陕西省渭南市大荔县2022-2023学年高二下学期理科数学期末试卷
1．（2023高二下·大荔期末）设复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高二下·大荔期末）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023高二下·大荔期末）函数f（x）=1+sinx，其导函数为f（x），则f（）=（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高二下·大荔期末）以下四个命题中是假命题的是（ ）
A．“昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫，所以竹节虫有6条腿”此推理属于演绎推理．
B．“在平面中，对于三条不同的直线a，b，c，若，，则，将此结论放到空间中也成立”此推理属于合情推理．
C．若命题“”与命题“”都是真命题，那么命题q一定是真命题．
D．若，则的最小值为．
5．（2023高二下·大荔期末）已知直线与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM与抛物线C交于O，N，若，则p=（ ）
A． B．1 C．2 D．4
6．（2023高二下·大荔期末）的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．或
7．（2023高二下·大荔期末）某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（ ）
A．2080 B．2520 C．3375 D．3870
8．（2023高二下·大荔期末）一次数学考试共有8道判断题，每道题5分，满分40分．规定正确的画√，错误的画×．甲、乙、丙、丁四名同学的解答及得分情况如表所示，则m的值为（ ）
题号 学生 1 2 3 4 5 6 7 8 得分
甲 × √ × √ × × √ × 30
乙 × × √ √ √ × × √ 25
丙 √ × × × √ √ √ × 25
丁 × √ × √ √ × √ √ m
A．35 B．30 C．25 D．20
9．（2023高二下·大荔期末）已知某离散型随机变量X的分布列如下：
x 0 1 2
P a b c
若，，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2023高二下·大荔期末）已知直三棱柱的所有棱长都相等，M为的中点，则AM与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2023高二下·大荔期末）克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C． D．
12．（2023高二下·大荔期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
13．（2023高二下·大荔期末）已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为 .
14．（2023高二下·大荔期末） .
15．（2023高二下·大荔期末）写出一个满足以下三个条件的函数： ．
①定义域为R；②不是周期函数；③是周期为的函数．
16．（2023高二下·大荔期末）已知实数，且，则的最小值为 .
17．（2023高二下·大荔期末）已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
18．（2023高二下·大荔期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若，且BC边上的高为，求a．
19．（2023高二下·大荔期末）如图，在三棱柱中，所有棱长均为2，且，，．
（1）证明：平面平面．
（2）求平面ACD与平面夹角的余弦值．
20．（2023高二下·大荔期末）2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，大荔县一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）数据如下：
超市 A B C D E F G
广告支出 1 2 4 6 10 13 20
销售额 19 32 44 40 52 53 54
附注：参考数据，，，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
（1）建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；
（2）若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.
21．（2023高二下·大荔期末）已知椭圆C： （ ）的离心率为 ，短轴长为4.
（1）求椭圆方程；
（2）过 作弦且弦被P平分，求此弦所在的直线方程及弦长.
22．（2023高二下·大荔期末）已知函数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：
则的虚部为-1，
故选：C.
【分析】由复数的除法运算求得z，从而求得答案.
2．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】“”的否定为“”.
故答案为：A
【分析】 命题的否定，将量词与结论同时否定，按照此规则，可得答案.
3．【答案】A
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】函数f（x）=1+sinx，其导函数为f′（x）=cosx，∴，
故答案为：A.
【分析】先求出导函数f′（x）=cosx，再代入值可得答案.
4．【答案】D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；基本不等式在最值问题中的应用；合情推理和演绎推理之间的联系和差异
【解析】【解答】A：根据描述知：该推理为一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，真命题；
B：若，，根据平行公理的推论知：，属于合情推理，真命题；
C：为真则为假，又为真则为真，真命题；
D：由题设，，但因为所以等号不成立，假命题.
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合演绎推理和合情推理的定义、复合命题真假性判断方法、均值不等式求最值的方法，进而找出假命题的选项。
5．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由消去x并整理得：，设，
则有，，因此线段的中点，
依题意，，于是，而点N在抛物线C上，
则，又，所以.
