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四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题
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这是一份四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷
一、单项选择题：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. 已知数列是首项，公差均为1的等差数列，则（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式求解.
【详解】，.
故选：D
2. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把抛物线方程化成标准方程，再求其准线.
【详解】抛物线方程化成标准方程为：，所以，且抛物线开口向上.
所以抛物线准线为：.
故选：B
3. 甲、乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为（ ）
A. 0.02B. 0.28C. 0.72D. 0.98
【答案】D
【解析】
【分析】设事件表示“甲雷达发现飞行目标”，事件表示“乙雷达发现飞行目标”，飞行目标被雷达发现的概率为，从而即可求解.
【详解】设事件表示“甲雷达发现飞行目标”，事件表示“乙雷达发现飞行目标”，更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 因为甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是和，
所以，
所以飞行目标被雷达发现的概率为.
故选：D
4. 在等差数列中，，则的值是（ ）
A. 36B. 48C. 72D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差中项的性质求得，再由即可得结果.
【详解】由题设，，则，
所以
故选：A
5. 已知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，且平面平面，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断，求得，，可得，再根据投影向量公式求解即可.
【详解】因为是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量，且平面平面，
所以得，则，
得，，所以
所以在上的投影向量为，
故选：B.
6. 已知直线与双曲线无公共交点，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线的几何形状可得，结合离心率的定义分析求解.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，
因为直线与C无公共点，所以，
则，且，
所以C的离心率的取值范围为.
故选：D.
7. 已知为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若等于的最小值的3倍，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得，，再根据已知列式，结合椭圆的关系，求出离心率即可.
【详解】为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得.
过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，
.
等于的最小值的3倍，
.
椭圆中，
，即，
则.
，
，解得或（舍）.
故选：B.
8. 在平面直角坐标系中，点，若点满足，则的最小值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出点的轨迹方程为，设，整理可得，从而将所求转化为点到点和点的距离之和的一半，再结合图象进行求解即可.
【详解】设，
由，
得，化简整理得，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
，
设，则，
故，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：设，得出，将问题转化为点到点和点的距离之和的一半是解决本题的关键.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知曲线：，：，则（ ）
A. 的长轴长为4B. 的渐近线方程为
C. 与的焦点坐标相同D. 与的离心率互为倒数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆与双曲线的标准方程，结合它们的几何性质逐项判断即可.
【详解】可知曲线：是焦点在轴上的椭圆，
设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距长为，
则，可得，离心率为，
故曲线的长轴长，故A不正确；
可知曲线：是焦点在轴上的双曲线，
设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，半焦距长为，
则，可得，离心率为，
故与曲线的焦点位置不同，故C不正确；
双曲线：的渐近线方程为，故B正确；
又因为，所以与的离心率互为倒数，故D正确.
故选：BD.
10. 已知点是圆上的任意一点，直线，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与圆的位置关系只有相交和相切两种
B. 圆的圆心到直线距离的最大值为
C. 点到直线距离的最小值为
D. 点可能在圆上
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出直线所过定点的坐标，判断点与圆的位置关系，可判断A选项；利用当直线与圆相切时，圆的圆心到直线距离最大可判断B选项；求出圆心到直线的距离，利用圆的几何性质可判断C选项；判断两圆的位置关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为直线的方程可化为．
令解得，所以直线过定点，
直线是过点的所有直线中除去直线外的所有直线，
圆心到直线的距离为，即直线与圆相交，
又点在圆上，所以直线与至少有一个公共点，
所以直线与圆的位置关系只有相交和相切两种，A正确；
对于B选项，当直线为圆的切线时，点到直线的距离最大，且最大值为，B错误；
对于C选项，因为圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线距离的最小值为，C正确；
对于D选项，圆的圆心为原点，半径为，
因为，所以，圆与圆内切，故点可能在圆上，D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，AB的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 点B到直线的距离为
B. 直线CF到平面的距离为
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 直线与直线所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可结合选项逐一求解．
【详解】在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
,2,，,0,，,2,，,2,，,2,，
则点到直线的距离为：
，故A正确；
,0,，,1,，,1,，,2,，
,,，,1,，,2,，,1,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,2,，
由于分别为的中点，所以 且，
因此四边形为平行四边形，故,
又平面, 平面,所以平面，
直线到平面的距离为，故B正确；
设直线与平面所成角为，则，故C错误；
,2,，,,，
设直线与直线所成角为，则，故D正确．
故选：ABD．
12. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆C：，，，，为顶点，，为焦点，P为椭圆上一点，下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（ ）
