湖北省武汉市硚口区2024届高三上学期起点质量检测数学试题
一、单选题
1．（2024高三上·硚口）集合，则集合等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·硚口）若复数，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·硚口）甲组有4名护士，1名医生；乙组有6名护士，2名医生.现需紧急组建医疗小队，若从甲 乙两组中各抽调2名人员，则选出的4名人员中恰有1名医生的不同选法共有（ ）
A．130种 B．132种 C．315种 D．360种
4．（2024高三上·硚口）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖 三角攒尖 四角攒尖 八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑 园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（ ）立方米.
A． B．24 C． D．72
5．（2024高三上·硚口）公司邀请用户参加某产品的试用并评分，满意度为10分的有1人，满意度为9分的有1人，满意度为8分的有2人，满意度为7分的有4人，满意度为5分和4分的各有1人，则该产品用户满意度评分的平均数 众数 中位数 85%分位数分别为（ ）
A．8分，7分，7分，9分 B．8分，7分，7分，8.5分
C．7.2分，7分，7分，9分 D．7.2分，7分，7分，8.5分
6．（2024高三上·硚口）过点且倾斜角为的直线交圆于两点，则弦的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·硚口）设函数，函数的图像经过第一 三 四象限，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·硚口）若函数有两个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2024高三上·硚口）已知棱长为2的正方体中，过的平面交棱于点，交棱于点，则（ ）
A．
B．不存在，使得平面
C．四边形可能为菱形
D．平面分正方体所得两部分的体积相等
10．（2023高一下·马鞍山期末）已知函数的部分图象，则（ ）
A．
B．
C．点是图象的一个对称中心
D．的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数
11．（2024高三上·硚口）已知双曲线为双曲线的左 右焦点，若直线过点，且与双曲线的右支交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的离心率为
B．若的斜率为2，则的中点为
C．若，则的面积为
D．使为等腰三角形的直线有3条
12．（2024高三上·硚口）设函数的定义域为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数 B．为奇函数
C．是周期为4的周期函数 D．
三、填空题
13．（2024高三上·硚口）正六边形的边长为4，点满足，则 .
14．（2024高三上·硚口）网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷 商品种类齐全 性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其中“”表示2015年，“”表示2016年，且x为整数，依次类推；y表示人数）：
1 2 3 4 5
（万人） 20 50 100 150 180
根据表中的数据，可以求出，若预测该公司的网购人数能超过300万人，则的最小值为 .
15．（2024高三上·硚口）已知.则 .
16．（2024高三上·硚口）已知直线是曲线及抛物线的公切线，切点分别为，则 ，若，则 .
四、解答题
17．（2019高二上·榆林月考）已知等差数列 满足： ， ． 的前n项和为 ．
（Ⅰ）求 及 ；
（Ⅱ）令 （ ），求数列 的前 项和 ．
18．（2022高三上·菏泽期中）已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，．
（1）求A；
（2）D为BC边上一点，，且，求．
19．（2023高三下·山东开学考）如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值．
20．（2024高三上·硚口）有编号为1，2，3，...，18，19，20的20个箱子，第一个箱子有2个黄球1个绿球，其余箱子均为2个黄球2个绿球，现从第一个箱子中取出一个球放入第二个箱子，再从第二个箱子中取出一个球放入第三个箱子，以此类推，最后从第19个箱子取出一个球放入第20个箱子，记为从第个箱子中取出黄球的概率.
（1）求；
（2）求.
21．（2024高三上·硚口）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，求的最大值.
22．（2024高三上·硚口）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上有两个不等的实数根，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，的解为， ， .
故答案为：A.
【分析】先解不等式 求出集合A，再求集合 .
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解： ， 复数的虚部为 .
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法和模长公式先求复数，进而得到复数的虚部.
3．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题意知甲、乙两组中各抽调2名人员，选出的4名人员中恰有1名医生，该医生来自甲组有 种不同选法 ，医生来自乙组有种不同选法，故不同选法共有种.
故答案为：B.
【分析】医生可能来自甲组，也可能来自乙组，再结合组合数求解.
4．【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解： 如图所示，在正四棱锥中，连接，交于，连接，
由题意得，
，，
又，
正四棱锥的高，该正四棱锥体积为.
故答案为：B.
【分析】根据正四棱锥的性质先求出高，进而求体积.
5．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解： 把10个数据从小到大排列： 4，5，7，7，7，7，8，8，9，10.
平均数为：分，
出现次数最多的是7，众数为7分，
中位数为分，
， 85%分位数在第9位，为9分.
故答案为：C.
