云南省普洱市2021-2022学年高二下学期数学期末考试试卷
1．（2022高二下·普洱期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高二下·普洱期末）若复数z满足，则z等于（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高二下·普洱期末）已知向量，向量，与垂直，则k＝（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2022高二下·普洱期末）比较大小：（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高二下·普洱期末）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高二下·普洱期末）我国古代数学名著《九章算术》将正四棱锥称为方锥.已知半径为 的半球内有一个方锥，方锥的所有顶点都在半球的球面上，方锥的底面与半球的底面重合.若方锥的体积为 ，则半球体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高二下·普洱期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲和乙都不是冠军，且乙不是最后一名、则这5人的名次排列所有可能的情况共有（ ）
A．18种 B．36种 C．54种 D．72种
8．（2022高二下·普洱期末）已知是定义域为的奇函数，满足，若，则（ ）
A．-4 B．-2 C．0 D．2
9．（2022高二下·普洱期末）某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照 分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．图中的x值为0.020
B．这组数据的极差为50
C．得分在80分及以上的人数为400
D．这组数据的平均数的估计值为82
10．（2022高二下·普洱期末）已知直线，则（ ）
A．恒过点
B．若，则
C．若，则
D．当时，不经过第三象限
11．（2022高二下·普洱期末）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变 B．平面
C． D．平面平面
12．（2022高二下·普洱期末）已知数列{an}满足：0＜a1＜1，．则下列说法正确的是（ ）
A．数列{an}先增后减 B．数列{an}为单调递增数列
C．an＜3 D．
13．（2022高二下·普洱期末）设随机变量服从正态分布，若，则 ．
14．（2022高二下·普洱期末）（x2+1）（ ）5的展开式的常数项为 ．
15．（2022高二下·普洱期末）过抛物线的焦点，且斜率为的直线交于点在轴上方），为的准线，点在上且，则到直线的距离为 ．
16．（2022高二下·普洱期末）按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系式，例如图中点H即弦的黄金分割点，其黄金分割比为，且五角星的每个顶角都为等.由此信息可以求出的值为 .
17．（2022高二下·普洱期末）已知首项为1的递增的等差数列的前n项和为，若成等比数列.
（1）求和；
（2）求证：
18．（2022高二下·普洱期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；
（2）中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A为锐角，若，求的面积.
19．（2022高二下·普洱期末）某中学是走读中学，为了让学生更有效率的利用下午放学后的时间，学校在本学期第一次月考后设立了多间自习室，以便让学生在自习室自主学习 完成作业，同时每天派老师轮流值班.在本学期第二次月考后，高一某班数学老师统计了两次考试该班数学成绩优良人数和非优良人数，得到如下列联表：（单位：人）
是否设立自习室 成绩 合计
非优良 优良
未设立自习室 26 14 40
设立自习室 10 30 40
合计 36 44 80
下面的临界值表供参考：
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
（参考公式：，其中）
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为设立自习室对提高学生成绩有效？
（2）设从该班第一次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为X；从该班第二次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为Y，求X与Y的均值并比较大小，请解释所得结论的实际含义.
20．（2022高二下·普洱期末）如图，在平面五边形中，为正三角形，，且.将沿翻折成如图所示的四棱锥，使得.，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
21．（2022高二下·普洱期末）已知椭圆：（）的离心率为，其左 右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.
22．（2022高二下·普洱期末）已知函数，在点处的切线为.
（1）求，的值及函数的单调区间；
（2）若，是函数的两个极值点，证明.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由，得，则，
因为，
所以，
故答案为：B
【分析】先求出集合B，再求两集合的交集即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得.
故答案为：C
【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】因为向量，向量，
所以，，，
又与垂直，
所以，
，
所以，
故答案为：D．
【分析】根据与垂直，由求解.
4．【答案】A
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】函数在上单调递增，，则，
函数在R上单调递增，而，则，
所以.
故答案为：A
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性比较大小、判断作答.
5．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为，由余弦定理可得，
整理可得，
所以，即.