A. 长轴长为4，短轴长为B.
C. 轴，且D. 四边形的内切圆过焦点，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆性质结合解直角三角形一一计算判定即可.
【详解】
对于A项，若长轴长为4，短轴长为，
可知此时，即A错误；
对于B项，若，此时，
即，符合定义，即B正确；
对于C项，若轴，且，易得，
且，则，即C错误；
对于D项，若四边形的内切圆过焦点，，则O到直线的距离为，
此时，
解之得，又，符合定义，即D正确.
故选：BD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列满足，，则数列的首项__________
【答案】
【解析】
【分析】根据递推关系，分别令和，代入运算求解即可.
【详解】因为，
令，则，解得；
令，则，解得.
故答案为：2
14. “石头、剪刀、布”是民间广为流传的游戏，游戏时双方每次任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种，那么游戏时“双方所出的手势不同”的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定所有手势的结果种数和手势相同的种数，根据古典概型和对立事件概率公式可求得结果.
【详解】游戏时，双方所出的手势共有种；其中“双方所出的手势相同”有种；
“双方所出的手势不同”的概率.
故答案为：.
15. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，曲线为圆的右半圆，作出直线与曲线的图象，可知直线是过点且斜率为的直线，求出当直线与曲线相切时的值，利用数形结合思想可得出当直线与曲线有两个公共点时实数的取值范围.
【详解】对于直线，则直线是过点且斜率为的直线，
对于曲线，则，
曲线方程两边平方并整理得，
则曲线为圆的右半圆，如下图所示：
当直线与曲线相切时，，且有，解得，
当直线过点时，则有，解得.
结合图象可知，当时，直线与曲线有两个交点.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用直线与曲线的交点个数求参数，解题的关键就是将曲线化为半圆，利用数形结合思想求解，同时要找出直线与曲线相切时的临界位置，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
16. 已知直线：，：，，若和交于点，则的最大值是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的性质分析可知点M的轨迹为以为直径的圆，结合圆的性质分析求解.
【详解】对于直线：，当时，恒成立，即过定点，记为A，
对于直线：，当时，恒成立，则恒过定点，记为，
因为，无论m取何值，与都互相垂直，和交于点M，
所以，即点M的轨迹为以为直径的圆，
可知圆心为，半径为，所以的最大值是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前项和满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列等差数列.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用给定的前项和求出通项即得.
（2）令，再利用等差数列定义判断即可.
【小问1详解】
数列的前项和，
当时，，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
设，其中，
因此，则，数列是等差数列，
所以数列是首项为12，公差为的等差数列.
