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安徽省示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省级示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛数学试题Word版含解析docx、安徽省级示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
考生注意事项：
1．答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致．
2．答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰．作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚．必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．
4．考试结束，务必将试题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，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】取，，则可知由“”无法推出“”．
，，两边平方化简得；
则，“”是“”的必要不充分条件；
故选：B
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量线性运算化简求解即可.
【详解】.
故选：B
3. 在中，已知，，则（ ）
A. -2025B. -2024C. 2024D. 2025
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和的余弦公式和三角形内角和定理，计算求得答案；
【详解】两式作差得，
，
所以，即．
故选：
4. 在一组数3，3，8，11，28中插入两个整数，，使得新的一组数极差为原来极差的两倍，且众数和中位数保持不变，则的最大值为（ ）
A. 57B. 58C. 60D. 61
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得插入的两个数不可能都是；可得一个为，另一个数不小于8，由极差加倍，则另一个数为，若插入的两个数是不等的且不是，，，，且极差为，进而可得，进而可求的最大值.
【详解】若插入两个整数后众数不变，则插入的数可以是“两个都是”，或是“一个为，另一个不是”，
或是“两个不等的且不是，，”．
①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是；
②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为，另一个不是”，则一个为，另一个数不小于，
又因为极差加倍，则另一个数为，此时；
③若插入的两个数是不等的且不是，，，，且极差为，中位数保持不变，
则两个数可以为
，，，，，，，
所以，的最大值为．
故选：C.
5. 设函数的导函数为，则（ ）
A. B. C. 7D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的运算法则求出，再求出函数值即可.
【详解】函数，求导得，
，
所以．
故选：A
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用放缩法可得，，作差可比较的大小.
【详解】令,求导得，所以，
所以，
，，所以，
．所以.
所以.
故选：C.
7. 在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为，y轴右侧的两点A，B在椭圆上，且直线AB与圆O：相切，若椭圆的焦距为12，的周长为15，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先证明椭圆的焦半径公式，记与圆相切于点，，，，即可推出，从而得到的周长为，即可求出、，从而求出离心率.
【详解】首先证明椭圆（）上任意一点到左、右两焦点、的距离，（焦半径公式）；
证明：因为、，
所以
；
同理可得；
根据椭圆方程知，，即，
故椭圆两个焦半径为，；
记与圆相切于点，，，，
则，又，
所以，则，，
所以，同理可得，故的周长为．
所以，则，又焦距，所以，
所以离心率.
故选：D
8. 函数的定义域为R，对于任意实数x，y，都有，则的值不可能是（ ）
A. -2B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】采用“赋值法”为突破口，确定的取值范围，可得答案.
【详解】令，则，解得或
令，则，
所以
故BCD皆有可能．
故选：A
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. 复数p，q，r在复平面内对应的点分别为P，Q，R，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则P，Q，R三点共线D. 若，则，，成等比数列
【答案】CD
【解析】
【分析】取，，可判断A；取，，可判断B；两个复数相除为实数”可知，实部与虚部比值相等，可判断C；由已知可得，可判断D.
【详解】对于A：取，，满足，但不满足，故A错误．
对于B，取，，可得，，故B错误．
对于C，由“两个复数相除为实数”可知，实部与虚部比值相等，进而得到两点间的斜率相等，故P，Q，R三点共线，故C正确．
对于D，，则，，成等比数列，故D正确．
故选：CD.
10. 在四棱锥中，底面是矩形，平面，、分别为棱、的中点，下列说法正确的有（ ）
A. B. 平面
C. 若，则D. 若平面，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】若，可得平面，进而可得，可判断A；，可得平面，可判断B；，两边平方可求，判断C；由已知可得平面，从而可得，可判断D.