故答案为：C
【分析】由消去x并整理得：，设，再利用韦达定理和代入法得出，，再结合中点坐标公式得出线段的中点，依题意，，再结合向量共线的坐标表示得出点N的坐标，而点N在抛物线C上结合代入法和，进而得出p的值。
6．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解不等式可得或，
因为或，
故只有C选项中的条件才是“”的充分不必要条件.
故答案为：C.
【分析】 利用充分条件必要条件与集合的关系求解，可得答案.
7．【答案】B
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】设甲，乙两人全不相同为事件，甲，丙两人全不相同为事件，乙，丙两人全不相同为事件
则，，的种类数都为，
，，的种类数都为，
的种类数为，
所以至少有两人全不相同的方法数为，
故答案为：B.
【分析】 分别计算两人全不相同，一人与另外两人全不相同，三人全不相同的种类数，可得答案.
8．【答案】B
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：因为乙、丙第2，5题答案相同，且总得分相同，所以第2，5两题答案正确，
又因为甲得分30分即甲错两题且第2题、第5题答案均与乙丙不同，
故其余6题答案均正确，
故而这8道判断的答案分别是：╳╳╳√√╳√╳，
对比丁的答案，可知其2、8两题错误，故得分m＝6×5＝30，
故选：B.
【分析】通过分析甲、乙、丙三人的答案以及得分情况，推理得出这8道判断的答案，从而可得结果.
9．【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意，得 ，所以①．
因为 ，所以②．
由 ，得 ，代入①②解得： ，
所以 ．
故选：C.
【分析】运用离散型随机变量的分布列、期望与方差计算即可.
10．【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，.
所以，.
则
故答案为：B.
【分析】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为2，以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得答案.
11．【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：由托勒密定理，得．
因为，所以．
设圆的半径为，由正弦定理，得．
又，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，则，故．
故答案为：B
【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理，得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，由同角三角函数关系可求出，从而得解.
12．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】令，
则，，
∵，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
令，则，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
所以，即．
综上，．
故答案为：D．
【分析】令，求得，，又由，得出函数的单调性，得到，即，再令，利用导数求得函数为单调递增函数，求得，得到所以，即可求解.
13．【答案】2
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】作出约束条件对应的平面区域，如图所示，
由，可得直线，
当直线过点A时，此时直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，
又由，解得，
所以的最大值为.
故答案为：2.
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.
14．【答案】
【知识点】定积分
【解析】【解答】.
故答案为：.
【分析】由定积分的运算公式，代入数值计算出结果即可。
15．【答案】x+sinx（答案不唯一）
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的周期性；导数的四则运算
【解析】【解答】的解析式形式：或均可．
如：定义域为R，不是周期函数，且是周期为的函数.
故答案为：x+sinx（答案不唯一）
【分析】结合三角函数性质，可构造。
16．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】，
，
，
当且仅当时，取等号.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法得出 的最小值 。
17．【答案】（1）解：等差数列中，，解得，因，，成等比数列，即，
设的公差为d，于是得，整理得，而，解得，
所以.
（2）解：由（1）知，，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1） 根据题意结合等差中项、等比中项整理列出方程求出公差，从而得出数列的通项公式；
（2）由数列的通项公式得出数列的通项公式，结合裂项相消的方法得出数列的前n项和。
18．【答案】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，
由正弦定理得，
由于，
整理得．
又因为，所以，即，
因为，所以，
所以，即．
（2）解：由得，
又，所以，，
由余弦定理知，
解得.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据正弦定理边化角，将原式化简即可求得A的值；
(2)由面积公式可得 ，再由条件结合余弦定理即可求得a的值.
