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广东省揭阳华侨高级中学2024届高三下学期第二次阶段（期中）考试数学试题（原卷版+解析版）
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1. 设复数，则（ ）
A. 0B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
故选：B．
2. 已知集合，，若定义集合运算：，则集合的所有元素之和为（ ）
A. 6B. 3C. 2D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】计算出的所有取值即可得.
【详解】可为、，可为、，有、、，
故，所以集合的所有元素之和为6.
故选：A．
3. 花戏楼位于安徽省亳州市，始建于清顺治年间，因其精湛的雕刻、绚丽的彩绘而驰名中外，被誉为中原宝藏.花戏楼有“三绝”：铸铁旗杆、山门砖雕、戏楼木雕.一对铸铁旗杆立于山门两侧，造型独特，高大雄伟，每根旗杆自上而下共分五节，每节分铸一条八卦蟠龙图案.现从这条八卦蟠龙中任选取条，它们不取自同一旗杆且高度均不同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出任取条的情况数，再求出不取自同一旗杆且高度均不同的情况数，进而根据概率公式可得答案.
【详解】“从条八卦蟠龙中任选取条”共有种取法；
所求事件是“条八卦蟠龙不取自同一旗杆且高度均不同”有种取法；
于是所求概率为．
故选：D．
4. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据，展开后根据空间向量的数量积公式计算即可得到结果.
【详解】由题意可得，
.
故选：C
5. 已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（ ）
A. B.
C. 是等比数列D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助所给条件可得，，逐项计算即可得.
【详解】由，，得，
有，，，，，
所以，则，
故，，故，，是等比数列，
，故A、B、C正确，D错误.
故选：D.
6. 已知函数，，若有两个零点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】AB选项，根据题目条件得到，或，，结合得到答案；C选项，，利用和差化积公式得到答案；D选项，根据得到D错误.
【详解】AB选项，令得，
故或，
所以，或，，
解得，或，，
由，故当时，解得，，A、B错误；
C选项，
，C正确，
D选项，因为，所以，D错误.
故选：C．
【点睛】和差化积公式：，
，
，
.
7. 以表示数集中最小值，已知不全为的实数，，二元函数，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出，再分、两种情况讨论，即可求出的最大值.
【详解】因为，又实数，不全为，且，所以；
当时；
当，时；
当时，
①若，即，则，所以，
②若，即，所以，
③若，即，则，所以，
当时，所以，
综上，当时，；
当时，，，则，
所以，
综上可得，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题关键是分、两种情况讨论得到当时，，当时.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，其中，，若，，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定四边形为矩形，设，，根据椭圆定义和勾股定理得到，根据函数的单调性得到范围.
【详解】，故，故四边形为矩形.
设，，，设，
，，故
，
在上单调递减， 故在上单调递减，
故，故.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B. 若随机变量，满足，则
C. 若随机变量，且，则
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断与有关
【答案】CD
【解析】
【分析】A应用百分位数求法判断；B由方差性质判断；C根据正态分布对称性求概率判断；D由独立检验的基本思想判断结论.
【详解】A：由，故第80百分位数为，错；
B：由方差的性质知：，错；
C：由正态分布性质，随机变量的正态曲线关于对称，
所以，对；
D：由题设，结合独立检验的基本思想，在小概率情况下与有关，对.
故选：CD
10. 如图，在边长为的等边三角形中，圆与的三条边相切，圆与圆相切且与、相切，，圆与圆相切且与、相切，设圆的半径为，圆的外切正三角形的边长为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 数列是首项为，公比为的等比数列，且
C. 当圆的半径小于时，的最小值为
D. 数列的前项和小于
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用等面积法可判断A选项；利用三角形相似可得出，结合等比数列的定义可判断B选项；解不等式，可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.
