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浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题Word版含解析docx、浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题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。
高二数学学科试题
考生须知：
1.本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用解一元二次不等式求出集合，可得，从而可作出判断.
【详解】由可得：或，
又因为，所以，故A是错误的；
而或，故B是错误的；
由于，故C是错误的，D是正确的；
故选：D.
2. 已知是平面内四个互不相同的点，为不共线向量，，，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量共线充要条件求出结果．
【详解】，
所以，所以三点共线，即B对．
同理，其它各项对应三点均不共线.
故选：B.
3. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数模的运算性质来计算即可.
【详解】由，可得，
故选：A.
4. 若，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用和角公式及同角三角函数关系进行求解.
【详解】.
故选：C
5. AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P-BC-A的大小为（ ）
A. 60°B. 30°
C. 45°D. 15°
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面角的定义先找出二面角P-BC-A的平面角为∠PCA，再在直角三角形PCA进行求角即可.
【详解】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．
易得BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，
∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角P-BC-A的平面角．
在Rt△PAC中，PA＝AC，
∴∠PCA＝45°．
故选：C
【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6. 已知函数，若存在非零实数，使得成立､则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，然后分和两种情况讨论求解.
【详解】不妨设，
当时，，，
所以不存在非零实数，使得成立；
当时，若存在非零实数，使得成立，
则方程有正根，即函数与有交点，
先考虑函数的图象与直线相切的情况，
设切点为，则，得，
令，则，
所以函数在上单调递增，则，
所以方程的根只有一个，即，
所以，
所以函数的图象与直线相切时，切点为原点，
所以要使函数的图象与直线有交点，只需，即，
所以实数k的取值范围为．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程综合应用，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为当时，函数与有交点，然后利用导数有几何意义求解函数的图象与直线相切的情况，从而可得答案，考查数学转化思想，属于较难题.
7. 函数 ,若在区间上是单调函数,且则的值为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由在区间是有单调性，可得范围，从而得，确定对称轴和对称中心，讨论与是否在同一周期里面相邻的对称轴与对称中心即可．
【详解】在单调，故，故，，故，
若，则，取满足题设条件；
若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，
故，，.
综上所述：或
故选：B.
8. 正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推公式，求出，然后化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可求解.
【详解】因为，且，所以且为等比数列，公比为，
因为，所以，
所以，
所以
令，当且仅当时取等号，
化简可得，
令，因为，所以，
所以，所以，
所以的取值范围是．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据等比数列的通项公式将式子转化为关于的式子，再利用换元法求出目标式子的取值范围.
二､多选题：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，且，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】用对数表示x，y，利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式等即可逐项计算得到答案．
【详解】∵，∴，同理，
∵在时递增，故，故A正确；
∵，∴B错误；
∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；
∴，即，∴D正确．
故选：ACD．
10. 高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A. 所有可能的方法有种
B. 如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C. 如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D. 如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
【答案】BC
【解析】
【分析】根据分步乘法原理判断A、C，根据间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
【详解】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，
每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，
故有种选择方案，错误；
对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确；
对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确；
对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，
再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），
错误.
故选：BC
11. 已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（ ）
A. 若2为的周期，则为奇函数
B. 若为奇函数，则2为的周期
C. 若4为的周期，则为偶函数
D. 若为偶函数，则4为的周期
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：由已知可得，结合周期可得可判断A；由奇函数可得，可判断B；结合已知可得结论，可判断C；由已知可得，可判断D.
【详解】对于A：若2是的周期，则，
由，可得，
所以，所以为奇函数；故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，可得，所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，设，则，
该函数的最小周期为，故为该函数的周期，当该函数为奇函数，故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，所以，
所以，所以4是的周期，故D正确.
故选：ABD.
非选择题部分
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若随机变量，若，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二项分布的概率计算求得p的值，利用正态分布的对称性即可求得答案.
【详解】由题意知随机变量，，
所以，即，
即，
而，则，
故答案为：
13. 如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的数量积运算即可求解.
【详解】因为正方形的边长为4，取的中点，连接，
当在点或点时，，
当当在弧中点时，，
所以的取值范围为，
由于，，，
所以，
因为，所以，故，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知函数，若函数有三个极值点，若，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，令导函数等于0，得到，则与有3个不同的交点，对求导，得到其单调性，从而得到，由，得到，令，变形得到，，令，求导得到其单调性和极值最值情况，求出，结合的单调性，得到实数的取值范围.
【详解】，令，得，
则与有3个不同的交点，
，
令得，，令得，或，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
又时，恒成立，故，
，故，结合题设，令，故，即，
令，则，，
令，，则，
当时，，故在上单调递减，
故，故在上恒成立，
故在上单调递减，故，
又在上单调递增，故，
由于，，
所以实数的取值范围.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在中，角的对边分别为.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换运算求解即可；
（2）法一：利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换以及正弦函数的有界性分析求解；法二：利用余弦定理结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为，即，
可得
又因为，则，可得，
且，可得.