18. 某市为了解社区新冠疫菌接种的开展情况，拟采用分层抽样的方法从三个行政区抽出6个社区进行调查．已知三个行政区中分别有个社区．
（1）求从三个行政区中分别抽取的社区个数；
（2）若从抽得的6个社区中随机抽取2个进行调查．
①试列出所有可能的抽取结果；
②设事件M为“抽取2个社区中至少有一个来自A行政区”，求事件M发生的概率．
【答案】（1）从三个行政区中应分别抽取的社区个数为；（2）①答案见解析；②．
【解析】
【分析】（1）求出抽样比，即可求出从三个行政区中分别抽取的社区个数；
（2）①设为在A行政区中抽得的2个社区，为在B行政区中抽得的3个社区，为在C行政区中抽得的社区，即可用有序数对表示出所有结果；
②根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】（1）社区总数为，样本容量与总体中的个体数比为
所以从三个行政区中应分别抽取的社区个数为
（2）①设为在A行政区中抽得的2个社区，为在B行政区中抽得的3个社区，为在C行政区中抽得的社区，在这6个社区中随机抽取2个，全部可能的结果有
，共有15种．
②设事件“抽取的2个社区至少有1个来自A行政区”为事件M，则事件M所包含的所有可能的结果有：，共有9种．所以这2个社区中至少有1个来自A行政区的概率为
19. 已知圆的圆心坐标，直线被圆截得弦长为．
（1）求圆的方程；
（2）从圆外一点向圆引切线，求切线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理求出圆的半径，由此可得出圆的方程；
（2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，在第一种情况下，写出切线方程，直接验证即可；在第二种情况下，设出切线方程为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径，由此可得出所求切线的方程.
【小问1详解】
解：圆心到直线的距离为，
所以，圆的半径为，
因此，圆的方程为.
【小问2详解】
解：当切线的斜率不存在时，则切线的方程为，且直线与圆相切，合乎题意；
当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，
由题意可得，解得，此时，切线的方程为.
综上所述，所求切线的方程为或.
20. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为棱的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设.
（1）写出、的坐标，利用空间向量法计算出直线与所成角的余弦值；
（2）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可计算得出直线与平面所成角的正弦值；
（3）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】平面，四边形为正方形，设.
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则、、、、、.
（1），，
，
所以，异面直线、所成角的余弦值为；
（2）设平面的一个法向量为，，，
由，可得，取，可得，则，
，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设平面的一个法向量为，，，
由，可得，得，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
，
由图形可知，二面角为锐角，
因此，二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
21. 已知椭圆C：的离心率为，左顶点坐标为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，设点，问：直线BM，BN的斜率之和是否为定值？若是，请求出该值；否则，请说明理由．
【答案】（1）
（2）为定值，定值为-2
【解析】
【分析】（1）由题意，先求得a值，根据离心率，可得c值，根据a，b，c的关系，可得的值，即可得答案.
（2）当直线l斜率存在时，设直线l：，与椭圆联立，根据韦达定理，可得的表达式，根据斜率公式，求得的表达式，化简整理，即可得答案；当直线l的斜率不存在时，直线l：，所以，化简计算，可得为定值，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得
又，所以
所以，
所以椭圆C：．
小问2详解】
当直线l斜率存在时，设直线l：，（其中），，，
联立，消y可得，
则，解得或，
，
所以
（定值）
当直线l的斜率不存在时，直线l：，则M，N关于x轴对称，所以，
所以，
综上可得（定值）
22. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，（），上顶点为A，，且到直线l：的距离为．
（1）求C的方程；
（2）与l平行的一组直线与C相交时，证明：这些直线被C截得的线段的中点在同一条直线上；
（3）P为C上的动点，M，N为l上的动点，且，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）由题意，根据椭圆的顶点坐标以及点到直线距离公式，可得答案；
（2）由两直线的平行关系，设出直线方程，联立方程，利用韦达定理，表示出中点坐标，可得答案；
（3）根据直线的平移，取与椭圆相切是的临界点，利用三角形的面积公式，可得答案.
【小问1详解】
设，，由题意得，
解得，所以C的方程为．
【小问2详解】
证明：设这组平行线的方程为，与联立消去x，得，
则，得．
设直线被C截得的线段的中点为，则，其中，是方程的两个实数根．
所以，
消去m，得，所以这些直线被C截得的线段的中点均在直线上．
【小问3详解】
由（2）知，l与C相离，
当直线与C相切时，，解得或．
当时，直线与l的距离为，此时，
当时，直线与l的距离为，此时，
所以面积的取值范围为．
第I卷
一、单项选择题：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. 已知数列是首项，公差均为1的等差数列，则（ ）
A. 9B. 8C. 6D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式求解.
【详解】，.
