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云南省楚雄州2021-2022学年高二下学期数学期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高二下·楚雄期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高二下·楚雄期末）若，则（ ）
A．0 B．2 C．-2 D．
3．（2022高二下·楚雄期末）若向量，满足，则（ ）
A． B．2 C． D．-2
4．（2022高二下·楚雄期末）已知圆：，直线过点与圆交于A，B两点，若点为线段的中点，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高二下·楚雄期末）已知数据，，…，的平均值为2，方差为1，若数据，，…，的平均值为，方差为4，则（ ）.
A．5 B．4 C．3 D．2
6．（2021·梅州模拟）函数 的图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022高二下·贵港期末）已知命题，命题，则是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2022高二下·楚雄期末）已知函数的图象与的图象关于轴对称，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022高二下·贵港期末）已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则函数在区间上的值域为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高二下·楚雄期末）已知圆锥的底面直径为2，下列说法错误的是（ ）
A．若圆锥的轴截面为直角三角形，则该圆锥的体积为
B．若圆锥的侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积为
C．若圆锥外接球的半径为，则该圆锥的体积为或
D．若圆锥的高为1，则该圆锥内切球的表面积为
11．（2022高二下·楚雄期末）已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2022高二下·贵港期末）设抛物线的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点．若，且的面积为24，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二、填空题
13．（2022高二下·楚雄期末）已知，，则 .
14．（2022高二下·清远期末）展开式中的常数项为 ．
15．（2022高二下·楚雄期末）已知双曲线：的实轴长是虚轴长的2倍，则的离心率为 .
16．（2022高二下·楚雄期末）在正四棱锥中，，点E，F分别为PC，PA的中点，设直线PB与平面DEF交于点Q，点G在BC上，若，则 .
三、解答题
17．（2022高二下·贵港期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
18．（2022高二下·楚雄期末）已知数列的前项和满足，数列是公差为-1的等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
19．（2022高二下·阜阳期末）为提升学生的身体素质，某地区对体育测试选拔赛试行改革．在高二一学年中举行4次全区选拔赛，学生如果在4次选拔赛中有2次成绩达到全区前20名即可取得体育特长生资格，不用参加剩余的比赛．规定：每个学生最多只能参加4次选拔比赛，若前3次选拔赛成绩都没有达到全区前20名，则不能参加第4次选拔赛．
参考公式及数据：，其中．
0.15 0.10 0.05 0.010
2.072 2.706 3.841 6.635
（1）若该赛区某次选拔赛高二年级共有500名学生参加，统计出的参赛学生中男、女生成绩如下表：
前20名人数 第21至第500名人数 合计
男生 15 300
女生 195
合计 20 500
请完成上述2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为选拔赛成绩与性别有关．
（2）假设某学生每次成绩达到全区前20名的概率都是，每次选拔赛成绩能否达到全区前20名相互独立．如果该学生参加本年度的选拔赛（规则内不放弃比赛），记该学生参加选拔赛的次数为，求的分布列及数学期望．
20．（2022高二下·清远期末）如图，在三棱锥中，平面，点分别是的中点，且.
（1）证明：平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
21．（2022高二下·清远期末）已知椭圆的一个焦点与短轴的一个端点连线的倾斜角为，直线与椭圆相交于和两点，且为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的取值范围.
22．（2022高二下·清远期末）已知函数，．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设m，n为正数，且当时，，证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合交集的运算法则，进而得出集合M和集合N的交集。
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】因为，所以，
则。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合复数的混合运算法则，进而得出复数z，再利用复数与共轭复数的关系，进而得出复数z的共轭复数，再利用复数的加法运算法则，进而得出复数。
3．【答案】D
【知识点】数量积的坐标表达式；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，所以 ，所以，解得。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示，进而得出实数t的值。
4．【答案】B
【知识点】直线的一般式方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由已知得，所以。
因为为弦的中点，所以，所以，
所以，直线的方程为，即。
故答案为：B
【分析】由圆的标准方程得圆心，再利用两点求斜率公式，进而得出直线CP的斜率，再利用为弦的中点，所以，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出直线AB的斜率，再结合点斜式方程求出直线的方程，再转化为直线l的一般式方程。
5．【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】因为，，…，的平均值为2，方差为1，
由数据，，…，的平均值为，方差为4，
所以，解得，。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合平均数和方差的性质，进而求出实数b的值。
6．【答案】D
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由 ，
得 ，
则函数 是奇函数，图象关于原点中心对称，排除A，B，
当 时 ，排除C，
故答案为：D.