【小问2详解】
法一：由正弦定理可得，则，
可得
，
因为，则，可得，
所以周长的最大值为
法二：由余弦定理可得，
可得，当且仅当时，等号成立，
解得，
所以周长的最大值为.
16. 已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.
（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；
（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设，利用射影定理，得到，再由求解；
（2）设点处的切线斜率为，写出切线方程，与拋物线方程联立，再由求解.
【小问1详解】
解：设，则由射影定理，有，
故，即.
由，易得，故的轨迹方程为.
【小问2详解】
设点处的切线斜率为，
故.代入拋物线方程，
解得.
由，
得，
整理得.
所以的方程为或.
17. 如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法计算面面角正弦值即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形菱形，所以，
所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面法向量为，
，令
平面的法向量为，
设二面角的大小为，
.
所以二面角的正弦值为.
18. 已知函数，其中且.
（1）若，试证明：恒成立；
（2）若，求函数的单调区间；
（3）请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：）
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，构造函数，然后求导可得，即可证明；
（2）根据题意，求导可得，即可得到其单调性；
（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，从而可得，即可证明.
【小问1详解】
证明：设函数，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即恒成立.
【小问2详解】
已知，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减.
【小问3详解】
由（2）可知在上单调递增，
因为
从而由（2）知道上单调递增.所以.
.
又，所以，即，
所以.
由此可知.即，
从而，故.
19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲､乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲､乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有0个黑球的概率为.
（1）求的值；
（2）根据马尔科夫链的知识知道，其中为常数，同时，请求出；
（3）求证：的数学期望为定值.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件概率及古典概型求解，再由全概率公式求；
（2）由事件的独立性及全概率公式求解，构造等比数列求出通项公式；
（3）由全概率公式求出的表达式，作差可得，利用列出分布列，求期望即可.
【小问1详解】
由题意恰有0个黑球的概率为.
由题意知，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
【小问3详解】
因为①，
②
所以①-②，得.
又因为，所以.所以.
所以的概率分布列为：
所以.
所以的数学期望为定值1.0
1
2
高二数学学科试题
考生须知：
1.本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
选择题部分
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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用解一元二次不等式求出集合，可得，从而可作出判断.
【详解】由可得：或，
又因为，所以，故A是错误的；
而或，故B是错误的；
由于，故C是错误的，D是正确的；
故选：D.
2. 已知是平面内四个互不相同的点，为不共线向量，，，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量共线充要条件求出结果．
【详解】，
所以，所以三点共线，即B对．
同理，其它各项对应三点均不共线.
故选：B.
3. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数模的运算性质来计算即可.
【详解】由，可得，
故选：A.
4. 若，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用和角公式及同角三角函数关系进行求解.
【详解】.
故选：C
5. AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P-BC-A的大小为（ ）
A. 60°B. 30°
C. 45°D. 15°
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面角的定义先找出二面角P-BC-A的平面角为∠PCA，再在直角三角形PCA进行求角即可.
【详解】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC．
易得BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，
∴BC⊥PC，∴∠PCA为二面角P-BC-A的平面角．
在Rt△PAC中，PA＝AC，
∴∠PCA＝45°．
故选：C
【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6. 已知函数，若存在非零实数，使得成立､则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，然后分和两种情况讨论求解.
【详解】不妨设，
当时，，，
所以不存在非零实数，使得成立；
当时，若存在非零实数，使得成立，
则方程有正根，即函数与有交点，
先考虑函数的图象与直线相切的情况，
设切点为，则，得，
令，则，
所以函数在上单调递增，则，
所以方程的根只有一个，即，
所以，
所以函数的图象与直线相切时，切点为原点，
所以要使函数的图象与直线有交点，只需，即，
所以实数k的取值范围为．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程综合应用，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为当时，函数与有交点，然后利用导数有几何意义求解函数的图象与直线相切的情况，从而可得答案，考查数学转化思想，属于较难题.
7. 函数 ,若在区间上是单调函数,且则的值为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由在区间是有单调性，可得范围，从而得，确定对称轴和对称中心，讨论与是否在同一周期里面相邻的对称轴与对称中心即可．
【详解】在单调，故，故，，故，
若，则，取满足题设条件；
若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，
故，，.
综上所述：或
故选：B.
8. 正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据递推公式，求出，然后化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可求解.
【详解】因为，且，所以且为等比数列，公比为，
因为，所以，
所以，
所以
令，当且仅当时取等号，
化简可得，
令，因为，所以，
所以，所以，
所以的取值范围是．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据等比数列的通项公式将式子转化为关于的式子，再利用换元法求出目标式子的取值范围.