19．【答案】（1）证明：如图，取棱AB的中点O，连接，OC，．
由题意可知为菱形，且，则为正三角形．
因为O是棱AB的中点，所以．
由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则，．
因为是边长为2的等边三角形，所以．
因为，所以，所以．
因为AB，平面，且，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解：由（1）可知OB，OC，两两垂直，故分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．．，，，故，．
，．
设平面ACD的法向量为，
则，
令，得．
设平面的法向量为，
则，
令，得．
设平面ACD与平面的夹角为θ，则
即平面ACD与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 取棱AB的中点O，连接，OC，，可得 为正三角形，根据勾股定理可得 ，推出 平面 ，再根据面面垂直的判定定理可证得平面平面；
（2） 由（1）可知OB，OC，两两垂直，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面ACD的法向量和平面的法向量，利用向量法可求出平面ACD与平面夹角的余弦值．
20．【答案】（1）解：由数据可得；
，
又，
，
.
.
（2）解：由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3
.
.
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程；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）首先计算 ， ，再根据参考公式和数据，分别计算 ，即可得出答案；
（2）根据超几何分布求概率，再根据分布列求期望.
21．【答案】（1）解：由椭圆的离心率可得： ，
根据短轴长可得： ， ，
设 ， ， ，所以 ，
所以椭圆方程为 .
（2）解：设以点 为中点的弦与椭圆交于 ， ，
则 ，则 ，
分别代入椭圆的方程得， ， ，两式相减可得
，所以 ，
故以点 为中点的弦所在直线方程为 ；
由 ，得 ，
所以 ， ； ， ，
所以 .
故该直线截椭圆所得弦长为 .
【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）由已知信息，待定系数即可求解椭圆方程；（2）设出交点坐标，由点差法，即可求得直线斜率，再求弦长.
22．【答案】（1）解：当时，，其定义域为，，令，得，
∴当时，；当时，，
∴在单调递增，在单调递减，
∴的极大值为，无极小值.
（2）解：由得，
∴在上恒成立.
令，则，
令，易知在单调递增，
∵，，
∴，使得，即，
∴当时，；当时，；
∴在单调递减，在上单调递增，∴.
由得，∴，
∴， ∴，
∴的取值范围是.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)当m=0时，对函数 求导，判断单调区间，即可得到函数的极值；
(2)采用分离参数的方式得到 ， 令 ，对函数h(x)求导判断单调性，求得h (x)的最小值，进而可得到m的取值范围.
1 / 1陕西省渭南市大荔县2022-2023学年高二下学期理科数学期末试卷
1．（2023高二下·大荔期末）设复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：
则的虚部为-1，
故选：C.
【分析】由复数的除法运算求得z，从而求得答案.
2．（2023高二下·大荔期末）命题“”的否定为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】“”的否定为“”.
故答案为：A
【分析】 命题的否定，将量词与结论同时否定，按照此规则，可得答案.
3．（2023高二下·大荔期末）函数f（x）=1+sinx，其导函数为f（x），则f（）=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】函数f（x）=1+sinx，其导函数为f′（x）=cosx，∴，
故答案为：A.
【分析】先求出导函数f′（x）=cosx，再代入值可得答案.
4．（2023高二下·大荔期末）以下四个命题中是假命题的是（ ）
A．“昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫，所以竹节虫有6条腿”此推理属于演绎推理．
B．“在平面中，对于三条不同的直线a，b，c，若，，则，将此结论放到空间中也成立”此推理属于合情推理．
C．若命题“”与命题“”都是真命题，那么命题q一定是真命题．
D．若，则的最小值为．
【答案】D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；基本不等式在最值问题中的应用；合情推理和演绎推理之间的联系和差异
【解析】【解答】A：根据描述知：该推理为一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，真命题；
B：若，，根据平行公理的推论知：，属于合情推理，真命题；
C：为真则为假，又为真则为真，真命题；
D：由题设，，但因为所以等号不成立，假命题.
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合演绎推理和合情推理的定义、复合命题真假性判断方法、均值不等式求最值的方法，进而找出假命题的选项。
5．（2023高二下·大荔期末）已知直线与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM与抛物线C交于O，N，若，则p=（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】由消去x并整理得：，设，
则有，，因此线段的中点，
依题意，，于是，而点N在抛物线C上，
则，又，所以.