【分析】根据平均数、众数、中位数和百分位数的定义和计算公式进行求解.
6．【答案】A
【知识点】直线的点斜式方程；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：由题意得直线 方程为：，即，
圆 可化为，圆心为，半径为，
圆心为到直线 距离为，弦长为
故答案为：A.
【分析】先写出直线 方程，求出圆心到直线 距离，再利用弦长公式求弦的长 .
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：函数 的图象是把函数的图象向上(或向下)平移个单位得到，又的图象经过第一、二、三象限，，
，是单调递增函数，
，
又， 的取值范围为 .
故答案为：A.
【分析】由题意得，再化简，根据指数函数性质求其取值范围.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；函数的零点
【解析】【解答】解： 有两个零点，
令，则在 有两个零点，
，令解得，在 和单调递减，在 单调递增，要使在 有两个零点，则，解得 .
故答案为：B.
【分析】 函数有两个零点，即在 有两个零点，进而求导分析.
9．【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；组合几何体的面积、体积问题；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图所示，建立的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，设，，
A、连接，，平面平面，平面 平面，平面 平面，
，又，，，解得，
，，A正确；
B、当点为棱的中点时，此时点也为棱的中点，则，， ，
又，，，， 平面，B错误；
C、当点为棱的中点，点为棱的中点时， ， ， ， ， ，四边形可能为菱形 ，C正确；
D、连接，，，
由A知，，，，，
又，，平面分正方形所得两部分的体积相等，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A通过面面平行的性质判断；B、C当点为棱的中点，点为棱的中点时可判断选项；D结合选项A可判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】根据图象可知，
，
∴，
，
∴A正确，
，
∴
∴B错误，
，
当时， 点是图象的一个对称中心 ，
∴C正确，
∵，
∴，
∴D 正确.
故选：ACD.
【分析】根据函数图象，求出的表达式，逐项判断即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由双曲线方程知，，， 双曲线的离心率为 ，A错误；
B、由题意知 ，设，直线 方程为，
将直线 代入双曲线， 化简得，
则，，，，
的中点为 ，B正确；
C、由题意知 ，在 由余弦定理得即，解得， 的面积为 ，C正确；
D、当直线轴时，可得，满足 为等腰三角形
当直线不垂直轴时，
设在第一象限，在第四象限，
当时，，，
，，
设，则解得，当时，满足 为等腰三角形，
同理当，即时，满足 为等腰三角形，使为等腰三角形的直线有3条 ，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A根据离心率定义计算判断；B设直线方程联立曲线方程，求出的中点；C根据双曲线定义结合余弦定理求得， 进而求解的面积 ；D分，，讨论，可得满足为等腰三角形的直线有3条 .
12．【答案】A,B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、由 得函数 的图象关于直线对称，
函数是的图象向左平移1个单位得到，函数关于轴对称，函数 是偶函数 ，A正确；
C、由，得，令得，即，令得， 是周期为8的周期函数 ，C错误；
B、由，令得，又的周期为8，， 为奇函数 ，B正确；
D、由为奇函数，得
是对称轴， 的值不能确定，D错误.
故答案为：AB.
【分析】A由函数 的图象关于直线对称，结合图象的变换可判断；C由得可判断； B由判断；D对称轴 的值不能确定.
13．【答案】24
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： ，又
故答案为：24.
【分析】将转化为为基底，进而求解.
14．【答案】8
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由题得，，
又，，，当时，解得 ，为整数，的最小值为8.
故答案为：8.
【分析】先求出样本中心，根据样本中心在回归直线上求回归方程，进而求时，的最小值.
15．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式
【解析】【解答】解：由 得，，， .
故答案为：.
【分析】先利用辅助角公式得，再根据诱导公式和二倍角公式求的值.
16．【答案】；或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：点 在曲线 上，， ；
由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，
联立得，则，且，
，解得，，
联立得，则，，
，解得，，
，即，或，或.
故答案为：；或.
【分析】 第1空：点 在曲线 上，代入计算即可；第2空： 设直线方程为，联立方程组求出，，再根据 代入求出或，进而求 的值.
17．【答案】解：（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，因为 ， ，所以有 ，
解得 ，所以 ， .
（Ⅱ）由（1）知， ，
所以 ，
所以 ，
即数列 的前 项和 .