【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=-f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称由此排除A、B，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项C，由此得到答案。
7．【答案】D
【知识点】四种命题的真假关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由，等价于，解得或，
所以．
因为，且，
所以是q的既不充分也不必要条件．
故答案为：D
【分析】首先由不等式的解集求解出x的取值范围，再由命题之间的关系结合充分和必要条件的定义即可得出答案。
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；图形的对称性
【解析】【解答】已知函数的图象与 的图象关于x轴对称，
所以，
又因为 是上的增函数，
所以，解得。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合两函数的图象的对称性和函数的单调性，进而得出不等式 的解集 。
9．【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的单调性；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】因为的最小正周期为，所以．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，当，，所以的值域为．
故答案为：C
【分析】根据题意结合周期的公式即可求出的值，再由函数平移的性质得出函数的解析式，结合正弦函数图象和性质，即可得出函数的最值从而得出函数的值域。
10．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积
【解析】【解答】对于A选项，如图1，因为截面为直角三角形，所以，则圆锥的体积为，所以A符合题意.
对于B选项，设圆锥的母线长为，其侧面展开图的弧长为，所以，解得，所以圆锥的表面积为式，所以B不符合题意.
对于C选项，如图1，因为底面圆，所以外接球球心在直线上，
当在线段上时，因为，所以，圆锥的体积为，
当在线段的延长线上时，因为，所以圆锥的体积为，C选项正确.
对于D选项，如图2，设圆锥内切球的半径为，因为圆锥的高为1， 底面直径为2，
所以，所以，则，解得，从而球的表面积为，D选项正确.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合圆锥的轴截面和侧面展开图的结构特征，再结合圆锥与内切球的位置关系，从而利用圆锥的体积公式和表面积公式以及球的表面积公式，进而得出说法错误的选项。
11．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；图形的对称性
【解析】【解答】因为函数与函数的图象关于x轴对称，
根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，
即方程在上有解，
即在上有解．
令，，
则，
可知在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，
由于，，且，
所以．
故答案为：A．
【分析】利用函数与函数的图象关于x轴对称，根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，再利用两函数的交点的横坐标与方程的解的等价关系，进而得出方程在上有解，令，，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，再利用，，且，从而求出实数a的取值范围。
12．【答案】C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点，
所以，
结合抛物线的定义，可知点A到准线的距离为．
又因为，，
所以的面积为，
解得．
故答案为：C
【分析】根据题意由抛物线的简单性质和定义结合已知条件，整理化简即可得出圆的半径，再把结果代入到三角形的面积公式由此计算出P的取值。
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】因为，所以，
因为，所以，解得，
从而。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合二倍角的正弦公式和x的取值范围，进而得出角x的余弦值，再利用二倍角的余弦公式，进而得出角2x的余弦值。
14．【答案】24
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】展开式中的常数项为．
故答案为：24.
【分析】由已知条件结合二项展开式的通项公式，结合组合数公式，代入数值计算出结果即可。
15．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为的实轴长是虚轴长的2倍，所以，从而。
故答案为：。
【分析】利用双曲线的实轴长是虚轴长的2倍结合实轴长和虚轴长的定义，所以，再利用双曲线离心率的性质，进而得出双曲线的离心率的值。
16．【答案】0.5
【知识点】直线与平面垂直的性质；任意角三角函数的定义；余弦定理
【解析】【解答】连接AC，BD交于点O，连接PO交EF于点H，连接DH交PB于点Q，作交DB于点K，
因为平面，平面，所以.
又，
所以平面，
因为平面，
所以.
过点作交BC于点G，
所以平面PBD，因为平面，
所以，
因为，，所以平面，
因为平面，
所以.