故答案为：B
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，，结合余弦定理可得答案.
6．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，过顶点 作 平面 ，则由题意可知 为半球的球心，也是底面正方形的中心，
所以 ，
所以方锥的体积为 ，解得 ，
所以半球的表面积为 ，
故答案为：C
【分析】 根据题意，结合正四棱锥的结构特征，得到方锥的高等于该半球的半径R，根据棱锥的体积公式，以及球的表面积公式，即可求出结果.
7．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】先从丙、丁、戊三人中选择一人为冠军，有种情况，
再从除乙外的三人中选择一人为最后一名，有种情况，
最后将剩余三人进行全排列，有种情况，
综上：这5人的名次排列所有可能的情况共有=54种.
故答案为：C
【分析】先排冠军位置，再排最后一名，最后再考虑其他三个位置，有分步乘法计数原理进行求解.
8．【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性
【解析】【解答】因为是定义域为的奇函数，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以是以4为周期的周期函数，
所以，
因为，
所以，，
所以，
所以，
故答案为：D
【分析】由已知条件可得的周期为4，再利用奇函数的性质结合已知条件可得，，，从而可得一个周期上的4个数的函数值的和为0，进而可求得结果
9．【答案】A,C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：，
解得，A符合题意；
因为由频率分布直方图无法求出这组数据得极差，B不符合题意；
得分在80分及以上的频率为，
所以得分在80分及以上的人数为，C符合题意；
这组数据的平均数的估计值为，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】根据频率值和为1即可判断A；根据由频率分布直方图无法求出这组数据得极差，即可判断B；求出得分在80分及以上的频率，再乘以总人数，即可判断C；根据频率分布直方图中平均数得计算公式计算即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定；恒过定点的直线
【解析】【解答】直线，则，
由，得，所以恒过定点，所以A不符合题意；
由可得：，所以，B符合题意；
由可得：，，所以C不符合题意；
由，当时，，不过第三象限；
当时，，不过第三象限，只需要，解得，
所以的取值范围为，所以D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】对于选项A，将直线的方程化为，再由可求得定点；
对于选项B，通过斜率相等可以求解；
对于选项C，通过斜率之积等于-1可以求解；
对于选项D，将直线化为斜截式，再根据斜率和截距建立不等式可以求解.
11．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】在正方体中，，，即四边形为平行四边形，如图，
则，而平面，平面，则有平面，
因此，点P到平面的距离为定值，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A符合题意；
由A知，平面，同理平面，而，平面，
则有平面平面，又平面，因此，平面，B不正确；
如图，连接，显然是正三角形，当点P与点B重合时，，
点P在运动过程中，不是总有成立， C不正确；
如图连接，在正方体中，，而平面，平面，
则，又，平面，有平面，平面，于是得，
同理，因，平面，则平面，
平面，所以平面平面，D符合题意.
故答案为：AD
【分析】证明平面，判断A；由面面平行说明判断B；由正三角形说明判断C；证明平面，判断D作答.
12．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的应用
【解析】【解答】由得．
设函数，由，
可得f（x）在（0，3）上单调递增，在（3，4）上单调递减．
由f（x）＜f（3）＝3可得an＜3．所以，即，故数列{an}为单调递增数列．
又0＜a1＜1，所以，
，
，
所以，
故答案为：BCD．
【分析】利用相邻项关系构造函数，研究单调性，得，再判断，利用单调性判断，即得结果.
13．【答案】0.35
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由于服从正态分布，所以正态曲线关于直线 对称，
所以，
故答案为：0.35
【分析】根据正态曲线的对称性，即可求得答案.
14．【答案】-11
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由于（x2+1）（ ）5=（x2+1）（ ﹣ + ﹣ + ﹣1），
故展开式的常数项为﹣10﹣1=﹣11，
故答案为：﹣11．
【分析】把（ ）5按照二项式定理展开，可得（x2+1）（ ）5的展开式的常数项．
15．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：如图，
由抛物线，得焦点，准线为，
所以，与抛物线联立得，解得，．
，
，，
，
为，即．
到的距离为，
故答案为：
【分析】由题意画出图形，写出直线的方程，与抛物线方程联立求出，进一步求出，写出所在直线方程，利用点到直线的距离公式求解．
16．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；正弦定理
【解析】【解答】在中，，由正弦定理得：，而，
于是得，即，因此，.