【详解】如图，圆的外切正三角形的面积为，整理可得，故A正确；
设圆切于点，
易知，则，
且，，，
由可得，整理可得，
由，得．所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，故B正确；
由，得，即，
因为，故正整数的最小值为，故C错误；
数列的前项和为，故D正确，
故选：ABD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，方程无解
B. 当时，存在实数使得函数有两个零点
C. 若恒成立，则
D. 若方程有3个不等的实数解，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数判断函数是否有解；利用函数零点的定义计算零点；含参恒等不等式，利用函数导数的求参数范围；利用函数的单调性求参数范围；
【详解】对于A，，，，令，，
易知，，，，所以，方程有解，A错误；
对于B，有两个零点，所以当时，有两个零点，B正确；
对于C，若恒成立，即恒成立，即恒成立，
令，则，令，则，
所以在是增函数，又，，
因此，，使得①，
所以当时，，即，则在上是减函数，
当时，，即，则在上式增函数，
则②，
由①得，又设，易知在是增函数，
所以③，将③代入②得，因此，C正确．
对于D，或，即或两个方程有3个解，
令，，可知在上递减，
在上递增，且当时，
从而，从而，D正确．
故选：BCD
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则___________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】利用正弦定理、三角变换公式可得及，故可得，消元后可得的值.
【详解】由正弦定理可得，
故，
故，
整理得到，
而，故，所以，
故，解得或，
若，则，故同为钝角，这与矛盾，
故.
故答案为：.
13. 的展开式中，常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合二项式展开式的通项公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由二项式展开式的通项公式可得的展开式的通项公式可知通项公式为：，
由于，
令可得，令可得，
据此可得其常数项为：.
【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
14. 所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱雉的体积之和，由锥体的体积公式求解即可.
【详解】由题意可得：该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱锥的体积之和，
上底面边长为，正六棱柱的体积，
四棱锥的体积为，
从而拟柱体的体积为．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共69分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
（1）判断形状；
（2）若在边上，且，，以和为边，向外作两个正方形，求这两个正方形面积和的最小值．
【答案】（1）直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式化简计算即可.
（2）设，分别由正弦定理得，，根据正方形面积公式及基本不等式计算即可.
【小问1详解】
由及正弦定理可得，．
又
，
整理有．
因为，所以且，则，
所以，从而，所以是直角三角形．
【小问2详解】
由（1）知，，
设，，
在中，由正弦定理，，．
同理在中，．
所以两个正方形面积和
．
当且仅当，即时等号成立，
所以两个正方形面积和的最小值为．
16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，.
（1）证明：
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）证明平面即可.
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
连接，与交于点，连接.
因为四边形是正方形，所以.
因为，为的中点，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
又平，所以.
【小问2详解】
过作的垂线，垂足为，
由第一问可知：平面平面平面平面，
且平面平面，平面，
可得：平面.
以为坐标原点，过且平行于，的直线分别为轴，轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系如下图所示：
由，得，因为，，
所以，则，，，
则，，，.
由，得，，.
设平面的法向量为，
由得
令，解方程组可得，
故.
由图可知是平面的一个法向量.
，
显然二面角为锐角，故.
故平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知函数．
（1）证明：函数有三个不同零点的必要条件是；
（2）由代数基本定理，次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）．
若，证明：方程至多有3个实数根．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的极值及二次函数的判别式，结合必要条件的定义证明即可；
（2）利用多次求导、二次函数的判别式及隐零点，判定函数的单调性与零点即可.
【小问1详解】
，其判别式．
若函数有三个不同零点，则必有极大值点与极小值点．
故，从而其必要条件为．
【小问2详解】
令．
则．
令
则．
令，则．
由，可知．
所以在定义域上单调递增，则其仅有唯一零点，不妨记为，
可知在上，在上，故先减后增．
所以至多有两个不同的零点，不妨设为，
从而在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
从而至多有三个不同零点．
所以方程至多有3个实数根．
18. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.
现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系.
（1）求折痕围成的椭圆的标准方程；
（2）已知点是圆上任意一点，过点做椭圆两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.
注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.
【答案】（1）；
（2），.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义结合条件即得；
（2）由题可得直线的方程是，然后利用韦达定理法结合条件可表示出，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.
【小问1详解】
设为椭圆上一点，
则，
所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，
所以，则，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
设，则，
切线方程：，切线方程：，两直线都经过点，
所以，得， ，
从而直线的方程是：，
由，得，
由韦达定理，得，
，
点到直线的距离，
，其中，
令，则，
令，则，
在上递增，
，即时，的面积取到最大值，此时点.