不妨设，则，，，
所以
所以，则，
因为E，F分别为PC，PA的中点，
所以∥，所以为的中点，
所以，所以，
在中用余弦定理可得，
因为为锐角，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，
所以。
故答案为：0.5。
【分析】连接AC，BD交于点O，连接PO交EF于点H，连接DH交PB于点Q，作交DB于点K，利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，过点作交BC于点G，所以平面PBD，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，不妨设，再结合勾股定理证出，进而得出PO的长，再利用E，F分别为PC，PA的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以∥，所以为的中点，再利用中点的性质和勾股定理以及余弦定理，进而得出的值，再利用为锐角结合同角三角函数基本关系式，进而得出的值，在直角三角形中结合三角函数的定义和作差法，进而得出的值。
17．【答案】（1）解：由正弦定理得，
因为，所以，
所以，化简得，
所以，因为，所以．
（2）解：因为，由余弦定理得，
又，所以，即，解得，
则的面积．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)首先由正弦定理整理化简原式，然后由两角和的余弦公式代入数值计算出cosA的取值，从而得出角A的大小。
(2)由已知条件结合余弦定理代入数值计算出bc的取值，并代入到三角形的面积公式由此计算出结果。
18．【答案】（1）解：因为，所以，
当时，，
由于满足，所以的通项公式为，
因为数列是公差为的等差数列，，
所以，所以
（2）解：因为，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合 的关系式，再利用分类讨论的方法和等差数列的定义，进而得出数列 的通项公式，再利用数列是公差为的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得出数列 的通项公式。
（2）利用数列 的通项公式结合，进而得出数列的通项公式，再利用裂项相消和分组求和的方法，进而求出数列的前项和。
19．【答案】（1）解：列联表如下：
前20名人数 第21至第500名人数 合计
男生 15 285 300
女生 5 195 200
合计 20 480 500
零假设为
：选拔赛成绩与性别无关．
根据列联表，
得，
所以没有90%的把握认为选拔赛成绩与性别有关．
（2）解：该学生参加选拔赛次数的可能取值为2，3，4．
，
，
．
故的分布列为
2 3 4
【知识点】独立性检验的基本思想；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)根据已知条件，结合列联表的数据关系，补充列联表，再结合独立性检验公式，即可求解出结论；
(2)由题意可得，该学生参加选拔赛次数ξ的可能取值为2， 3， 4，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解出 的分布列及数学期望．
20．【答案】（1）证明：由平面，平面，则.
又，点为的中点，所以.
由为的中点，则，即，
所以，即，又，面，
所以平面.
（2）解：由（1）得：，以点为坐标原点，以为轴，轴的正方向，以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为，所以，
故，，，，
设平面的法向量为，则，令，故.
设平面的法向量为，则，令，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，由中点的性质即可得出线线平行，利用平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 平面与平面夹角的余弦值 。
21．【答案】（1）解：不妨设左焦点为，上顶点为，则，
所以，
因为直线与椭圆相交于和两点，且，
所以将点的坐标代入椭圆的方程，得，
联立方程组，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）解：设，
若直线的斜率存在，设的方程为，联立方程组，
消去得，则，
又，所以，且，即，则，
因为，
所以，整理得，
则，且恒成立，
所以，
又，且，
所以，即；
当直线的斜率不存在时，，又，解得，
所以
综上，的取值范围为.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的简单性质，把点的坐标代入到椭圆的方程整理化简即可得出关于a与b的方程求解出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。
(2)利用设而不求法设出点的坐标以及直线的方程，并联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，再由韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于t和k的代数式，并代入到数量积的坐标公式整理化简结合二次函数的图象和性质即可得出数量积的取值范围，结合数量积的坐标公式由整体思想即可得出结果。
22．【答案】（1）解：的定义域为，
（）．
①当时，，令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．
②当时，因为的判别式，
所以有两正根，，且．
令，得或；
令，得．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：因为，所以（）．
设，
则．
当时，因为，，
令，
则．
令，因为，则，所以在上单调递增，
又，所以，则，所以在上单调递增，
又，所以，则在上单调递增．
又，所以，则．
因为，，所以．
又，
所以在上单调递减，所以，整理得．
又当时，令，则，
所以在上单调递增，，则在上单调递增，所以．
故．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)首先对函数求导，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，然后由导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间。