故答案为：
【分析】在中，利用正弦定理，结合诱导公式、二倍角公式计算作答.
17．【答案】（1）解：设数列的公差为，
因为成等比数列，即，则，
解得或，
当时，因为数列为递增数列，不符合题意，舍去；
当时，可得所以，
所以
（2）证明：因为时，，
所以
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1） 设数列的公差为，由，求得，进而求得和；
（2）由（1）得到时，，结合裂项法求和，求得，即可求解.
18．【答案】（1）解：
由得，
∴函数的最小正周期，
的对称轴方程为
（2）解：由，
∵A为锐角，∴，
由余弦定理得：
又，
∴三角形的面积
【知识点】正弦函数的性质；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对于函数化简变形得，然后再求函数的周期和对称轴方程，
（2）由求出角，然后利用余弦定理结合已知条件可求出，从而可求出三角形的面积.
19．【答案】（1）解：零假设为：设立自习室对提高学生成绩无效.
根据列联表中的数据，计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为设立自习室对提高学生成绩有效，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）解：易知X的所有可能取值为0，1，2.
则.
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
所以.
同理可得Y的所有可能取值为0，1，2，
则，
所以Y的分布列为：
Y 0 1 2
P
所以，即，其实际含义是设立自习室后学生的数学成绩提高，说明设立自习室对提高学生成绩有效.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据题中的数据，利用独立性检验可判断；
(2)先求得分布列，再计算数学期望，从数学期望的比较中可得出结论.
20．【答案】（1）证明：取的中点，连接，.
则，.
因为面，面，
所以，面，面，
因为，
所以，面面，
因为面，所以面
（2）解：取的中点，连接，，
因为为正三角形，，所以且，
在直角梯形中，，，，
所以，且，
又因为，
所以在中，，即，
所以，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
.
因为，即，，
所以，，
所以，.
设为平面的一个法向量，
则，即，取.
又平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)结合已知条件及面面平行的判定定理证明面面， 再利用面面平行的性质定理即可证得 平面；
(2)结合题中数据可证得OP⊥OC， 以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正向，建立空间直角坐标系， 求出平面EFC与平面PAD的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值.
21．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以.
又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.
又，所以，.
所以椭圆的标准方程为
（2）解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，
将直线代入椭圆的方程得：，
由韦达定理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
所以以为直径的圆为，
整理得：.①
因为，
令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1)依题意可得 ， ， ，求解出a，b，即可求出椭圆的标准方程；
(2) 设直线的方程为，，， 联立直线与椭圆方程，消元之后结合韦达定理得到根与系数的关系，由直线AM、AN的方程，得到P、Q的坐标，即可得到以PQ为直径的圆的方程，再令x = 0得到 ，即可证得以为直径的圆过定点.
22．【答案】（1）解：因为，所以，
由题意可知，，即，，
可解得，.
所以，则，
由，得，由得，由得；又的定义域为，所以的单调减区间是和，单调增区间是.
（2）解：由，是函数的两个极值点，得有两个变号零点，
令即，
当时，上述等式不成立；
当时，上式转化为，由（1）知的单调减区间是和，单调增区间是，且时，，则函数的图象大致如图所示；不妨设，则，
∴要证，即证，即证，即证，
∵，∴，由（1）知在上单调递增，
∴要证只需证，
又，故即证
令，
∴
又在上为增函数，
∴，
∴，在上单调递减，
∴，即
∴.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据 ，，解得 ，，根据导数的符号，结合定义域可得函数的单调区间；
（2）根据题意将问题转化为有两个实根 ， ，不妨设，则，结合函数的图象可知，要证 ，即证，即证，即证， 根据函数的单调性以及，转化为证明，然后构造函数，利用导数证明即可.
