未在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）．依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关．
表二
附：，，．
【答案】（1），140.5分
（2）可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
【解析】
【分析】（1）先求出平均数，利用最小二乘法求出回归方程，代入数据即可预测；
（2）根据题意计算出，进而由的独立性检验得出答案.
【小问1详解】
，
，又的方差为，
所以，
，故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分．
【小问2详解】
零假设为：学生周末在校自主学习与成绩进步无关．
根据数据，计算得到：
，
因为，
所以依据独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
20. 如图，在三棱锥中，是外接圆直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点．
（1）求证：平面；
（2）若二面角为，，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）， ，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三角形中位线定理可得答案；
（2）以为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立的空间直角坐标系，
求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
因为是圆的直径，所以，
因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，
又因为，平面，平面PAC，
所以平面，因为分别是棱的中点，
所以，从而有平面；
小问2详解】
由（1）可知，平面，平面，
所以,平面，平面,所以为二面角的平面角，
从而有，则，
又，得，
以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，，
,，，，，
所以，，,
设是平面的一个法向量，
则，即，可取，
设AE与平面ACD所成角为
故，
所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.
21. 已知是椭圆的左顶点，且经过点.
（1）求的方程；
（2）若直线与交于两点，且，求弦的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件列式计算得解；
（2）联立方程组，由韦达定理将条件式化简得，再根据弦长公式求解.
【小问1详解】
依题意可得，
解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
联立，消去得，
则，.
因为经过定点，且点在的内部，所以恒成立.
由，
解得.
所以，
所以.
22. 已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
编号
1
2
3
4
5
学习时间
30
40
50
60
70
数学成绩
65
78
85
99
108
没有进步
有进步
合计
参与周末在校自主学习
35
130
165
未参与周末不在校自主学习
25
30
55
合计
60
160
220
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
高三数学试卷
2024.1.
（考试用时：120分钟 总分：150分）
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本大题共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. 若集合，，则的元素的个数是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合解不等式以及对数函数的单调性，求得集合，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】由题意得，
，
故，即的元素的个数是1个，
故选：A
2. 欧拉公式：将复指数函数与三角函数联系起来，在复变函数中占有非常重要的地位，根据欧拉公式，复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义结合象限角的三角函数值的符号分析判断
【详解】由题意可得：对应的点为，
∵，则，
故位于第二象限.
故选：B.
3. 八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A. 与的夹角为
B.
C.
D. 在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
【答案】C
【解析】
【分析】结合正八边形的性质以及向量的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】，所以的夹角为，A选项错误.
由于四边形不是平行四边形，所以，
是等腰直角三角形，所以，，
所以，C选项正确.
结合图像可知在上的投影向量与的方向相反，所以D选项错误.
故选：C
【点睛】
4. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ）
A. 26B. 28C. 30D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案.
【详解】由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
故选：B.
5. 大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回产地产卵，研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速（单位：）可以表示为，其中表示鱼的耗氧量的单位数.某条鲑鱼想把游速提高，则它的耗氧量的单位数与原来的耗氧量的单位数之比是（ ）
A. 3B. 9C. 27D. 81
【答案】D
【解析】
【分析】设鲑鱼原来的游速为耗氧量的单位数为，现在的游速为耗氧量的单位数为，由求解.
【详解】解：设鲑鱼原来的游速为耗氧量的单位数为，现在的游速为耗氧量的单位数为，
由题意得：，即，
所以，
故选：D
6. 己知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据区间单调性得对任意恒成立，即，利用导数研究右侧单调性，进而求参数a的范围.
【详解】因为函数在上是单调递增函数，
所以对任意恒成立，所以，
令，则，
所以在内为减函数，
所以，则．
故选：C
7. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将坐标分别代入抛物线方程，即可得到，再由三点共线，可得，即可得到结果.
【详解】将，两点分别代入抛物线方程，
可得，解得，则，
，解得，则，
又抛物线的焦点，
由题意可得，三点共线，
则，即，解得.
故选：D
8. 函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把问题转化为，画出图形，数形结合，再结合单调性和对称性求出参数范围即可.
【详解】由题知，
的实数解可转化为或的实数解，即，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：
所以时有最大值：
所以时，由图可知，
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：
因为时，已有两个交点，
所以只需保证与及与有四个交点即可，
所以只需，解得．
故选：D
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目更求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A. 频率分布直方图中a的值为0.005B. 估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75
C. 估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为225
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可.
【详解】由，可得，故A正确；
前三个矩形的面积和为，
所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故选：AD
10. 已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 是递增数列C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由，所以A不正确；
由，即，所以是递增数列，所以B正确；
由，所以C错误；
由，，所以，所以D正确.