【详解】选项A：平面，平面，则，若，
又，平面，所以平面，又平面，
进一步有，而底面是矩形，不能保证，故A错误．
选项B：取中点，则，所以四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，故B正确．
选项C：因为是的中点，所以，
所以，
所以，故C正确．
由B可得，若平面，则平面，又平面，
所以，又是的中点，所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知为的三条边长，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用作差法判断A选项；特殊值法判断B,C选项；利用不等式性质判断D选项；
【详解】选项A：，故A正确；
选项B：取，，，则；故B错误；
选项C：取，，则，故C错误；
选项D：由，，
可得．故D正确；
故选：AD
考生注意事项：
请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 在中，，，，则以B、C为焦点，且过A点的双曲线的离心率为______．
【答案】3
【解析】
【分析】先用余弦定理求，用可求双曲线的离心率.
【详解】根据余弦定理得，
所以
所以．
故答案为：3
13. 曲线在点，处的切线分别与y轴交于点，．若c，，d成等差数列，则______．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出曲线在点，处的切线方程，分别代入两点坐标，再由等差中项的性质求解即可.
【详解】由，得，
曲线在点处切线方程为：，
代入点坐标得：；
同理得：．
由于c，，d成等差数列，得：，
即，即，
得：．
故答案为：．
14. 某班组织开展知识竞赛，抽取四名同学，分成甲、乙两组：每组两人，进行对战答题．规则如下：每次每名同学回答6道题目，其中有1道是送分题（即每名同学至少答对1题）．若每次每组对的题数之和为3的倍数，则原答题组的人再继续答题；若对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题，假设每名同学每次答题之间相互独立，且每次答题顺序不作考虑，第一次由甲组开始答题，则第7次由甲组答题的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先用古典概型计算公式求每次每组对的题数之和是3的倍数的概率，设第次由甲组答题的概率为，由全概率公式得到与的递推公式，根据递推公式求数列的通项公式，令，可得问题答案.
【详解】记答题的两位同学答对的题数分别为，，则，
当时，是3的倍数，
故两位同学答对的题数之和是3的倍数的概率为，两位同学答对的题数之和不是3的倍数的概率为．
记第n次由甲组答题的概率为，则由乙组答题的概率为，，即，
进一步有，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以.
令，则．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：设表示第n次由甲组答题的概率，由全概率公式得，得到数列的递推公式是解决该题的关键.
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、证明过程或演算步骤．）
15. 在中，分别是角所对的边，为边上一点．
（1）试利用“”证明：“”；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意，得到，两边同时点乘，化简得到，进而证得结论；
（2）设，得到且，，结合两角和的正切公式，列出方程，求得，结合的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
在中，由向量的线性运算法则，可得，
两边同时点乘，可得，
所以，
两边同时约去，可得，即证毕．
【小问2详解】
如图所示，设，
因为，所以，又因为，所以，，
所以，
化简得，解得或（舍去），所以，
所以的面积．
16. 某品牌儿童玩具一箱80件，每箱玩具在出厂前都需要经过质检，如果质检不合格，则立即更换．质检时，先从一箱玩具中任取8件检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有玩具进行检验，设每件玩具质检不合格的概率都为，且各件玩具质检是否合格相互独立．
（1）若，求8件玩具中至少有一件质检不合格的概率；
（2）记8件玩具中恰有2件质检不合格的概率为，求的极大值点．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用对立事件的概率关系求解.
（2）利用独立重复实验的概率计算公式写出的解析式，再利用导数求函数的极大值点.
【小问1详解】
因为8件玩具质检都合格的概率为，
所以8件玩具中至少有一件质检不合格的概率为．
【小问2详解】
8件玩具中恰有2件质检不合格的概率为，即，
因为，.
由.
所以在上单调递增，在上单调递减，
故为的极大值点，即．
17. 在矩形ABCD中，BC=2AB=2，取BC边上一点M，将△ABM沿着AM折起，如图所示形成四棱锥S- AMCD.
（1）若M为BC的中点，二面角S-AM-B的大小为，求AS与平面ABCD所成角的正弦值；
（2）若将△ABM沿着AM折起后使得SD⊥AM，求线段MC的长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）通过二面角的定义得，再通过线面角的判断来确定AS与平面ABCD所成角的正弦值为，也可用向量法求解.
（2）通过证明三点共线，以及相似三角形得对应边成比例关系，得解.