【知识点】数列的求和
【解析】【分析】（Ⅰ）设等差数列的首项为，公差为d．由 ， ，可得 解得 再根据通项公式及求和公式即可得出 及 。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，可得 ，运用裂项相消求和即可得到数列 的前 项和 。
18．【答案】（1）解：由 得 ，
有正弦定理得 ，即 ，
由余弦定理 ，得 ，
由于 ，所以 ．
（2）解：由（1）可知 ，所以 ，
根据正弦定理，在 中， ，
在 中， ，
又 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以由余弦定理可得，
则 ，所以 ．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边，化简求出，即可得到；
（2）在和中，利用正弦定理构造等量关系，得到，再将a表示出来，即可求得结果.
19．【答案】（1）证明：设的中点为，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，
因为在等边三角形中，为的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）解：连接，由（1）知，平面，
因为平面，所以，
因为，，，
所以四边形为矩形，
即，，，所以，
设，， ，，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
所以，，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
即， ，
取，，则，，
所以，
所以平面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） 设的中点为，连接， 利用线面垂直的判定定理可得平面 ，进而得到平面，然后根据面面垂直的判定定理即得平面平面 ；
（2）根据题意以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 分别求出平面的法向量，平面的法向量， 利用向量公式，计算求解即可.
20．【答案】（1）解：从第二个箱子取出黄球的概率，
从第三个箱子取出黄球的概率
（2）解：由题意可知，，
即，又，
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)分第一次取出黄球和绿球两种情况，再由互斥事件概率加法公式计算；
(2)由题意可得，进而求解.
21．【答案】（1）解：由椭圆的离心率为，可得，可得，
设椭圆方程，将点代入方程，可得，
故方程为.
（2）解：设且，
联立方程，整理得，
由，可得，且，，
又由原点到的距离，
由圆锥曲线的弦长公式，可得，
所以
令，可得
当且仅当，即时，面积取到最大值
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 由椭圆的离心率为得，设椭圆方程，将点代入得，即椭圆方程；
(2) 设与椭圆方程联立结合韦达定理得，，利用点到直线距离公式和弦长公式得结合基本不等式求面积的最大值.
22．【答案】（1）解：，
所以，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为
（2）解：依题意得在上有两个不等的，
而
令，则，
因为对任意的，所以任意的恒成立，
所以在上单调递减，
而，
由零点存在性定理，存在，使得，
于是，
因此在上单调递增，在上单调递减，
在取到极大值
又因为，由零点存在性定理和的单调性，
当且仅当时，在上和上各恰有一个零点，即为，不妨设，
由（1）可得，在处的切线方程为.
令，则
令，则，所以在单调递减，
而，所以对任意的，
所以在单调递减，又因为，
所以对任意的，即当时，，
同理可计算得，在处的切线方程为
令，则，
令，则，所以在单调递减
而，所以对任意的，所以在单调递增，
又因为，所以对任意的.
即当时，，
考虑和的零点，分别为和，
因为，所以，
因为，所以，
于是，所以.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)对 求导，进而求，，利用点斜式写出切线方程；
(2)对 求导结合零点存在定理得函数的单调性，分别求函数在和的切线方程，构造函数可证得，，考虑和的零点，分别为和，结合不等式的性质证明结论.
1 / 1湖北省武汉市硚口区2024届高三上学期起点质量检测数学试题
一、单选题
1．（2024高三上·硚口）集合，则集合等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，的解为， ， .
故答案为：A.
【分析】先解不等式 求出集合A，再求集合 .
2．（2024高三上·硚口）若复数，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解： ， 复数的虚部为 .
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法和模长公式先求复数，进而得到复数的虚部.
3．（2024高三上·硚口）甲组有4名护士，1名医生；乙组有6名护士，2名医生.现需紧急组建医疗小队，若从甲 乙两组中各抽调2名人员，则选出的4名人员中恰有1名医生的不同选法共有（ ）
A．130种 B．132种 C．315种 D．360种
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：由题意知甲、乙两组中各抽调2名人员，选出的4名人员中恰有1名医生，该医生来自甲组有 种不同选法 ，医生来自乙组有种不同选法，故不同选法共有种.
故答案为：B.
【分析】医生可能来自甲组，也可能来自乙组，再结合组合数求解.
4．（2024高三上·硚口）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖 三角攒尖 四角攒尖 八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑 园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（ ）立方米.
A． B．24 C． D．72
【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解： 如图所示，在正四棱锥中，连接，交于，连接，
由题意得，
，，
又，
正四棱锥的高，该正四棱锥体积为.
故答案为：B.
【分析】根据正四棱锥的性质先求出高，进而求体积.