二､多选题：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，且，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】用对数表示x，y，利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式等即可逐项计算得到答案．
【详解】∵，∴，同理，
∵在时递增，故，故A正确；
∵，∴B错误；
∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；
∴，即，∴D正确．
故选：ACD．
10. 高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A. 所有可能的方法有种
B. 如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C. 如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D. 如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
【答案】BC
【解析】
【分析】根据分步乘法原理判断A、C，根据间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
【详解】对于选项A，安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，
每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，
故有种选择方案，错误；
对于选项B，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有（种），正确；
对于选项C：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有（种），正确；
对于选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，
再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，则不同的安排方法共有（种），
错误.
故选：BC
11. 已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（ ）
A. 若2为的周期，则为奇函数
B. 若为奇函数，则2为的周期
C. 若4为的周期，则为偶函数
D. 若为偶函数，则4为的周期
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：由已知可得，结合周期可得可判断A；由奇函数可得，可判断B；结合已知可得结论，可判断C；由已知可得，可判断D.
【详解】对于A：若2是的周期，则，
由，可得，
所以，所以为奇函数；故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，可得，所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，设，则，
该函数的最小周期为，故为该函数的周期，当该函数为奇函数，故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，所以，
所以，所以4是的周期，故D正确.
故选：ABD.
非选择题部分
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若随机变量，若，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二项分布的概率计算求得p的值，利用正态分布的对称性即可求得答案.
【详解】由题意知随机变量，，
所以，即，
即，
而，则，
故答案为：
13. 如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的数量积运算即可求解.
【详解】因为正方形的边长为4，取的中点，连接，
当在点或点时，，
当当在弧中点时，，
所以的取值范围为，
由于，，，
所以，
因为，所以，故，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知函数，若函数有三个极值点，若，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，令导函数等于0，得到，则与有3个不同的交点，对求导，得到其单调性，从而得到，由，得到，令，变形得到，，令，求导得到其单调性和极值最值情况，求出，结合的单调性，得到实数的取值范围.
【详解】，令，得，
则与有3个不同的交点，
，
令得，，令得，或，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
又时，恒成立，故，
，故，结合题设，令，故，即，
令，则，，
令，，则，
当时，，故在上单调递减，
故，故在上恒成立，
故在上单调递减，故，
又在上单调递增，故，
由于，，
所以实数的取值范围.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在中，角的对边分别为.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换运算求解即可；
（2）法一：利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换以及正弦函数的有界性分析求解；法二：利用余弦定理结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为，即，
可得
又因为，则，可得，
且，可得.
【小问2详解】
法一：由正弦定理可得，则，
可得
，
因为，则，可得，
所以周长的最大值为
法二：由余弦定理可得，
可得，当且仅当时，等号成立，
解得，
所以周长的最大值为.
16. 已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.
（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；
（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设，利用射影定理，得到，再由求解；
（2）设点处的切线斜率为，写出切线方程，与拋物线方程联立，再由求解.
【小问1详解】
解：设，则由射影定理，有，
故，即.
由，易得，故的轨迹方程为.
【小问2详解】
设点处的切线斜率为，
故.代入拋物线方程，
解得.
由，
得，
整理得.
所以的方程为或.
17. 如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法计算面面角正弦值即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形菱形，所以，
所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面法向量为，
，令
平面的法向量为，
设二面角的大小为，
.
所以二面角的正弦值为.
18. 已知函数，其中且.
（1）若，试证明：恒成立；
（2）若，求函数的单调区间；
（3）请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：）
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，构造函数，然后求导可得，即可证明；
（2）根据题意，求导可得，即可得到其单调性；
（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，从而可得，即可证明.
【小问1详解】
证明：设函数，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即恒成立.
【小问2详解】
已知，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减.
【小问3详解】
由（2）可知在上单调递增，
因为
从而由（2）知道上单调递增.所以.
.
又，所以，即，
所以.
由此可知.即，
从而，故.
19. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲､乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲､乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有0个黑球的概率为.
（1）求的值；
（2）根据马尔科夫链的知识知道，其中为常数，同时，请求出；
（3）求证：的数学期望为定值.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件概率及古典概型求解，再由全概率公式求；
（2）由事件的独立性及全概率公式求解，构造等比数列求出通项公式；
（3）由全概率公式求出的表达式，作差可得，利用列出分布列，求期望即可.
【小问1详解】
由题意恰有0个黑球的概率为.
由题意知，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
【小问3详解】
因为①，
②
所以①-②，得.
又因为，所以.所以.
所以的概率分布列为：
所以.
所以的数学期望为定值1.0
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