【详解】解∶ （1）法1∶
取AM中点为H，连结HS， HB，
因为且AB=BM=1，所以△ABM为等腰 直角三角形，同理△ASM也为等腰直角三角形，HS，HB均垂直AM于H，所以AM⊥平面BSH，
所以二面角S-AM -B的平面角为
因为SH=BH=，所以三角形SHB为正三角形，
取BH的中点Q，连结SQ，则SQ垂直与BH，得
因为AM⊥平面BSH，所以AM垂直于SQ，又SQ⊥BH，
所以SQ垂直于底面ABCD，
连结AQ，∠SAQ AS与平面ABCD .所成角，
因为AS=1，
所以AS与平面ABCD所成角的正弦值为
法2∶取AM中点为H ，连接SH，BH ，因为△AMS和△AMB均为等腰直角三角形，所以SH，BH均垂直于AM，所以AM⊥平面BSH..
以H为坐标原点，HB，HM 分别为x轴， y轴建系如图∶则点s在坐标平面xOz内，设其坐标为S（a，0，c），（a>0，c>0） 由△AMS为等腰直角三角形且AS=1，
得M（0，，0） A（0，-，0），
则=（a，， c）， =（0，，0）
因为，所以①，
设平面ASM的法向量为=（x，y，z），
则，所以
取平面ABM的法向量为=（0，0，1），
因为二面角B-AM -S的大小为，
所以
由①②得，所以
设AS与平面ABCD所成的角θ的正弦值为
所以AS与平面ABCD所成角的正弦值为.
（2）
法1∶在平面SAM内作SH⊥AM连结BH，DH，则BH⊥AM，
又因为SD⊥AM、 . AM⊥平面SHD
所以AM⊥DH，又因为AM⊥BH. ∵AM，BH，DH都在平面ABCD内.
所以B，H，D三点共线
AM⊥BD，因为矩形ABCD中，BC=2AB=2
∵△ABM 与△DAB相似
∵，解得，所以
法2∶作BH⊥AM于H，则SH⊥AM所以AM⊥平面BSH
以H为坐标原点，HB，HM分别为x轴，y轴建系如图∶则点s在坐标平面xOz内，
设其坐标为S（a，0，c），设D（x，y，0）， 则
取AM的方向向量为.
因为SD⊥AM所以，得y=0，
即D在x轴上，所以B，H，D 三点共线
AM⊥BD，因为矩形ABCD中，BC=2AB=2
∵△ABM 与△DAB相似
∵，解得，所以.
【点睛】对二面角以及线面角定义要掌握，会在题中找出二面角的平面角以及线面所成的角，空间向量的办法在证明时要求建立直角坐标系，准确写出点的坐标，还得准确计算.
18. 设p为任意给定的大于1的整数，每个正整数n均可以唯一地表示成，，我们将称为n的p进制表示，将称为n在p进制下的数字和．例如：由可知，．
（1）请给出2024的三进制表示；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】(1)由2024除以3，取商继续除以3，直到商小于余数，化为题设结构特征即可；
(2)由等比数列的前n和可知，则，而可通过除法进行因式分解得，故可表示为的结构形式进而得出即可求解.
【小问1详解】
由，
，
故
故2024的三进制表示为；
【小问2详解】
对任意正整数k，由等比数列前n项和得：，
所以对任意正整数k，l，当时，，
因为，
所以，
由可得：
，
所以，
即．
故．
19. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线：的焦点为F，点，，在抛物线上，直线，，的斜率分别为，，．
（1）若F为的重心，求证：为定值；
（2）若F为的垂心，求证：为定值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，，的表达式，再利用三角形重心的性质即可求得为定值0；．
（2）利用，，的表达式，结合三角形垂心的性质即可求得为定值．
【小问1详解】
抛物线：的焦点F的坐标为，
因为F为的重心，所以，①．
因②，同理可得③，④，
由①②③④可得，
故．
【小问2详解】
若F为的垂心，则，，，
所以，，，
即，⑤
，⑥
，⑦．
由⑤⑥可得，
进一步化简可得，⑧．
由⑦可得，⑨
由⑧⑨可得，⑩
由⑧⑩可得，
结合⑨，，
可得，
即，
则，
即，
故（定值）．
考生注意事项：
1．答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致．
2．答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰．作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚．必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．
4．考试结束，务必将试题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，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】取，，则可知由“”无法推出“”．
，，两边平方化简得；
则，“”是“”的必要不充分条件；
故选：B
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量线性运算化简求解即可.