1 / 1云南省普洱市2021-2022学年高二下学期数学期末考试试卷
1．（2022高二下·普洱期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由，得，则，
因为，
所以，
故答案为：B
【分析】先求出集合B，再求两集合的交集即可.
2．（2022高二下·普洱期末）若复数z满足，则z等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得.
故答案为：C
【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
3．（2022高二下·普洱期末）已知向量，向量，与垂直，则k＝（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】因为向量，向量，
所以，，，
又与垂直，
所以，
，
所以，
故答案为：D．
【分析】根据与垂直，由求解.
4．（2022高二下·普洱期末）比较大小：（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】函数在上单调递增，，则，
函数在R上单调递增，而，则，
所以.
故答案为：A
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性比较大小、判断作答.
5．（2022高二下·普洱期末）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为，由余弦定理可得，
整理可得，
所以，即.
故答案为：B
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，，结合余弦定理可得答案.
6．（2022高二下·普洱期末）我国古代数学名著《九章算术》将正四棱锥称为方锥.已知半径为 的半球内有一个方锥，方锥的所有顶点都在半球的球面上，方锥的底面与半球的底面重合.若方锥的体积为 ，则半球体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，过顶点 作 平面 ，则由题意可知 为半球的球心，也是底面正方形的中心，
所以 ，
所以方锥的体积为 ，解得 ，
所以半球的表面积为 ，
故答案为：C
【分析】 根据题意，结合正四棱锥的结构特征，得到方锥的高等于该半球的半径R，根据棱锥的体积公式，以及球的表面积公式，即可求出结果.
7．（2022高二下·普洱期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲和乙都不是冠军，且乙不是最后一名、则这5人的名次排列所有可能的情况共有（ ）
A．18种 B．36种 C．54种 D．72种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】先从丙、丁、戊三人中选择一人为冠军，有种情况，
再从除乙外的三人中选择一人为最后一名，有种情况，
最后将剩余三人进行全排列，有种情况，
综上：这5人的名次排列所有可能的情况共有=54种.
故答案为：C
【分析】先排冠军位置，再排最后一名，最后再考虑其他三个位置，有分步乘法计数原理进行求解.
8．（2022高二下·普洱期末）已知是定义域为的奇函数，满足，若，则（ ）
A．-4 B．-2 C．0 D．2
【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性
【解析】【解答】因为是定义域为的奇函数，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以是以4为周期的周期函数，
所以，
因为，
所以，，
所以，
所以，
故答案为：D
【分析】由已知条件可得的周期为4，再利用奇函数的性质结合已知条件可得，，，从而可得一个周期上的4个数的函数值的和为0，进而可求得结果
9．（2022高二下·普洱期末）某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照 分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．图中的x值为0.020
B．这组数据的极差为50
C．得分在80分及以上的人数为400
D．这组数据的平均数的估计值为82
【答案】A,C
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：，
解得，A符合题意；
因为由频率分布直方图无法求出这组数据得极差，B不符合题意；
得分在80分及以上的频率为，
所以得分在80分及以上的人数为，C符合题意；
这组数据的平均数的估计值为，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】根据频率值和为1即可判断A；根据由频率分布直方图无法求出这组数据得极差，即可判断B；求出得分在80分及以上的频率，再乘以总人数，即可判断C；根据频率分布直方图中平均数得计算公式计算即可判断D.
10．（2022高二下·普洱期末）已知直线，则（ ）
A．恒过点
B．若，则
C．若，则
D．当时，不经过第三象限
【答案】B,D
【知识点】两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定；恒过定点的直线
【解析】【解答】直线，则，
由，得，所以恒过定点，所以A不符合题意；
由可得：，所以，B符合题意；
由可得：，，所以C不符合题意；
由，当时，，不过第三象限；
当时，，不过第三象限，只需要，解得，
所以的取值范围为，所以D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】对于选项A，将直线的方程化为，再由可求得定点；
对于选项B，通过斜率相等可以求解；
对于选项C，通过斜率之积等于-1可以求解；
对于选项D，将直线化为斜截式，再根据斜率和截距建立不等式可以求解.