故答案为：C
【分析】由消去x并整理得：，设，再利用韦达定理和代入法得出，，再结合中点坐标公式得出线段的中点，依题意，，再结合向量共线的坐标表示得出点N的坐标，而点N在抛物线C上结合代入法和，进而得出p的值。
6．（2023高二下·大荔期末）的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解不等式可得或，
因为或，
故只有C选项中的条件才是“”的充分不必要条件.
故答案为：C.
【分析】 利用充分条件必要条件与集合的关系求解，可得答案.
7．（2023高二下·大荔期末）某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（ ）
A．2080 B．2520 C．3375 D．3870
【答案】B
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】设甲，乙两人全不相同为事件，甲，丙两人全不相同为事件，乙，丙两人全不相同为事件
则，，的种类数都为，
，，的种类数都为，
的种类数为，
所以至少有两人全不相同的方法数为，
故答案为：B.
【分析】 分别计算两人全不相同，一人与另外两人全不相同，三人全不相同的种类数，可得答案.
8．（2023高二下·大荔期末）一次数学考试共有8道判断题，每道题5分，满分40分．规定正确的画√，错误的画×．甲、乙、丙、丁四名同学的解答及得分情况如表所示，则m的值为（ ）
题号 学生 1 2 3 4 5 6 7 8 得分
甲 × √ × √ × × √ × 30
乙 × × √ √ √ × × √ 25
丙 √ × × × √ √ √ × 25
丁 × √ × √ √ × √ √ m
A．35 B．30 C．25 D．20
【答案】B
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：因为乙、丙第2，5题答案相同，且总得分相同，所以第2，5两题答案正确，
又因为甲得分30分即甲错两题且第2题、第5题答案均与乙丙不同，
故其余6题答案均正确，
故而这8道判断的答案分别是：╳╳╳√√╳√╳，
对比丁的答案，可知其2、8两题错误，故得分m＝6×5＝30，
故选：B.
【分析】通过分析甲、乙、丙三人的答案以及得分情况，推理得出这8道判断的答案，从而可得结果.
9．（2023高二下·大荔期末）已知某离散型随机变量X的分布列如下：
x 0 1 2
P a b c
若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意，得 ，所以①．
因为 ，所以②．
由 ，得 ，代入①②解得： ，
所以 ．
故选：C.
【分析】运用离散型随机变量的分布列、期望与方差计算即可.
10．（2023高二下·大荔期末）已知直三棱柱的所有棱长都相等，M为的中点，则AM与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，.
所以，.
则
故答案为：B.
【分析】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为2，以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得答案.
11．（2023高二下·大荔期末）克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：由托勒密定理，得．
因为，所以．
设圆的半径为，由正弦定理，得．
又，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，则，故．
故答案为：B
【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理，得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，由同角三角函数关系可求出，从而得解.
12．（2023高二下·大荔期末）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】令，
则，，
∵，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
令，则，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
所以，即．
综上，．
故答案为：D．
【分析】令，求得，，又由，得出函数的单调性，得到，即，再令，利用导数求得函数为单调递增函数，求得，得到所以，即可求解.
13．（2023高二下·大荔期末）已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为 .
【答案】2
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】作出约束条件对应的平面区域，如图所示，
由，可得直线，
当直线过点A时，此时直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，
又由，解得，
所以的最大值为.
故答案为：2.
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.
14．（2023高二下·大荔期末） .
【答案】
【知识点】定积分
【解析】【解答】.
故答案为：.
【分析】由定积分的运算公式，代入数值计算出结果即可。
15．（2023高二下·大荔期末）写出一个满足以下三个条件的函数： ．
①定义域为R；②不是周期函数；③是周期为的函数．
【答案】x+sinx（答案不唯一）
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的周期性；导数的四则运算
【解析】【解答】的解析式形式：或均可．
如：定义域为R，不是周期函数，且是周期为的函数.