【详解】.
故选：B
3. 在中，已知，，则（ ）
A. -2025B. -2024C. 2024D. 2025
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和的余弦公式和三角形内角和定理，计算求得答案；
【详解】两式作差得，
，
所以，即．
故选：
4. 在一组数3，3，8，11，28中插入两个整数，，使得新的一组数极差为原来极差的两倍，且众数和中位数保持不变，则的最大值为（ ）
A. 57B. 58C. 60D. 61
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得插入的两个数不可能都是；可得一个为，另一个数不小于8，由极差加倍，则另一个数为，若插入的两个数是不等的且不是，，，，且极差为，进而可得，进而可求的最大值.
【详解】若插入两个整数后众数不变，则插入的数可以是“两个都是”，或是“一个为，另一个不是”，
或是“两个不等的且不是，，”．
①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是；
②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为，另一个不是”，则一个为，另一个数不小于，
又因为极差加倍，则另一个数为，此时；
③若插入的两个数是不等的且不是，，，，且极差为，中位数保持不变，
则两个数可以为
，，，，，，，
所以，的最大值为．
故选：C.
5. 设函数的导函数为，则（ ）
A. B. C. 7D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的运算法则求出，再求出函数值即可.
【详解】函数，求导得，
，
所以．
故选：A
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用放缩法可得，，作差可比较的大小.
【详解】令,求导得，所以，
所以，
，，所以，
．所以.
所以.
故选：C.
7. 在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为，y轴右侧的两点A，B在椭圆上，且直线AB与圆O：相切，若椭圆的焦距为12，的周长为15，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先证明椭圆的焦半径公式，记与圆相切于点，，，，即可推出，从而得到的周长为，即可求出、，从而求出离心率.
【详解】首先证明椭圆（）上任意一点到左、右两焦点、的距离，（焦半径公式）；
证明：因为、，
所以
；
同理可得；
根据椭圆方程知，，即，
故椭圆两个焦半径为，；
记与圆相切于点，，，，
则，又，
所以，则，，
所以，同理可得，故的周长为．
所以，则，又焦距，所以，
所以离心率.
故选：D
8. 函数的定义域为R，对于任意实数x，y，都有，则的值不可能是（ ）
A. -2B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】采用“赋值法”为突破口，确定的取值范围，可得答案.
【详解】令，则，解得或
令，则，
所以
故BCD皆有可能．
故选：A
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. 复数p，q，r在复平面内对应的点分别为P，Q，R，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则P，Q，R三点共线D. 若，则，，成等比数列
【答案】CD
【解析】
【分析】取，，可判断A；取，，可判断B；两个复数相除为实数”可知，实部与虚部比值相等，可判断C；由已知可得，可判断D.
【详解】对于A：取，，满足，但不满足，故A错误．
对于B，取，，可得，，故B错误．
对于C，由“两个复数相除为实数”可知，实部与虚部比值相等，进而得到两点间的斜率相等，故P，Q，R三点共线，故C正确．
对于D，，则，，成等比数列，故D正确．
故选：CD.
10. 在四棱锥中，底面是矩形，平面，、分别为棱、的中点，下列说法正确的有（ ）
A. B. 平面
C. 若，则D. 若平面，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】若，可得平面，进而可得，可判断A；，可得平面，可判断B；，两边平方可求，判断C；由已知可得平面，从而可得，可判断D.
【详解】选项A：平面，平面，则，若，
又，平面，所以平面，又平面，
进一步有，而底面是矩形，不能保证，故A错误．
选项B：取中点，则，所以四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，故B正确．
选项C：因为是的中点，所以，
所以，
所以，故C正确．
由B可得，若平面，则平面，又平面，
所以，又是的中点，所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知为的三条边长，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用作差法判断A选项；特殊值法判断B,C选项；利用不等式性质判断D选项；
【详解】选项A：，故A正确；
选项B：取，，，则；故B错误；
选项C：取，，则，故C错误；
选项D：由，，
可得．故D正确；
故选：AD
考生注意事项：
请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 在中，，，，则以B、C为焦点，且过A点的双曲线的离心率为______．
【答案】3
【解析】
【分析】先用余弦定理求，用可求双曲线的离心率.
