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河北省衡水市枣强县董子学校、秦皇岛市河北昌黎第一中学联考2024届高三下学期4月质量检测数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河北省衡水市枣强县董子学校、秦皇岛市河北昌黎第一中学联考2024届高三下学期4月质量检测数学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省衡水市枣强县董子学校秦皇岛市河北昌黎第一中学联考2024届高三下学期4月质量检测数学试题原卷版docx、河北省衡水市枣强县董子学校秦皇岛市河北昌黎第一中学联考2024届高三下学期4月质量检测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再利用交集运算求解.
【详解】由可得，
所以.
故选：B
2. 若，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的四则运算得到，再计算即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选：D.
3. 某校高三共有200人参加体育测试，根据规则，82分以上的考生成绩等级为，则估计获得的考生人数约为（ ）
A. 100B. 75C. 50D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】首先计算出82分以上的考生的频率，即可得获得的考生人数.
【详解】由频率分布直方图可得82分以上的考生的频率约为，
所以获得的考生人数约为人，
故选：C.
4. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出渐近线，解得的值，从而求得右焦点到直线的距离即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
因为直线与双曲线的一条渐近线平行，
所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，
所以的右焦点到直线的距离为.
故选：C.
5. 设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 156B. 252C. 192D. 200
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出等差数列公差，再利用性质求出.
【详解】等差数列中，，得，则，
设数列公差为，而，因此，解得，
则，所以.
故选：B
6. 在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙充分条件也不是乙的必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
即，整理得，
由正弦定理得，则或，即或，
因此甲：或，显然甲不能推乙；
乙：是直角三角形，当角或是直角时，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.
故选：D
7. 已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得.
【详解】函数，的图象向左平移个单位后所得函数，
函数的图象与的图象关于直线对称，则，
于是对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
因此，解得，而，则，
所以当时，取得最小值.
故选：A
8. 已知为定义在上的奇函数，设为的导函数，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 2023
【答案】C
【解析】
【分析】根据进行奇偶性和周期性的推导，得到是周期为4的偶函数，从而算出的值.
【详解】因为，所以两边求导，得，
即①
因为为定义在上的奇函数，则，
所以两边求导，得，所以是定义在上的偶函数，
所以，结合①式可得，，
所以，两式相减得，，
所以是周期为4的偶函数，
所以.
由①式，令，得，所以.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过定点B. 直线与圆相交
C. 当直线平分圆时，D. 当点到直线距离最大值时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，将直线方程变形即可进一步判断；对于B，举反例即可判断；对于C，将圆心坐标代入直线方程即可验算参数；对于D，当点到直线距离最大值时，有，结合它们的斜率关系即可判断.
【详解】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆的圆心、半径为，
点到直线的距离为，
从而，
取，则此时有，故B错误；
对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，
也就是说有成立，解得，故C正确；
对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，
而的斜率为，
所以当等号成立时有，解得，故D正确.
故选：ACD.
10. 将正四棱锥和正四棱锥的底面重合组成八面体，则（ ）
A. 平面B.
C. 的体积为D. 二面角的余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正四棱锥的定义判断A；判断是否为平行四边形判断B，计算体积判断C；几何法求出二面角的余弦值判断D.
【详解】令正方形的中心为，连接，
对于A，由正四棱锥，得平面，同理平面，
则共线，因此平面，A正确；
对于B，连接，显然是的中点，，，
，不是的中点，因此四边形不是平行四边形，不平行，B错误；
对于C，的体积，C正确；
对于D，取中点，连接，则，是二面角的平面角，
而，则，D错误.
故选：AC
11. 已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A. B. 直线过定点
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线与抛物线联立可得抛物线交点坐标，由可得，从而求得的值，即可判断A；设直线，与抛物线联立可得交点坐标关系，从而可确定直线所过的顶点，即可判断B；根据坐标关系求解，结合基本不等式得求得最值，即可判断C；根据坐标运算可得，结合基本不等式的最值，即可判断D.
【详解】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以,
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为,；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在平面直角坐标系中，角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先利用角的终边所经过的点求出，再求.
【详解】因为角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
所以，；
.
故答案为：
13. 在数轴上，一个质点从坐标原点出发向轴正半轴移动，每次移动1或者2个单位长度，若质点移动7次后与坐标原点的距离为11，则质点移动的方法总数有_______种．
【答案】35
【解析】
【分析】结合“质点移动7次后与坐标原点的距离为11”可判断4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”，依题在7个位置上选4个即可.