5．（2024高三上·硚口）公司邀请用户参加某产品的试用并评分，满意度为10分的有1人，满意度为9分的有1人，满意度为8分的有2人，满意度为7分的有4人，满意度为5分和4分的各有1人，则该产品用户满意度评分的平均数 众数 中位数 85%分位数分别为（ ）
A．8分，7分，7分，9分 B．8分，7分，7分，8.5分
C．7.2分，7分，7分，9分 D．7.2分，7分，7分，8.5分
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解： 把10个数据从小到大排列： 4，5，7，7，7，7，8，8，9，10.
平均数为：分，
出现次数最多的是7，众数为7分，
中位数为分，
， 85%分位数在第9位，为9分.
故答案为：C.
【分析】根据平均数、众数、中位数和百分位数的定义和计算公式进行求解.
6．（2024高三上·硚口）过点且倾斜角为的直线交圆于两点，则弦的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的点斜式方程；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：由题意得直线 方程为：，即，
圆 可化为，圆心为，半径为，
圆心为到直线 距离为，弦长为
故答案为：A.
【分析】先写出直线 方程，求出圆心到直线 距离，再利用弦长公式求弦的长 .
7．（2024高三上·硚口）设函数，函数的图像经过第一 三 四象限，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：函数 的图象是把函数的图象向上(或向下)平移个单位得到，又的图象经过第一、二、三象限，，
，是单调递增函数，
，
又， 的取值范围为 .
故答案为：A.
【分析】由题意得，再化简，根据指数函数性质求其取值范围.
8．（2024高三上·硚口）若函数有两个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；函数的零点
【解析】【解答】解： 有两个零点，
令，则在 有两个零点，
，令解得，在 和单调递减，在 单调递增，要使在 有两个零点，则，解得 .
故答案为：B.
【分析】 函数有两个零点，即在 有两个零点，进而求导分析.
二、多选题
9．（2024高三上·硚口）已知棱长为2的正方体中，过的平面交棱于点，交棱于点，则（ ）
A．
B．不存在，使得平面
C．四边形可能为菱形
D．平面分正方体所得两部分的体积相等
【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；组合几何体的面积、体积问题；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图所示，建立的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，设，，
A、连接，，平面平面，平面 平面，平面 平面，
，又，，，解得，
，，A正确；
B、当点为棱的中点时，此时点也为棱的中点，则，， ，
又，，，， 平面，B错误；
C、当点为棱的中点，点为棱的中点时， ， ， ， ， ，四边形可能为菱形 ，C正确；
D、连接，，，
由A知，，，，，
又，，平面分正方形所得两部分的体积相等，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A通过面面平行的性质判断；B、C当点为棱的中点，点为棱的中点时可判断选项；D结合选项A可判断.
10．（2023高一下·马鞍山期末）已知函数的部分图象，则（ ）
A．
B．
C．点是图象的一个对称中心
D．的图象向左平移个单位后所对应的函数为偶函数
【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】根据图象可知，
，
∴，
，
∴A正确，
，
∴
∴B错误，
，
当时， 点是图象的一个对称中心 ，
∴C正确，
∵，
∴，
∴D 正确.
故选：ACD.
【分析】根据函数图象，求出的表达式，逐项判断即可.
11．（2024高三上·硚口）已知双曲线为双曲线的左 右焦点，若直线过点，且与双曲线的右支交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的离心率为
B．若的斜率为2，则的中点为
C．若，则的面积为
D．使为等腰三角形的直线有3条
【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由双曲线方程知，，， 双曲线的离心率为 ，A错误；
B、由题意知 ，设，直线 方程为，
将直线 代入双曲线， 化简得，
则，，，，
的中点为 ，B正确；
C、由题意知 ，在 由余弦定理得即，解得， 的面积为 ，C正确；
D、当直线轴时，可得，满足 为等腰三角形
当直线不垂直轴时，
设在第一象限，在第四象限，
当时，，，
，，
设，则解得，当时，满足 为等腰三角形，
同理当，即时，满足 为等腰三角形，使为等腰三角形的直线有3条 ，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A根据离心率定义计算判断；B设直线方程联立曲线方程，求出的中点；C根据双曲线定义结合余弦定理求得， 进而求解的面积 ；D分，，讨论，可得满足为等腰三角形的直线有3条 .
12．（2024高三上·硚口）设函数的定义域为，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数 B．为奇函数
C．是周期为4的周期函数 D．
【答案】A,B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：A、由 得函数 的图象关于直线对称，
函数是的图象向左平移1个单位得到，函数关于轴对称，函数 是偶函数 ，A正确；
C、由，得，令得，即，令得， 是周期为8的周期函数 ，C错误；
B、由，令得，又的周期为8，， 为奇函数 ，B正确；
D、由为奇函数，得
是对称轴， 的值不能确定，D错误.