故选：D
2. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把抛物线方程化成标准方程，再求其准线.
【详解】抛物线方程化成标准方程为：，所以，且抛物线开口向上.
所以抛物线准线为：.
故选：B
3. 甲、乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为（ ）
A. 0.02B. 0.28C. 0.72D. 0.98
【答案】D
【解析】
【分析】设事件表示“甲雷达发现飞行目标”，事件表示“乙雷达发现飞行目标”，飞行目标被雷达发现的概率为，从而即可求解.
【详解】设事件表示“甲雷达发现飞行目标”，事件表示“乙雷达发现飞行目标”，更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 因为甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是和，
所以，
所以飞行目标被雷达发现的概率为.
故选：D
4. 在等差数列中，，则的值是（ ）
A. 36B. 48C. 72D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差中项的性质求得，再由即可得结果.
【详解】由题设，，则，
所以
故选：A
5. 已知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，且平面平面，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断，求得，，可得，再根据投影向量公式求解即可.
【详解】因为是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量，且平面平面，
所以得，则，
得，，所以
所以在上的投影向量为，
故选：B.
6. 已知直线与双曲线无公共交点，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线的几何形状可得，结合离心率的定义分析求解.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，
因为直线与C无公共点，所以，
则，且，
所以C的离心率的取值范围为.
故选：D.
7. 已知为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若等于的最小值的3倍，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得，，再根据已知列式，结合椭圆的关系，求出离心率即可.
【详解】为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得.
过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，
.
等于的最小值的3倍，
.
椭圆中，
，即，
则.
，
，解得或（舍）.
故选：B.
8. 在平面直角坐标系中，点，若点满足，则的最小值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出点的轨迹方程为，设，整理可得，从而将所求转化为点到点和点的距离之和的一半，再结合图象进行求解即可.
【详解】设，
由，
得，化简整理得，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
，
设，则，
故，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：设，得出，将问题转化为点到点和点的距离之和的一半是解决本题的关键.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知曲线：，：，则（ ）
A. 的长轴长为4B. 的渐近线方程为
C. 与的焦点坐标相同D. 与的离心率互为倒数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆与双曲线的标准方程，结合它们的几何性质逐项判断即可.
【详解】可知曲线：是焦点在轴上的椭圆，
设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距长为，
则，可得，离心率为，
故曲线的长轴长，故A不正确；
可知曲线：是焦点在轴上的双曲线，
设双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，半焦距长为，
则，可得，离心率为，
故与曲线的焦点位置不同，故C不正确；
双曲线：的渐近线方程为，故B正确；
又因为，所以与的离心率互为倒数，故D正确.
故选：BD.
10. 已知点是圆上的任意一点，直线，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与圆的位置关系只有相交和相切两种
B. 圆的圆心到直线距离的最大值为
C. 点到直线距离的最小值为
D. 点可能在圆上
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出直线所过定点的坐标，判断点与圆的位置关系，可判断A选项；利用当直线与圆相切时，圆的圆心到直线距离最大可判断B选项；求出圆心到直线的距离，利用圆的几何性质可判断C选项；判断两圆的位置关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为直线的方程可化为．
令解得，所以直线过定点，
直线是过点的所有直线中除去直线外的所有直线，
圆心到直线的距离为，即直线与圆相交，
又点在圆上，所以直线与至少有一个公共点，
所以直线与圆的位置关系只有相交和相切两种，A正确；
对于B选项，当直线为圆的切线时，点到直线的距离最大，且最大值为，B错误；
对于C选项，因为圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线距离的最小值为，C正确；
对于D选项，圆的圆心为原点，半径为，
因为，所以，圆与圆内切，故点可能在圆上，D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为，AB的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 点B到直线的距离为
B. 直线CF到平面的距离为
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 直线与直线所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可结合选项逐一求解．
【详解】在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
,2,，,0,，,2,，,2,，,2,，
则点到直线的距离为：
，故A正确；
,0,，,1,，,1,，,2,，
,,，,1,，,2,，,1,，
设平面的法向量,,，
则，取，得,2,，
由于分别为的中点，所以 且，
因此四边形为平行四边形，故,
又平面, 平面,所以平面，
直线到平面的距离为，故B正确；
设直线与平面所成角为，则，故C错误；
,2,，,,，
设直线与直线所成角为，则，故D正确．
故选：ABD．
12. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆C：，，，，为顶点，，为焦点，P为椭圆上一点，下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（ ）