【详解】因质点移动7次后与坐标原点的距离为11，每次移动1或者2个单位长度，
故可以判断共进行了4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”，
即只需要在7个位置上选出4个位置进行“移动2个单位长度”即可，故方法总数为种.
故答案为：35.
14. 三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】首先证明截面为长方形，设，将面积表示为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得结果.
【详解】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
面，面，所以面，
又因为面，面面，所以，即，且，
取中点，连接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为正方形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，．
（1）证明：；
（2）若，设为的中点，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）根据线面垂直的判定定理确定直线和平面的位置关系证得平面，在根据线面垂直的定义可证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线的方向向量与平面法向量，再根据向量夹角余弦公式确定线面所成角的正弦值，即可得结论.
【小问1详解】
在四棱锥中，其的中点为，连接，
在等腰中，，所以，
在直角梯形中，，夹角余弦
所以四边形是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以；
【小问2详解】
因为，若，则，
又平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值.
16. 甲同学参加学校的答题闯关游戏，游戏共分为两轮，第一轮为初试，共有5道题，已知这5道题中甲同学只能答对其中3道，从这5道题目中随机抽取3道题供参赛者作答，答对其中两题及以上即视为通过初试；第二轮为复试，共有2道题目，甲同学答对其中每道题的概率均为，两轮中每道题目答对得6分，答错得0分，两轮总分不低于24分即可晋级决赛．
（1）求甲通过初试的概率；
（2）求甲晋级决赛的概率，并在甲晋级决赛的情况下，记随机变量为甲的得分成绩，求的数学期望．
【答案】（1）
（2）甲晋级决赛的概率为，
【解析】
【分析】（1）甲要通过初试，则需要答对道或道题目，再利用古典概型求解即可；
（2）分甲初试答对道和道题目两种情况讨论，再结合相互独立事件的乘法公式即可求出，甲晋级决赛的概率，写出随机变量的所有可能取值，并利用条件概率公式求出对应概率，再根据期望公式求解即可.
【小问1详解】
甲要通过初试，则需要答对道或道题目，
所以甲通过初试的概率为；
【小问2详解】
①若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题，
此时甲晋级决赛的概率为，
若甲初试答对两道题目，
②若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题或题，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
综上所述，甲晋级决赛的概率为，
在甲晋级决赛的情况下，随机变量可取，
，
所以.
17. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）的减区间为，增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，求导得，令，求确定单调性与取值，从而确定的零点，得函数的单调区间；
（2）求，确定函数的单调性，从而确定函数的最值，即可得的取值范围．
【小问1详解】
当时，，
则，
设，则恒成立，又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以的减区间为，增区间为；
【小问2详解】
，
设，则，所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
所以，
所以，即，
设，易知单调递增，且，
所以，解得，
综上，.
18. 记为数列的前项和，．
（1）求和的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）；.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）分别取和即可求得的值，对进行分奇偶讨论，即可得到的通项公式；
（2）根据题意化简得到，再对该式进行两次放缩，分别求和即可证明不等式.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，所以；
当时，，所以，所以.
又因为，所以.
当为奇数时，，
所以，，
作差，，所以.
当为偶数时，，
所以，，
作差，，所以.
所以，.
【小问2详解】
由第1小问得，，
所以令，
所以
.
所以.
下面证明：
因为，
所以.
下面证明：
因为，
所以，
所以.
所以.
【点睛】方法点睛：本题考查数列的求通项、求和与放缩问题。求通项时要进行奇偶讨论，通项公式也要写成分段函数的形式，放缩用到了两个不等式和，放缩之后再进行求和，即可证明不等式.
19. 已知椭圆的离心率为，设的右焦点为，左顶点为，过的直线与于两点，当直线垂直于轴时，的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）连接和分别交圆于两点．
（ⅰ）当直线斜率存在时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；
（ⅱ）设的面积为的面积为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程组求解即可得椭圆方程；
（2）（i）设，则直线，与圆方程联立可得点坐标，求解计算斜率，从而可得值；（ii）设直线，与椭圆方程联立得交点坐标关系，利用坐标运算可得，从而可得最大值.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，将代入椭圆方程可得，，解得，
所以得面积为，又，
解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
（i）设，
则直线与联立，
可得，
解得，
带入可得，
所以，
同理可得，，
所以，
所以；
（ii）设直线，与椭圆方程联立，
可得，所以，
，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为,；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再利用交集运算求解.