【详解】根据余弦定理得，
所以
所以．
故答案为：3
13. 曲线在点，处的切线分别与y轴交于点，．若c，，d成等差数列，则______．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出曲线在点，处的切线方程，分别代入两点坐标，再由等差中项的性质求解即可.
【详解】由，得，
曲线在点处切线方程为：，
代入点坐标得：；
同理得：．
由于c，，d成等差数列，得：，
即，即，
得：．
故答案为：．
14. 某班组织开展知识竞赛，抽取四名同学，分成甲、乙两组：每组两人，进行对战答题．规则如下：每次每名同学回答6道题目，其中有1道是送分题（即每名同学至少答对1题）．若每次每组对的题数之和为3的倍数，则原答题组的人再继续答题；若对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题，假设每名同学每次答题之间相互独立，且每次答题顺序不作考虑，第一次由甲组开始答题，则第7次由甲组答题的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先用古典概型计算公式求每次每组对的题数之和是3的倍数的概率，设第次由甲组答题的概率为，由全概率公式得到与的递推公式，根据递推公式求数列的通项公式，令，可得问题答案.
【详解】记答题的两位同学答对的题数分别为，，则，
当时，是3的倍数，
故两位同学答对的题数之和是3的倍数的概率为，两位同学答对的题数之和不是3的倍数的概率为．
记第n次由甲组答题的概率为，则由乙组答题的概率为，，即，
进一步有，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以.
令，则．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：设表示第n次由甲组答题的概率，由全概率公式得，得到数列的递推公式是解决该题的关键.
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、证明过程或演算步骤．）
15. 在中，分别是角所对的边，为边上一点．
（1）试利用“”证明：“”；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意，得到，两边同时点乘，化简得到，进而证得结论；
（2）设，得到且，，结合两角和的正切公式，列出方程，求得，结合的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
在中，由向量的线性运算法则，可得，
两边同时点乘，可得，
所以，
两边同时约去，可得，即证毕．
【小问2详解】
如图所示，设，
因为，所以，又因为，所以，，
所以，
化简得，解得或（舍去），所以，
所以的面积．
16. 某品牌儿童玩具一箱80件，每箱玩具在出厂前都需要经过质检，如果质检不合格，则立即更换．质检时，先从一箱玩具中任取8件检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有玩具进行检验，设每件玩具质检不合格的概率都为，且各件玩具质检是否合格相互独立．
（1）若，求8件玩具中至少有一件质检不合格的概率；
（2）记8件玩具中恰有2件质检不合格的概率为，求的极大值点．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用对立事件的概率关系求解.
（2）利用独立重复实验的概率计算公式写出的解析式，再利用导数求函数的极大值点.
【小问1详解】
因为8件玩具质检都合格的概率为，
所以8件玩具中至少有一件质检不合格的概率为．
【小问2详解】
8件玩具中恰有2件质检不合格的概率为，即，
因为，.
由.
所以在上单调递增，在上单调递减，
故为的极大值点，即．
17. 在矩形ABCD中，BC=2AB=2，取BC边上一点M，将△ABM沿着AM折起，如图所示形成四棱锥S- AMCD.
（1）若M为BC的中点，二面角S-AM-B的大小为，求AS与平面ABCD所成角的正弦值；
（2）若将△ABM沿着AM折起后使得SD⊥AM，求线段MC的长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）通过二面角的定义得，再通过线面角的判断来确定AS与平面ABCD所成角的正弦值为，也可用向量法求解.
（2）通过证明三点共线，以及相似三角形得对应边成比例关系，得解.