A. 长轴长为4，短轴长为B.
C. 轴，且D. 四边形的内切圆过焦点，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆性质结合解直角三角形一一计算判定即可.
【详解】
对于A项，若长轴长为4，短轴长为，
可知此时，即A错误；
对于B项，若，此时，
即，符合定义，即B正确；
对于C项，若轴，且，易得，
且，则，即C错误；
对于D项，若四边形的内切圆过焦点，，则O到直线的距离为，
此时，
解之得，又，符合定义，即D正确.
故选：BD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列满足，，则数列的首项__________
【答案】
【解析】
【分析】根据递推关系，分别令和，代入运算求解即可.
【详解】因为，
令，则，解得；
令，则，解得.
故答案为：2
14. “石头、剪刀、布”是民间广为流传的游戏，游戏时双方每次任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种，那么游戏时“双方所出的手势不同”的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定所有手势的结果种数和手势相同的种数，根据古典概型和对立事件概率公式可求得结果.
【详解】游戏时，双方所出的手势共有种；其中“双方所出的手势相同”有种；
“双方所出的手势不同”的概率.
故答案为：.
15. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，曲线为圆的右半圆，作出直线与曲线的图象，可知直线是过点且斜率为的直线，求出当直线与曲线相切时的值，利用数形结合思想可得出当直线与曲线有两个公共点时实数的取值范围.
【详解】对于直线，则直线是过点且斜率为的直线，
对于曲线，则，
曲线方程两边平方并整理得，
则曲线为圆的右半圆，如下图所示：
当直线与曲线相切时，，且有，解得，
当直线过点时，则有，解得.
结合图象可知，当时，直线与曲线有两个交点.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用直线与曲线的交点个数求参数，解题的关键就是将曲线化为半圆，利用数形结合思想求解，同时要找出直线与曲线相切时的临界位置，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
16. 已知直线：，：，，若和交于点，则的最大值是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的性质分析可知点M的轨迹为以为直径的圆，结合圆的性质分析求解.
【详解】对于直线：，当时，恒成立，即过定点，记为A，
对于直线：，当时，恒成立，则恒过定点，记为，
因为，无论m取何值，与都互相垂直，和交于点M，
所以，即点M的轨迹为以为直径的圆，
可知圆心为，半径为，所以的最大值是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列的前项和满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列等差数列.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用给定的前项和求出通项即得.
（2）令，再利用等差数列定义判断即可.
【小问1详解】
数列的前项和，
当时，，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
设，其中，
因此，则，数列是等差数列，
所以数列是首项为12，公差为的等差数列.