【详解】由可得，
所以.
故选：B
2. 若，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的四则运算得到，再计算即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选：D.
3. 某校高三共有200人参加体育测试，根据规则，82分以上的考生成绩等级为，则估计获得的考生人数约为（ ）
A. 100B. 75C. 50D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】首先计算出82分以上的考生的频率，即可得获得的考生人数.
【详解】由频率分布直方图可得82分以上的考生的频率约为，
所以获得的考生人数约为人，
故选：C.
4. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出渐近线，解得的值，从而求得右焦点到直线的距离即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
因为直线与双曲线的一条渐近线平行，
所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，
所以的右焦点到直线的距离为.
故选：C.
5. 设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 156B. 252C. 192D. 200
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出等差数列公差，再利用性质求出.
【详解】等差数列中，，得，则，
设数列公差为，而，因此，解得，
则，所以.
故选：B
6. 在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙充分条件也不是乙的必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
即，整理得，
由正弦定理得，则或，即或，
因此甲：或，显然甲不能推乙；
乙：是直角三角形，当角或是直角时，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.
故选：D
7. 已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得.
【详解】函数，的图象向左平移个单位后所得函数，
函数的图象与的图象关于直线对称，则，
于是对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
因此，解得，而，则，
所以当时，取得最小值.
故选：A
8. 已知为定义在上的奇函数，设为的导函数，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 2023
【答案】C
【解析】
【分析】根据进行奇偶性和周期性的推导，得到是周期为4的偶函数，从而算出的值.
【详解】因为，所以两边求导，得，
即①
因为为定义在上的奇函数，则，
所以两边求导，得，所以是定义在上的偶函数，
所以，结合①式可得，，
所以，两式相减得，，
所以是周期为4的偶函数，
所以.
由①式，令，得，所以.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过定点B. 直线与圆相交
C. 当直线平分圆时，D. 当点到直线距离最大值时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，将直线方程变形即可进一步判断；对于B，举反例即可判断；对于C，将圆心坐标代入直线方程即可验算参数；对于D，当点到直线距离最大值时，有，结合它们的斜率关系即可判断.
【详解】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆的圆心、半径为，
点到直线的距离为，
从而，
取，则此时有，故B错误；
对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，
也就是说有成立，解得，故C正确；
对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，
而的斜率为，
所以当等号成立时有，解得，故D正确.
故选：ACD.
10. 将正四棱锥和正四棱锥的底面重合组成八面体，则（ ）
A. 平面B.
C. 的体积为D. 二面角的余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正四棱锥的定义判断A；判断是否为平行四边形判断B，计算体积判断C；几何法求出二面角的余弦值判断D.
【详解】令正方形的中心为，连接，
对于A，由正四棱锥，得平面，同理平面，
则共线，因此平面，A正确；
对于B，连接，显然是的中点，，，
，不是的中点，因此四边形不是平行四边形，不平行，B错误；
对于C，的体积，C正确；
对于D，取中点，连接，则，是二面角的平面角，
而，则，D错误.
故选：AC
11. 已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A. B. 直线过定点
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线与抛物线联立可得抛物线交点坐标，由可得，从而求得的值，即可判断A；设直线，与抛物线联立可得交点坐标关系，从而可确定直线所过的顶点，即可判断B；根据坐标关系求解，结合基本不等式得求得最值，即可判断C；根据坐标运算可得，结合基本不等式的最值，即可判断D.
【详解】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以,
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为,；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在平面直角坐标系中，角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先利用角的终边所经过的点求出，再求.
【详解】因为角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
所以，；
.
故答案为：
13. 在数轴上，一个质点从坐标原点出发向轴正半轴移动，每次移动1或者2个单位长度，若质点移动7次后与坐标原点的距离为11，则质点移动的方法总数有_______种．
【答案】35
【解析】
【分析】结合“质点移动7次后与坐标原点的距离为11”可判断4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”，依题在7个位置上选4个即可.