【详解】解∶ （1）法1∶
取AM中点为H，连结HS， HB，
因为且AB=BM=1，所以△ABM为等腰 直角三角形，同理△ASM也为等腰直角三角形，HS，HB均垂直AM于H，所以AM⊥平面BSH，
所以二面角S-AM -B的平面角为
因为SH=BH=，所以三角形SHB为正三角形，
取BH的中点Q，连结SQ，则SQ垂直与BH，得
因为AM⊥平面BSH，所以AM垂直于SQ，又SQ⊥BH，
所以SQ垂直于底面ABCD，
连结AQ，∠SAQ AS与平面ABCD .所成角，
因为AS=1，
所以AS与平面ABCD所成角的正弦值为
法2∶取AM中点为H ，连接SH，BH ，因为△AMS和△AMB均为等腰直角三角形，所以SH，BH均垂直于AM，所以AM⊥平面BSH..
以H为坐标原点，HB，HM 分别为x轴， y轴建系如图∶则点s在坐标平面xOz内，设其坐标为S（a，0，c），（a>0，c>0） 由△AMS为等腰直角三角形且AS=1，
得M（0，，0） A（0，-，0），
则=（a，， c）， =（0，，0）
因为，所以①，
设平面ASM的法向量为=（x，y，z），
则，所以
取平面ABM的法向量为=（0，0，1），
因为二面角B-AM -S的大小为，
所以
由①②得，所以
设AS与平面ABCD所成的角θ的正弦值为
所以AS与平面ABCD所成角的正弦值为.
（2）
法1∶在平面SAM内作SH⊥AM连结BH，DH，则BH⊥AM，
又因为SD⊥AM、 . AM⊥平面SHD
所以AM⊥DH，又因为AM⊥BH. ∵AM，BH，DH都在平面ABCD内.
所以B，H，D三点共线
AM⊥BD，因为矩形ABCD中，BC=2AB=2
∵△ABM 与△DAB相似
∵，解得，所以
法2∶作BH⊥AM于H，则SH⊥AM所以AM⊥平面BSH
以H为坐标原点，HB，HM分别为x轴，y轴建系如图∶则点s在坐标平面xOz内，
设其坐标为S（a，0，c），设D（x，y，0）， 则
取AM的方向向量为.
因为SD⊥AM所以，得y=0，
即D在x轴上，所以B，H，D 三点共线
AM⊥BD，因为矩形ABCD中，BC=2AB=2
∵△ABM 与△DAB相似
∵，解得，所以.
【点睛】对二面角以及线面角定义要掌握，会在题中找出二面角的平面角以及线面所成的角，空间向量的办法在证明时要求建立直角坐标系，准确写出点的坐标，还得准确计算.
18. 设p为任意给定的大于1的整数，每个正整数n均可以唯一地表示成，，我们将称为n的p进制表示，将称为n在p进制下的数字和．例如：由可知，．
（1）请给出2024的三进制表示；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】(1)由2024除以3，取商继续除以3，直到商小于余数，化为题设结构特征即可；
(2)由等比数列的前n和可知，则，而可通过除法进行因式分解得，故可表示为的结构形式进而得出即可求解.
【小问1详解】
由，
，
故
故2024的三进制表示为；
【小问2详解】
对任意正整数k，由等比数列前n项和得：，
所以对任意正整数k，l，当时，，
因为，
所以，
由可得：
，
所以，
即．
故．
19. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线：的焦点为F，点，，在抛物线上，直线，，的斜率分别为，，．
（1）若F为的重心，求证：为定值；
（2）若F为的垂心，求证：为定值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，，的表达式，再利用三角形重心的性质即可求得为定值0；．
（2）利用，，的表达式，结合三角形垂心的性质即可求得为定值．
【小问1详解】
抛物线：的焦点F的坐标为，
因为F为的重心，所以，①．
因②，同理可得③，④，
由①②③④可得，
故．
【小问2详解】
若F为的垂心，则，，，
所以，，，
即，⑤
，⑥
，⑦．
由⑤⑥可得，
进一步化简可得，⑧．
由⑦可得，⑨
由⑧⑨可得，⑩
由⑧⑩可得，
结合⑨，，
可得，
即，
则，
即，
故（定值）．
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