19. 设的所有可能取值为，称（）为二维离散随机变量的联合分布列，用表格表示为：
仿照条件概率的定义，有如下离散随机变量的条件分布列：定义，对于固定的，若，则称为给定条件下的条件分布列．
离散随机变量的条件分布的数学期望（若存在）定义如下：．
（1）设二维离散随机变量的联合分布列为
求给定条件下的条件分布列；
（2）设为二维离散随机变量，且存在，证明：；
（3）某人被困在有三个门的迷宫里，第一个门通向离开迷宫的道，沿此道走30分钟可走出迷宫；第二个门通一条迷道，沿此迷道走50分钟又回到原处；第三个门通一条迷道，沿此迷道走70分钟也回到原处．假定此人总是等可能地在三个门中选择一个，试求他平均要用多少时间才能走出迷宫．
【答案】（1）分布列见解析
（2）证明见解析 （3）150分钟
【解析】
【分析】（1）由题目所给信息结合表格可得条件下的条件分布列；
（2）由题可得，后由与题目信息结合可证明结论；
（3）设需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门，由（2）所得结论可得关于的方程，
即可得答案.
【小问1详解】
因为，所以用第一行各元素分别除以0．6，可得给定条件下的条件分布列：
【小问2详解】二维离散随机变量的概率为，有由，
．
于是，．
由，有．
【小问3详解】
由（2）知，对于二维离散随机变量，．
设他需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门，
由题设有．
因为选第一个门后30分钟可离开迷宫，所以．
又因为选第二个门后50分钟回到原处，所以．
又因为选第三个门后70分钟也回到原处，所以．
所以．
解得，即他平均要150分钟才能离开迷宫．
【点睛】关键点睛：本题前两小问首先要把所给信息理解透彻，其次要灵活运用求和符号.第三小问需利用第二小问所得结论，并利用方程思想解决问题.
Y
X
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1
Y
X
1
2
3
1
0.1
0.3
0.2
0.6
2
0．05
0.2
0.15
0.4
0.15
0.5
0.35
1
1
2
3
1. 设复数，则（ ）
A. 0B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
故选：B．
2. 已知集合，，若定义集合运算：，则集合的所有元素之和为（ ）
A. 6B. 3C. 2D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】计算出的所有取值即可得.
【详解】可为、，可为、，有、、，
故，所以集合的所有元素之和为6.
故选：A．
3. 花戏楼位于安徽省亳州市，始建于清顺治年间，因其精湛的雕刻、绚丽的彩绘而驰名中外，被誉为中原宝藏.花戏楼有“三绝”：铸铁旗杆、山门砖雕、戏楼木雕.一对铸铁旗杆立于山门两侧，造型独特，高大雄伟，每根旗杆自上而下共分五节，每节分铸一条八卦蟠龙图案.现从这条八卦蟠龙中任选取条，它们不取自同一旗杆且高度均不同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出任取条的情况数，再求出不取自同一旗杆且高度均不同的情况数，进而根据概率公式可得答案.
【详解】“从条八卦蟠龙中任选取条”共有种取法；
所求事件是“条八卦蟠龙不取自同一旗杆且高度均不同”有种取法；
于是所求概率为．
故选：D．
4. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据，展开后根据空间向量的数量积公式计算即可得到结果.
【详解】由题意可得，
.
故选：C
5. 已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（ ）
A. B.
C. 是等比数列D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助所给条件可得，，逐项计算即可得.
【详解】由，，得，
有，，，，，
所以，则，
故，，故，，是等比数列，
，故A、B、C正确，D错误.
故选：D.
6. 已知函数，，若有两个零点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】AB选项，根据题目条件得到，或，，结合得到答案；C选项，，利用和差化积公式得到答案；D选项，根据得到D错误.
【详解】AB选项，令得，
故或，
所以，或，，
解得，或，，
由，故当时，解得，，A、B错误；
C选项，
，C正确，
D选项，因为，所以，D错误.
故选：C．
【点睛】和差化积公式：，
，
，
.
7. 以表示数集中最小值，已知不全为的实数，，二元函数，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出，再分、两种情况讨论，即可求出的最大值.