故答案为：x+sinx（答案不唯一）
【分析】结合三角函数性质，可构造。
16．（2023高二下·大荔期末）已知实数，且，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】，
，
，
当且仅当时，取等号.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法得出 的最小值 。
17．（2023高二下·大荔期末）已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）解：等差数列中，，解得，因，，成等比数列，即，
设的公差为d，于是得，整理得，而，解得，
所以.
（2）解：由（1）知，，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1） 根据题意结合等差中项、等比中项整理列出方程求出公差，从而得出数列的通项公式；
（2）由数列的通项公式得出数列的通项公式，结合裂项相消的方法得出数列的前n项和。
18．（2023高二下·大荔期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若，且BC边上的高为，求a．
【答案】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，
由正弦定理得，
由于，
整理得．
又因为，所以，即，
因为，所以，
所以，即．
（2）解：由得，
又，所以，，
由余弦定理知，
解得.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据正弦定理边化角，将原式化简即可求得A的值；
(2)由面积公式可得 ，再由条件结合余弦定理即可求得a的值.
19．（2023高二下·大荔期末）如图，在三棱柱中，所有棱长均为2，且，，．
（1）证明：平面平面．
（2）求平面ACD与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：如图，取棱AB的中点O，连接，OC，．
由题意可知为菱形，且，则为正三角形．
因为O是棱AB的中点，所以．
由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则，．
因为是边长为2的等边三角形，所以．
因为，所以，所以．
因为AB，平面，且，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解：由（1）可知OB，OC，两两垂直，故分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．．，，，故，．
，．
设平面ACD的法向量为，
则，
令，得．
设平面的法向量为，
则，
令，得．
设平面ACD与平面的夹角为θ，则
即平面ACD与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 取棱AB的中点O，连接，OC，，可得 为正三角形，根据勾股定理可得 ，推出 平面 ，再根据面面垂直的判定定理可证得平面平面；
（2） 由（1）可知OB，OC，两两垂直，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面ACD的法向量和平面的法向量，利用向量法可求出平面ACD与平面夹角的余弦值．
20．（2023高二下·大荔期末）2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，大荔县一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）数据如下：
超市 A B C D E F G
广告支出 1 2 4 6 10 13 20
销售额 19 32 44 40 52 53 54
附注：参考数据，，，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
（1）建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；
（2）若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）解：由数据可得；
，
又，
，
.
.
（2）解：由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3
.
.
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；线性回归方程；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）首先计算 ， ，再根据参考公式和数据，分别计算 ，即可得出答案；
（2）根据超几何分布求概率，再根据分布列求期望.
21．（2023高二下·大荔期末）已知椭圆C： （ ）的离心率为 ，短轴长为4.
（1）求椭圆方程；
（2）过 作弦且弦被P平分，求此弦所在的直线方程及弦长.
【答案】（1）解：由椭圆的离心率可得： ，
根据短轴长可得： ， ，
设 ， ， ，所以 ，
所以椭圆方程为 .
（2）解：设以点 为中点的弦与椭圆交于 ， ，
则 ，则 ，
分别代入椭圆的方程得， ， ，两式相减可得
，所以 ，
故以点 为中点的弦所在直线方程为 ；
由 ，得 ，
所以 ， ； ， ，
所以 .
故该直线截椭圆所得弦长为 .
【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）由已知信息，待定系数即可求解椭圆方程；（2）设出交点坐标，由点差法，即可求得直线斜率，再求弦长.
22．（2023高二下·大荔期末）已知函数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，其定义域为，，令，得，
∴当时，；当时，，
∴在单调递增，在单调递减，
∴的极大值为，无极小值.
（2）解：由得，
∴在上恒成立.
令，则，
令，易知在单调递增，
∵，，
∴，使得，即，
∴当时，；当时，；
∴在单调递减，在上单调递增，∴.
由得，∴，
∴， ∴，
∴的取值范围是.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)当m=0时，对函数 求导，判断单调区间，即可得到函数的极值；
(2)采用分离参数的方式得到 ， 令 ，对函数h(x)求导判断单调性，求得h (x)的最小值，进而可得到m的取值范围.
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