11．（2022高二下·普洱期末）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变 B．平面
C． D．平面平面
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】在正方体中，，，即四边形为平行四边形，如图，
则，而平面，平面，则有平面，
因此，点P到平面的距离为定值，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A符合题意；
由A知，平面，同理平面，而，平面，
则有平面平面，又平面，因此，平面，B不正确；
如图，连接，显然是正三角形，当点P与点B重合时，，
点P在运动过程中，不是总有成立， C不正确；
如图连接，在正方体中，，而平面，平面，
则，又，平面，有平面，平面，于是得，
同理，因，平面，则平面，
平面，所以平面平面，D符合题意.
故答案为：AD
【分析】证明平面，判断A；由面面平行说明判断B；由正三角形说明判断C；证明平面，判断D作答.
12．（2022高二下·普洱期末）已知数列{an}满足：0＜a1＜1，．则下列说法正确的是（ ）
A．数列{an}先增后减 B．数列{an}为单调递增数列
C．an＜3 D．
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的应用
【解析】【解答】由得．
设函数，由，
可得f（x）在（0，3）上单调递增，在（3，4）上单调递减．
由f（x）＜f（3）＝3可得an＜3．所以，即，故数列{an}为单调递增数列．
又0＜a1＜1，所以，
，
，
所以，
故答案为：BCD．
【分析】利用相邻项关系构造函数，研究单调性，得，再判断，利用单调性判断，即得结果.
13．（2022高二下·普洱期末）设随机变量服从正态分布，若，则 ．
【答案】0.35
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】由于服从正态分布，所以正态曲线关于直线 对称，
所以，
故答案为：0.35
【分析】根据正态曲线的对称性，即可求得答案.
14．（2022高二下·普洱期末）（x2+1）（ ）5的展开式的常数项为 ．
【答案】-11
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由于（x2+1）（ ）5=（x2+1）（ ﹣ + ﹣ + ﹣1），
故展开式的常数项为﹣10﹣1=﹣11，
故答案为：﹣11．
【分析】把（ ）5按照二项式定理展开，可得（x2+1）（ ）5的展开式的常数项．
15．（2022高二下·普洱期末）过抛物线的焦点，且斜率为的直线交于点在轴上方），为的准线，点在上且，则到直线的距离为 ．
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：如图，
由抛物线，得焦点，准线为，
所以，与抛物线联立得，解得，．
，
，，
，
为，即．
到的距离为，
故答案为：
【分析】由题意画出图形，写出直线的方程，与抛物线方程联立求出，进一步求出，写出所在直线方程，利用点到直线的距离公式求解．
16．（2022高二下·普洱期末）按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系式，例如图中点H即弦的黄金分割点，其黄金分割比为，且五角星的每个顶角都为等.由此信息可以求出的值为 .
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；正弦定理
【解析】【解答】在中，，由正弦定理得：，而，
于是得，即，因此，.
故答案为：
【分析】在中，利用正弦定理，结合诱导公式、二倍角公式计算作答.
17．（2022高二下·普洱期末）已知首项为1的递增的等差数列的前n项和为，若成等比数列.
（1）求和；
（2）求证：
【答案】（1）解：设数列的公差为，
因为成等比数列，即，则，
解得或，
当时，因为数列为递增数列，不符合题意，舍去；
当时，可得所以，
所以
（2）证明：因为时，，
所以
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1） 设数列的公差为，由，求得，进而求得和；
（2）由（1）得到时，，结合裂项法求和，求得，即可求解.
18．（2022高二下·普洱期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；
（2）中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A为锐角，若，求的面积.
【答案】（1）解：
由得，
∴函数的最小正周期，
的对称轴方程为
（2）解：由，
∵A为锐角，∴，
由余弦定理得：
又，
∴三角形的面积
【知识点】正弦函数的性质；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对于函数化简变形得，然后再求函数的周期和对称轴方程，
（2）由求出角，然后利用余弦定理结合已知条件可求出，从而可求出三角形的面积.