【详解】因为，又实数，不全为，且，所以；
当时；
当，时；
当时，
①若，即，则，所以，
②若，即，所以，
③若，即，则，所以，
当时，所以，
综上，当时，；
当时，，，则，
所以，
综上可得，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题关键是分、两种情况讨论得到当时，，当时.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，其中，，若，，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定四边形为矩形，设，，根据椭圆定义和勾股定理得到，根据函数的单调性得到范围.
【详解】，故，故四边形为矩形.
设，，，设，
，，故
，
在上单调递减， 故在上单调递减，
故，故.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B. 若随机变量，满足，则
C. 若随机变量，且，则
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断与有关
【答案】CD
【解析】
【分析】A应用百分位数求法判断；B由方差性质判断；C根据正态分布对称性求概率判断；D由独立检验的基本思想判断结论.
【详解】A：由，故第80百分位数为，错；
B：由方差的性质知：，错；
C：由正态分布性质，随机变量的正态曲线关于对称，
所以，对；
D：由题设，结合独立检验的基本思想，在小概率情况下与有关，对.
故选：CD
10. 如图，在边长为的等边三角形中，圆与的三条边相切，圆与圆相切且与、相切，，圆与圆相切且与、相切，设圆的半径为，圆的外切正三角形的边长为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 数列是首项为，公比为的等比数列，且
C. 当圆的半径小于时，的最小值为
D. 数列的前项和小于
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用等面积法可判断A选项；利用三角形相似可得出，结合等比数列的定义可判断B选项；解不等式，可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.
【详解】如图，圆的外切正三角形的面积为，整理可得，故A正确；
设圆切于点，
易知，则，
且，，，
由可得，整理可得，
由，得．所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，故B正确；
由，得，即，
因为，故正整数的最小值为，故C错误；
数列的前项和为，故D正确，
故选：ABD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，方程无解
B. 当时，存在实数使得函数有两个零点
C. 若恒成立，则
D. 若方程有3个不等的实数解，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数判断函数是否有解；利用函数零点的定义计算零点；含参恒等不等式，利用函数导数的求参数范围；利用函数的单调性求参数范围；
【详解】对于A，，，，令，，
易知，，，，所以，方程有解，A错误；
对于B，有两个零点，所以当时，有两个零点，B正确；
对于C，若恒成立，即恒成立，即恒成立，
令，则，令，则，
所以在是增函数，又，，
因此，，使得①，
所以当时，，即，则在上是减函数，
当时，，即，则在上式增函数，
则②，
由①得，又设，易知在是增函数，
所以③，将③代入②得，因此，C正确．
对于D，或，即或两个方程有3个解，
令，，可知在上递减，
在上递增，且当时，
从而，从而，D正确．
故选：BCD
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则___________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】利用正弦定理、三角变换公式可得及，故可得，消元后可得的值.
【详解】由正弦定理可得，
故，
故，
整理得到，
而，故，所以，
故，解得或，
若，则，故同为钝角，这与矛盾，
故.
故答案为：.
13. 的展开式中，常数项为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合二项式展开式的通项公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由二项式展开式的通项公式可得的展开式的通项公式可知通项公式为：，
由于，
令可得，令可得，
据此可得其常数项为：.
【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
14. 所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体．在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高．现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱雉的体积之和，由锥体的体积公式求解即可.
【详解】由题意可得：该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧6个四棱锥的体积之和，
上底面边长为，正六棱柱的体积，
四棱锥的体积为，
从而拟柱体的体积为．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共69分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
（1）判断形状；
（2）若在边上，且，，以和为边，向外作两个正方形，求这两个正方形面积和的最小值．
【答案】（1）直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式化简计算即可.
（2）设，分别由正弦定理得，，根据正方形面积公式及基本不等式计算即可.
【小问1详解】
由及正弦定理可得，．
又
，
整理有．
因为，所以且，则，
所以，从而，所以是直角三角形．
【小问2详解】
由（1）知，，
设，，
在中，由正弦定理，，．
同理在中，．
所以两个正方形面积和
．
当且仅当，即时等号成立，
所以两个正方形面积和的最小值为．
16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，.