(2)根据题意整理化简函数的解析式，再对函数求导由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出函数的最值，结合函数的单调性即可得出结果。
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云南省楚雄州2021-2022学年高二下学期数学期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高二下·楚雄期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合交集的运算法则，进而得出集合M和集合N的交集。
2．（2022高二下·楚雄期末）若，则（ ）
A．0 B．2 C．-2 D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】因为，所以，
则。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合复数的混合运算法则，进而得出复数z，再利用复数与共轭复数的关系，进而得出复数z的共轭复数，再利用复数的加法运算法则，进而得出复数。
3．（2022高二下·楚雄期末）若向量，满足，则（ ）
A． B．2 C． D．-2
【答案】D
【知识点】数量积的坐标表达式；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】因为，所以 ，所以，解得。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示，进而得出实数t的值。
4．（2022高二下·楚雄期末）已知圆：，直线过点与圆交于A，B两点，若点为线段的中点，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的一般式方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由已知得，所以。
因为为弦的中点，所以，所以，
所以，直线的方程为，即。
故答案为：B
【分析】由圆的标准方程得圆心，再利用两点求斜率公式，进而得出直线CP的斜率，再利用为弦的中点，所以，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出直线AB的斜率，再结合点斜式方程求出直线的方程，再转化为直线l的一般式方程。
5．（2022高二下·楚雄期末）已知数据，，…，的平均值为2，方差为1，若数据，，…，的平均值为，方差为4，则（ ）.
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】因为，，…，的平均值为2，方差为1，
由数据，，…，的平均值为，方差为4，
所以，解得，。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合平均数和方差的性质，进而求出实数b的值。
6．（2021·梅州模拟）函数 的图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】由 ，
得 ，
则函数 是奇函数，图象关于原点中心对称，排除A，B，
当 时 ，排除C，
故答案为：D.
【分析】根据题意首先求出函数的定义域再由奇函数的定义f(-x)=-f(x)即可判断出该函数为奇函数，由奇函数图象的性质得出图像关于原点对称由此排除A、B，再由特殊点法代入数值验证即可排除选项C，由此得到答案。
7．（2022高二下·贵港期末）已知命题，命题，则是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【知识点】四种命题的真假关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由，等价于，解得或，
所以．
因为，且，
所以是q的既不充分也不必要条件．
故答案为：D
【分析】首先由不等式的解集求解出x的取值范围，再由命题之间的关系结合充分和必要条件的定义即可得出答案。
8．（2022高二下·楚雄期末）已知函数的图象与的图象关于轴对称，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；图形的对称性
【解析】【解答】已知函数的图象与 的图象关于x轴对称，
所以，
又因为 是上的增函数，
所以，解得。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合两函数的图象的对称性和函数的单调性，进而得出不等式 的解集 。
9．（2022高二下·贵港期末）已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则函数在区间上的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的单调性；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】因为的最小正周期为，所以．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，当，，所以的值域为．
故答案为：C
【分析】根据题意结合周期的公式即可求出的值，再由函数平移的性质得出函数的解析式，结合正弦函数图象和性质，即可得出函数的最值从而得出函数的值域。
10．（2022高二下·楚雄期末）已知圆锥的底面直径为2，下列说法错误的是（ ）
A．若圆锥的轴截面为直角三角形，则该圆锥的体积为
B．若圆锥的侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积为
C．若圆锥外接球的半径为，则该圆锥的体积为或
D．若圆锥的高为1，则该圆锥内切球的表面积为
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积
【解析】【解答】对于A选项，如图1，因为截面为直角三角形，所以，则圆锥的体积为，所以A符合题意.
对于B选项，设圆锥的母线长为，其侧面展开图的弧长为，所以，解得，所以圆锥的表面积为式，所以B不符合题意.
对于C选项，如图1，因为底面圆，所以外接球球心在直线上，
当在线段上时，因为，所以，圆锥的体积为，
当在线段的延长线上时，因为，所以圆锥的体积为，C选项正确.