【详解】因质点移动7次后与坐标原点的距离为11，每次移动1或者2个单位长度，
故可以判断共进行了4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”，
即只需要在7个位置上选出4个位置进行“移动2个单位长度”即可，故方法总数为种.
故答案为：35.
14. 三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】首先证明截面为长方形，设，将面积表示为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得结果.
【详解】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
面，面，所以面，
又因为面，面面，所以，即，且，
取中点，连接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为正方形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，．
（1）证明：；
（2）若，设为的中点，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）根据线面垂直的判定定理确定直线和平面的位置关系证得平面，在根据线面垂直的定义可证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线的方向向量与平面法向量，再根据向量夹角余弦公式确定线面所成角的正弦值，即可得结论.
【小问1详解】
在四棱锥中，其的中点为，连接，
在等腰中，，所以，
在直角梯形中，，夹角余弦
所以四边形是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以；
【小问2详解】
因为，若，则，
又平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值.
16. 甲同学参加学校的答题闯关游戏，游戏共分为两轮，第一轮为初试，共有5道题，已知这5道题中甲同学只能答对其中3道，从这5道题目中随机抽取3道题供参赛者作答，答对其中两题及以上即视为通过初试；第二轮为复试，共有2道题目，甲同学答对其中每道题的概率均为，两轮中每道题目答对得6分，答错得0分，两轮总分不低于24分即可晋级决赛．
（1）求甲通过初试的概率；
（2）求甲晋级决赛的概率，并在甲晋级决赛的情况下，记随机变量为甲的得分成绩，求的数学期望．
【答案】（1）
（2）甲晋级决赛的概率为，
【解析】
【分析】（1）甲要通过初试，则需要答对道或道题目，再利用古典概型求解即可；
（2）分甲初试答对道和道题目两种情况讨论，再结合相互独立事件的乘法公式即可求出，甲晋级决赛的概率，写出随机变量的所有可能取值，并利用条件概率公式求出对应概率，再根据期望公式求解即可.
【小问1详解】
甲要通过初试，则需要答对道或道题目，
所以甲通过初试的概率为；
【小问2详解】
①若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题，
此时甲晋级决赛的概率为，
若甲初试答对两道题目，
②若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题或题，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
综上所述，甲晋级决赛的概率为，
在甲晋级决赛的情况下，随机变量可取，
，
所以.
17. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）的减区间为，增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，求导得，令，求确定单调性与取值，从而确定的零点，得函数的单调区间；
（2）求，确定函数的单调性，从而确定函数的最值，即可得的取值范围．
【小问1详解】
当时，，
则，
设，则恒成立，又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以的减区间为，增区间为；
【小问2详解】
，
设，则，所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
所以，
所以，即，
设，易知单调递增，且，
所以，解得，
综上，.
18. 记为数列的前项和，．
（1）求和的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）；.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）分别取和即可求得的值，对进行分奇偶讨论，即可得到的通项公式；
（2）根据题意化简得到，再对该式进行两次放缩，分别求和即可证明不等式.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，所以；
当时，，所以，所以.
又因为，所以.
当为奇数时，，
所以，，
作差，，所以.
当为偶数时，，
所以，，
作差，，所以.
所以，.
【小问2详解】
由第1小问得，，
所以令，
所以
.
所以.
下面证明：
因为，
所以.
下面证明：
因为，
所以，
所以.
所以.
【点睛】方法点睛：本题考查数列的求通项、求和与放缩问题。求通项时要进行奇偶讨论，通项公式也要写成分段函数的形式，放缩用到了两个不等式和，放缩之后再进行求和，即可证明不等式.
19. 已知椭圆的离心率为，设的右焦点为，左顶点为，过的直线与于两点，当直线垂直于轴时，的面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）连接和分别交圆于两点．
（ⅰ）当直线斜率存在时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；
（ⅱ）设的面积为的面积为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率与椭圆上的点列方程组求解即可得椭圆方程；
（2）（i）设，则直线，与圆方程联立可得点坐标，求解计算斜率，从而可得值；（ii）设直线，与椭圆方程联立得交点坐标关系，利用坐标运算可得，从而可得最大值.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，将代入椭圆方程可得，，解得，
所以得面积为，又，
解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
（i）设，
则直线与联立，
可得，
解得，
带入可得，
所以，
同理可得，，
所以，
所以；
（ii）设直线，与椭圆方程联立，
可得，所以，
，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为,；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
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