18. 某市为了解社区新冠疫菌接种的开展情况，拟采用分层抽样的方法从三个行政区抽出6个社区进行调查．已知三个行政区中分别有个社区．
（1）求从三个行政区中分别抽取的社区个数；
（2）若从抽得的6个社区中随机抽取2个进行调查．
①试列出所有可能的抽取结果；
②设事件M为“抽取2个社区中至少有一个来自A行政区”，求事件M发生的概率．
【答案】（1）从三个行政区中应分别抽取的社区个数为；（2）①答案见解析；②．
【解析】
【分析】（1）求出抽样比，即可求出从三个行政区中分别抽取的社区个数；
（2）①设为在A行政区中抽得的2个社区，为在B行政区中抽得的3个社区，为在C行政区中抽得的社区，即可用有序数对表示出所有结果；
②根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】（1）社区总数为，样本容量与总体中的个体数比为
所以从三个行政区中应分别抽取的社区个数为
（2）①设为在A行政区中抽得的2个社区，为在B行政区中抽得的3个社区，为在C行政区中抽得的社区，在这6个社区中随机抽取2个，全部可能的结果有
，共有15种．
②设事件“抽取的2个社区至少有1个来自A行政区”为事件M，则事件M所包含的所有可能的结果有：，共有9种．所以这2个社区中至少有1个来自A行政区的概率为
19. 已知圆的圆心坐标，直线被圆截得弦长为．
（1）求圆的方程；
（2）从圆外一点向圆引切线，求切线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理求出圆的半径，由此可得出圆的方程；
（2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，在第一种情况下，写出切线方程，直接验证即可；在第二种情况下，设出切线方程为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径，由此可得出所求切线的方程.
【小问1详解】
解：圆心到直线的距离为，
所以，圆的半径为，
因此，圆的方程为.
【小问2详解】
解：当切线的斜率不存在时，则切线的方程为，且直线与圆相切，合乎题意；
当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，
由题意可得，解得，此时，切线的方程为.
综上所述，所求切线的方程为或.
20. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为棱的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设.
（1）写出、的坐标，利用空间向量法计算出直线与所成角的余弦值；
（2）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可计算得出直线与平面所成角的正弦值；
（3）求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】平面，四边形为正方形，设.
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则、、、、、.
（1），，
，
所以，异面直线、所成角的余弦值为；
（2）设平面的一个法向量为，，，
由，可得，取，可得，则，
，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设平面的一个法向量为，，，
由，可得，得，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
，
由图形可知，二面角为锐角，
因此，二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
21. 已知椭圆C：的离心率为，左顶点坐标为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，设点，问：直线BM，BN的斜率之和是否为定值？若是，请求出该值；否则，请说明理由．
【答案】（1）
（2）为定值，定值为-2
【解析】
【分析】（1）由题意，先求得a值，根据离心率，可得c值，根据a，b，c的关系，可得的值，即可得答案.
（2）当直线l斜率存在时，设直线l：，与椭圆联立，根据韦达定理，可得的表达式，根据斜率公式，求得的表达式，化简整理，即可得答案；当直线l的斜率不存在时，直线l：，所以，化简计算，可得为定值，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得
又，所以
所以，
所以椭圆C：．
小问2详解】
当直线l斜率存在时，设直线l：，（其中），，，
联立，消y可得，
则，解得或，
，
所以
（定值）
当直线l的斜率不存在时，直线l：，则M，N关于x轴对称，所以，
所以，
综上可得（定值）
22. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，（），上顶点为A，，且到直线l：的距离为．
（1）求C的方程；
（2）与l平行的一组直线与C相交时，证明：这些直线被C截得的线段的中点在同一条直线上；
（3）P为C上的动点，M，N为l上的动点，且，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）由题意，根据椭圆的顶点坐标以及点到直线距离公式，可得答案；
（2）由两直线的平行关系，设出直线方程，联立方程，利用韦达定理，表示出中点坐标，可得答案；
（3）根据直线的平移，取与椭圆相切是的临界点，利用三角形的面积公式，可得答案.
【小问1详解】
设，，由题意得，
解得，所以C的方程为．
【小问2详解】
证明：设这组平行线的方程为，与联立消去x，得，
则，得．
设直线被C截得的线段的中点为，则，其中，是方程的两个实数根．
所以，
消去m，得，所以这些直线被C截得的线段的中点均在直线上．
【小问3详解】
由（2）知，l与C相离，
当直线与C相切时，，解得或．
当时，直线与l的距离为，此时，
当时，直线与l的距离为，此时，
所以面积的取值范围为．
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