19．（2022高二下·普洱期末）某中学是走读中学，为了让学生更有效率的利用下午放学后的时间，学校在本学期第一次月考后设立了多间自习室，以便让学生在自习室自主学习 完成作业，同时每天派老师轮流值班.在本学期第二次月考后，高一某班数学老师统计了两次考试该班数学成绩优良人数和非优良人数，得到如下列联表：（单位：人）
是否设立自习室 成绩 合计
非优良 优良
未设立自习室 26 14 40
设立自习室 10 30 40
合计 36 44 80
下面的临界值表供参考：
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
（参考公式：，其中）
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为设立自习室对提高学生成绩有效？
（2）设从该班第一次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为X；从该班第二次月考的所有数学成绩中任取两个，取到成绩优良数为Y，求X与Y的均值并比较大小，请解释所得结论的实际含义.
【答案】（1）解：零假设为：设立自习室对提高学生成绩无效.
根据列联表中的数据，计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为设立自习室对提高学生成绩有效，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）解：易知X的所有可能取值为0，1，2.
则.
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
所以.
同理可得Y的所有可能取值为0，1，2，
则，
所以Y的分布列为：
Y 0 1 2
P
所以，即，其实际含义是设立自习室后学生的数学成绩提高，说明设立自习室对提高学生成绩有效.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据题中的数据，利用独立性检验可判断；
(2)先求得分布列，再计算数学期望，从数学期望的比较中可得出结论.
20．（2022高二下·普洱期末）如图，在平面五边形中，为正三角形，，且.将沿翻折成如图所示的四棱锥，使得.，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，.
则，.
因为面，面，
所以，面，面，
因为，
所以，面面，
因为面，所以面
（2）解：取的中点，连接，，
因为为正三角形，，所以且，
在直角梯形中，，，，
所以，且，
又因为，
所以在中，，即，
所以，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
.
因为，即，，
所以，，
所以，.
设为平面的一个法向量，
则，即，取.
又平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)结合已知条件及面面平行的判定定理证明面面， 再利用面面平行的性质定理即可证得 平面；
(2)结合题中数据可证得OP⊥OC， 以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正向，建立空间直角坐标系， 求出平面EFC与平面PAD的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值.
21．（2022高二下·普洱期末）已知椭圆：（）的离心率为，其左 右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以.
又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.
又，所以，.
所以椭圆的标准方程为
（2）解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，
将直线代入椭圆的方程得：，
由韦达定理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
所以以为直径的圆为，
整理得：.①
因为，
令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1)依题意可得 ， ， ，求解出a，b，即可求出椭圆的标准方程；
(2) 设直线的方程为，，， 联立直线与椭圆方程，消元之后结合韦达定理得到根与系数的关系，由直线AM、AN的方程，得到P、Q的坐标，即可得到以PQ为直径的圆的方程，再令x = 0得到 ，即可证得以为直径的圆过定点.
22．（2022高二下·普洱期末）已知函数，在点处的切线为.
（1）求，的值及函数的单调区间；
（2）若，是函数的两个极值点，证明.
【答案】（1）解：因为，所以，
由题意可知，，即，，
可解得，.
所以，则，
由，得，由得，由得；又的定义域为，所以的单调减区间是和，单调增区间是.
（2）解：由，是函数的两个极值点，得有两个变号零点，
令即，
当时，上述等式不成立；
当时，上式转化为，由（1）知的单调减区间是和，单调增区间是，且时，，则函数的图象大致如图所示；不妨设，则，
∴要证，即证，即证，即证，
∵，∴，由（1）知在上单调递增，
∴要证只需证，
又，故即证
令，
∴
又在上为增函数，
∴，
∴，在上单调递减，
∴，即
∴.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据 ，，解得 ，，根据导数的符号，结合定义域可得函数的单调区间；
（2）根据题意将问题转化为有两个实根 ， ，不妨设，则，结合函数的图象可知，要证 ，即证，即证，即证， 根据函数的单调性以及，转化为证明，然后构造函数，利用导数证明即可.
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