故选：BD.
11. 在中，角、、的对边分别为、、，且，，则以下四个命题中正确的是（ ）
A. 满足条件的不可能是直角三角形
B. 面积的最大值为
C. 当时，的内切圆的半径为
D. 若为锐角三角形，则
【答案】BC
【解析】
【分析】确定，举反例得到A错误，设，则，根据余弦定理结合面积公式计算，B正确，确定，根据等面积法计算得到C正确，计算得到，D错误，得到答案.
【详解】，则，
对选项A：取，则，，故，是直角三角形，错误；
对选项B：设，则，，，
，当时，最大为，正确；
对选项C：时，，， ，
，故，设内切圆的半径为，
则，解得，正确；
对选项D：为锐角三角形，则，即，解得，
且，即，解得，故，错误；
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握余弦定理，从而得解.
12. 已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 球的表面积为
B. 球在正方体外部的体积大于
C. 球内接圆柱的侧面积的最大值为
D. 若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得.
【详解】解析：对于A．如图所示，
正方体的棱切球的半径，则球的表面积为，故A正确；
对于B．若球体､正方体的体积分别为．
球在正方体外部的体积，故B正确；
对于C，球的半径，设圆柱的高为，
则底面圆半径，
所以，
当时取得最大值，且最大值为，所以C项错误；
对于D，取中点，可知在球面上，可得，
所以，
点在球上且在正方体外部（含正方体表面）运动，
所以（当直径时，），
所以．故D正确．
故选ABD．
三、填空题：本共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出满足“直线：与圆：相切”的一个的值_________.
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系列方程可得解.
【详解】由已知圆：的圆心为，半径，
又直线：与圆：相切，
所以圆心到直线的距离，
解得或，
故答案为：（或，答案不唯一）.
14. 袋子中有10个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】记事件A为第1次摸到白球，事件为第2次摸到黑球，
则，
所以.
故答案为：.
15. 设奇函数的定义域为，且是偶函数，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据所给函数性质求出函数周期，利用周期化简即可得解.
【详解】因为是奇函数，且是偶函数，
所以，
所以，即，
故是4为周期的周期函数，且有，
则.
故答案为：
16. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可.
【详解】
因为倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求的大小；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理化简得，从而求出角；
（2）利用同角三角函数关系及两角和公式求解，然后利用正弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
即，所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，
所以.
18. 已知数列是等差数列，其前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式求解；
（2）分组求和方法求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，又，，
所以，解得，，
所以的通项公式.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
.
19. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（分钟/每天）和他们的数学成绩（分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）．
表一
（1）请根据所给数据求出，的经验回归方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩：（参考数据：，，的方差为200）
（2）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生．按照是否参与周未在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）．依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关．
表二
附：，，．
【答案】（1），140.5分
（2）可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
【解析】
【分析】（1）先求出平均数，利用最小二乘法求出回归方程，代入数据即可预测；
（2）根据题意计算出，进而由的独立性检验得出答案.
【小问1详解】
，
，又的方差为，
所以，
，故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分．
【小问2详解】
零假设为：学生周末在校自主学习与成绩进步无关．
根据数据，计算得到：
，
因为，
所以依据独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
20. 如图，在三棱锥中，是外接圆直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点．
（1）求证：平面；
（2）若二面角为，，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）， ，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三角形中位线定理可得答案；
（2）以为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立的空间直角坐标系，
求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
因为是圆的直径，所以，
因为垂直于圆所在的平面，平面，所以，
又因为，平面，平面PAC，
所以平面，因为分别是棱的中点，
所以，从而有平面；
小问2详解】
由（1）可知，平面，平面，
所以,平面，平面,所以为二面角的平面角，
从而有，则，
又，得，
以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，，
,，，，，
所以，，,
设是平面的一个法向量，
则，即，可取，
设AE与平面ACD所成角为
故，
所以AE与平面ACD所成角的正弦值为.
21. 已知是椭圆的左顶点，且经过点.
（1）求的方程；
（2）若直线与交于两点，且，求弦的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件列式计算得解；
（2）联立方程组，由韦达定理将条件式化简得，再根据弦长公式求解.
【小问1详解】
依题意可得，
解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
联立，消去得，
则，.
因为经过定点，且点在的内部，所以恒成立.
由，
解得.
所以，
所以.
22. 已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
编号
1
2
3
4
5
学习时间
30
40
50
60
70
数学成绩
65
78
85
99
108
没有进步
有进步
合计
参与周末在校自主学习
35
130
165
未参与周末不在校自主学习
25
30
55
合计
60
160
220
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
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