对于D选项，如图2，设圆锥内切球的半径为，因为圆锥的高为1， 底面直径为2，
所以，所以，则，解得，从而球的表面积为，D选项正确.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合圆锥的轴截面和侧面展开图的结构特征，再结合圆锥与内切球的位置关系，从而利用圆锥的体积公式和表面积公式以及球的表面积公式，进而得出说法错误的选项。
11．（2022高二下·楚雄期末）已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；图形的对称性
【解析】【解答】因为函数与函数的图象关于x轴对称，
根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，
即方程在上有解，
即在上有解．
令，，
则，
可知在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，
由于，，且，
所以．
故答案为：A．
【分析】利用函数与函数的图象关于x轴对称，根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，再利用两函数的交点的横坐标与方程的解的等价关系，进而得出方程在上有解，令，，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最大值，再利用，，且，从而求出实数a的取值范围。
12．（2022高二下·贵港期末）设抛物线的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点．若，且的面积为24，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】因为以F为圆心，为半径的圆交l于M，N两点，
所以，
结合抛物线的定义，可知点A到准线的距离为．
又因为，，
所以的面积为，
解得．
故答案为：C
【分析】根据题意由抛物线的简单性质和定义结合已知条件，整理化简即可得出圆的半径，再把结果代入到三角形的面积公式由此计算出P的取值。
二、填空题
13．（2022高二下·楚雄期末）已知，，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】因为，所以，
因为，所以，解得，
从而。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合二倍角的正弦公式和x的取值范围，进而得出角x的余弦值，再利用二倍角的余弦公式，进而得出角2x的余弦值。
14．（2022高二下·清远期末）展开式中的常数项为 ．
【答案】24
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】展开式中的常数项为．
故答案为：24.
【分析】由已知条件结合二项展开式的通项公式，结合组合数公式，代入数值计算出结果即可。
15．（2022高二下·楚雄期末）已知双曲线：的实轴长是虚轴长的2倍，则的离心率为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为的实轴长是虚轴长的2倍，所以，从而。
故答案为：。
【分析】利用双曲线的实轴长是虚轴长的2倍结合实轴长和虚轴长的定义，所以，再利用双曲线离心率的性质，进而得出双曲线的离心率的值。
16．（2022高二下·楚雄期末）在正四棱锥中，，点E，F分别为PC，PA的中点，设直线PB与平面DEF交于点Q，点G在BC上，若，则 .
【答案】0.5
【知识点】直线与平面垂直的性质；任意角三角函数的定义；余弦定理
【解析】【解答】连接AC，BD交于点O，连接PO交EF于点H，连接DH交PB于点Q，作交DB于点K，
因为平面，平面，所以.
又，
所以平面，
因为平面，
所以.
过点作交BC于点G，
所以平面PBD，因为平面，
所以，
因为，，所以平面，
因为平面，
所以.
不妨设，则，，，
所以
所以，则，
因为E，F分别为PC，PA的中点，
所以∥，所以为的中点，
所以，所以，
在中用余弦定理可得，
因为为锐角，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，
所以。
故答案为：0.5。
【分析】连接AC，BD交于点O，连接PO交EF于点H，连接DH交PB于点Q，作交DB于点K，利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，过点作交BC于点G，所以平面PBD，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，不妨设，再结合勾股定理证出，进而得出PO的长，再利用E，F分别为PC，PA的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以∥，所以为的中点，再利用中点的性质和勾股定理以及余弦定理，进而得出的值，再利用为锐角结合同角三角函数基本关系式，进而得出的值，在直角三角形中结合三角函数的定义和作差法，进而得出的值。
三、解答题
17．（2022高二下·贵港期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：由正弦定理得，
因为，所以，
所以，化简得，
所以，因为，所以．
（2）解：因为，由余弦定理得，
又，所以，即，解得，
则的面积．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)首先由正弦定理整理化简原式，然后由两角和的余弦公式代入数值计算出cosA的取值，从而得出角A的大小。
(2)由已知条件结合余弦定理代入数值计算出bc的取值，并代入到三角形的面积公式由此计算出结果。
18．（2022高二下·楚雄期末）已知数列的前项和满足，数列是公差为-1的等差数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：因为，所以，
当时，，
由于满足，所以的通项公式为，
因为数列是公差为的等差数列，，
所以，所以
（2）解：因为，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合 的关系式，再利用分类讨论的方法和等差数列的定义，进而得出数列 的通项公式，再利用数列是公差为的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得出数列 的通项公式。