（1）证明：
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）证明平面即可.
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【小问1详解】
连接，与交于点，连接.
因为四边形是正方形，所以.
因为，为的中点，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
又平，所以.
【小问2详解】
过作的垂线，垂足为，
由第一问可知：平面平面平面平面，
且平面平面，平面，
可得：平面.
以为坐标原点，过且平行于，的直线分别为轴，轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系如下图所示：
由，得，因为，，
所以，则，，，
则，，，.
由，得，，.
设平面的法向量为，
由得
令，解方程组可得，
故.
由图可知是平面的一个法向量.
，
显然二面角为锐角，故.
故平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知函数．
（1）证明：函数有三个不同零点的必要条件是；
（2）由代数基本定理，次复系数多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算）．
若，证明：方程至多有3个实数根．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数的极值及二次函数的判别式，结合必要条件的定义证明即可；
（2）利用多次求导、二次函数的判别式及隐零点，判定函数的单调性与零点即可.
【小问1详解】
，其判别式．
若函数有三个不同零点，则必有极大值点与极小值点．
故，从而其必要条件为．
【小问2详解】
令．
则．
令
则．
令，则．
由，可知．
所以在定义域上单调递增，则其仅有唯一零点，不妨记为，
可知在上，在上，故先减后增．
所以至多有两个不同的零点，不妨设为，
从而在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
从而至多有三个不同零点．
所以方程至多有3个实数根．
18. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.
现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系.
（1）求折痕围成的椭圆的标准方程；
（2）已知点是圆上任意一点，过点做椭圆两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.
注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.
【答案】（1）；
（2），.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义结合条件即得；
（2）由题可得直线的方程是，然后利用韦达定理法结合条件可表示出，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.
【小问1详解】
设为椭圆上一点，
则，
所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，
所以，则，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
设，则，
切线方程：，切线方程：，两直线都经过点，
所以，得， ，
从而直线的方程是：，
由，得，
由韦达定理，得，
，
点到直线的距离，
，其中，
令，则，
令，则，
在上递增，
，即时，的面积取到最大值，此时点.
19. 设的所有可能取值为，称（）为二维离散随机变量的联合分布列，用表格表示为：
仿照条件概率的定义，有如下离散随机变量的条件分布列：定义，对于固定的，若，则称为给定条件下的条件分布列．
离散随机变量的条件分布的数学期望（若存在）定义如下：．
（1）设二维离散随机变量的联合分布列为
求给定条件下的条件分布列；
（2）设为二维离散随机变量，且存在，证明：；
（3）某人被困在有三个门的迷宫里，第一个门通向离开迷宫的道，沿此道走30分钟可走出迷宫；第二个门通一条迷道，沿此迷道走50分钟又回到原处；第三个门通一条迷道，沿此迷道走70分钟也回到原处．假定此人总是等可能地在三个门中选择一个，试求他平均要用多少时间才能走出迷宫．
【答案】（1）分布列见解析
（2）证明见解析 （3）150分钟
【解析】
【分析】（1）由题目所给信息结合表格可得条件下的条件分布列；
（2）由题可得，后由与题目信息结合可证明结论；
（3）设需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门，由（2）所得结论可得关于的方程，
即可得答案.
【小问1详解】
因为，所以用第一行各元素分别除以0．6，可得给定条件下的条件分布列：
【小问2详解】二维离散随机变量的概率为，有由，
．
于是，．
由，有．
【小问3详解】
由（2）知，对于二维离散随机变量，．
设他需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门，
由题设有．
因为选第一个门后30分钟可离开迷宫，所以．
又因为选第二个门后50分钟回到原处，所以．
又因为选第三个门后70分钟也回到原处，所以．
所以．
解得，即他平均要150分钟才能离开迷宫．
【点睛】关键点睛：本题前两小问首先要把所给信息理解透彻，其次要灵活运用求和符号.第三小问需利用第二小问所得结论，并利用方程思想解决问题.
Y
X
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1
Y
X
1
2
3
1
0.1
0.3
0.2
0.6
2
0．05
0.2
0.15
0.4
0.15
0.5
0.35
1
1
2
3
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