（2）利用数列 的通项公式结合，进而得出数列的通项公式，再利用裂项相消和分组求和的方法，进而求出数列的前项和。
19．（2022高二下·阜阳期末）为提升学生的身体素质，某地区对体育测试选拔赛试行改革．在高二一学年中举行4次全区选拔赛，学生如果在4次选拔赛中有2次成绩达到全区前20名即可取得体育特长生资格，不用参加剩余的比赛．规定：每个学生最多只能参加4次选拔比赛，若前3次选拔赛成绩都没有达到全区前20名，则不能参加第4次选拔赛．
参考公式及数据：，其中．
0.15 0.10 0.05 0.010
2.072 2.706 3.841 6.635
（1）若该赛区某次选拔赛高二年级共有500名学生参加，统计出的参赛学生中男、女生成绩如下表：
前20名人数 第21至第500名人数 合计
男生 15 300
女生 195
合计 20 500
请完成上述2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为选拔赛成绩与性别有关．
（2）假设某学生每次成绩达到全区前20名的概率都是，每次选拔赛成绩能否达到全区前20名相互独立．如果该学生参加本年度的选拔赛（规则内不放弃比赛），记该学生参加选拔赛的次数为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：列联表如下：
前20名人数 第21至第500名人数 合计
男生 15 285 300
女生 5 195 200
合计 20 480 500
零假设为
：选拔赛成绩与性别无关．
根据列联表，
得，
所以没有90%的把握认为选拔赛成绩与性别有关．
（2）解：该学生参加选拔赛次数的可能取值为2，3，4．
，
，
．
故的分布列为
2 3 4
【知识点】独立性检验的基本思想；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)根据已知条件，结合列联表的数据关系，补充列联表，再结合独立性检验公式，即可求解出结论；
(2)由题意可得，该学生参加选拔赛次数ξ的可能取值为2， 3， 4，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解出 的分布列及数学期望．
20．（2022高二下·清远期末）如图，在三棱锥中，平面，点分别是的中点，且.
（1）证明：平面.
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：由平面，平面，则.
又，点为的中点，所以.
由为的中点，则，即，
所以，即，又，面，
所以平面.
（2）解：由（1）得：，以点为坐标原点，以为轴，轴的正方向，以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为，所以，
故，，，，
设平面的法向量为，则，令，故.
设平面的法向量为，则，令，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，由中点的性质即可得出线线平行，利用平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 平面与平面夹角的余弦值 。
21．（2022高二下·清远期末）已知椭圆的一个焦点与短轴的一个端点连线的倾斜角为，直线与椭圆相交于和两点，且为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的取值范围.
【答案】（1）解：不妨设左焦点为，上顶点为，则，
所以，
因为直线与椭圆相交于和两点，且，
所以将点的坐标代入椭圆的方程，得，
联立方程组，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）解：设，
若直线的斜率存在，设的方程为，联立方程组，
消去得，则，
又，所以，且，即，则，
因为，
所以，整理得，
则，且恒成立，
所以，
又，且，
所以，即；
当直线的斜率不存在时，，又，解得，
所以
综上，的取值范围为.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合椭圆的简单性质，把点的坐标代入到椭圆的方程整理化简即可得出关于a与b的方程求解出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。
(2)利用设而不求法设出点的坐标以及直线的方程，并联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，再由韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于t和k的代数式，并代入到数量积的坐标公式整理化简结合二次函数的图象和性质即可得出数量积的取值范围，结合数量积的坐标公式由整体思想即可得出结果。
22．（2022高二下·清远期末）已知函数，．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设m，n为正数，且当时，，证明：．
【答案】（1）解：的定义域为，
（）．
①当时，，令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．
②当时，因为的判别式，
所以有两正根，，且．
令，得或；
令，得．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：因为，所以（）．
设，
则．
当时，因为，，
令，
则．
令，因为，则，所以在上单调递增，
又，所以，则，所以在上单调递增，
又，所以，则在上单调递增．
又，所以，则．
因为，，所以．
又，
所以在上单调递减，所以，整理得．
又当时，令，则，
所以在上单调递增，，则在上单调递增，所以．
故．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)首先对函数求导，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，然后由导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间。
(2)根据题意整理化简函数的解析式，再对函数求导由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出函数的最值，结合函数的单调性即可得出结果。
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