故答案为：AB.
【分析】A由函数 的图象关于直线对称，结合图象的变换可判断；C由得可判断； B由判断；D对称轴 的值不能确定.
三、填空题
13．（2024高三上·硚口）正六边形的边长为4，点满足，则 .
【答案】24
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： ，又
故答案为：24.
【分析】将转化为为基底，进而求解.
14．（2024高三上·硚口）网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷 商品种类齐全 性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其中“”表示2015年，“”表示2016年，且x为整数，依次类推；y表示人数）：
1 2 3 4 5
（万人） 20 50 100 150 180
根据表中的数据，可以求出，若预测该公司的网购人数能超过300万人，则的最小值为 .
【答案】8
【知识点】线性回归方程
【解析】【解答】解：由题得，，
又，，，当时，解得 ，为整数，的最小值为8.
故答案为：8.
【分析】先求出样本中心，根据样本中心在回归直线上求回归方程，进而求时，的最小值.
15．（2024高三上·硚口）已知.则 .
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；诱导公式
【解析】【解答】解：由 得，，， .
故答案为：.
【分析】先利用辅助角公式得，再根据诱导公式和二倍角公式求的值.
16．（2024高三上·硚口）已知直线是曲线及抛物线的公切线，切点分别为，则 ，若，则 .
【答案】；或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：点 在曲线 上，， ；
由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，
联立得，则，且，
，解得，，
联立得，则，，
，解得，，
，即，或，或.
故答案为：；或.
【分析】 第1空：点 在曲线 上，代入计算即可；第2空： 设直线方程为，联立方程组求出，，再根据 代入求出或，进而求 的值.
四、解答题
17．（2019高二上·榆林月考）已知等差数列 满足： ， ． 的前n项和为 ．
（Ⅰ）求 及 ；
（Ⅱ）令 （ ），求数列 的前 项和 ．
【答案】解：（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，因为 ， ，所以有 ，
解得 ，所以 ， .
（Ⅱ）由（1）知， ，
所以 ，
所以 ，
即数列 的前 项和 .
【知识点】数列的求和
【解析】【分析】（Ⅰ）设等差数列的首项为，公差为d．由 ， ，可得 解得 再根据通项公式及求和公式即可得出 及 。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，可得 ，运用裂项相消求和即可得到数列 的前 项和 。
18．（2022高三上·菏泽期中）已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，．
（1）求A；
（2）D为BC边上一点，，且，求．
【答案】（1）解：由 得 ，
有正弦定理得 ，即 ，
由余弦定理 ，得 ，
由于 ，所以 ．
（2）解：由（1）可知 ，所以 ，
根据正弦定理，在 中， ，
在 中， ，
又 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以由余弦定理可得，
则 ，所以 ．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边，化简求出，即可得到；
（2）在和中，利用正弦定理构造等量关系，得到，再将a表示出来，即可求得结果.
19．（2023高三下·山东开学考）如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：设的中点为，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，
因为在等边三角形中，为的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）解：连接，由（1）知，平面，
因为平面，所以，
因为，，，
所以四边形为矩形，
即，，，所以，
设，， ，，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
所以，，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
即， ，
取，，则，，
所以，
所以平面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） 设的中点为，连接， 利用线面垂直的判定定理可得平面 ，进而得到平面，然后根据面面垂直的判定定理即得平面平面 ；
（2）根据题意以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系， 分别求出平面的法向量，平面的法向量， 利用向量公式，计算求解即可.
20．（2024高三上·硚口）有编号为1，2，3，...，18，19，20的20个箱子，第一个箱子有2个黄球1个绿球，其余箱子均为2个黄球2个绿球，现从第一个箱子中取出一个球放入第二个箱子，再从第二个箱子中取出一个球放入第三个箱子，以此类推，最后从第19个箱子取出一个球放入第20个箱子，记为从第个箱子中取出黄球的概率.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）解：从第二个箱子取出黄球的概率，
从第三个箱子取出黄球的概率
（2）解：由题意可知，，
即，又，
.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)分第一次取出黄球和绿球两种情况，再由互斥事件概率加法公式计算；
(2)由题意可得，进而求解.
21．（2024高三上·硚口）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，求的最大值.
【答案】（1）解：由椭圆的离心率为，可得，可得，
设椭圆方程，将点代入方程，可得，
故方程为.
（2）解：设且，
联立方程，整理得，
由，可得，且，，
又由原点到的距离，
由圆锥曲线的弦长公式，可得，
所以
令，可得
当且仅当，即时，面积取到最大值
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 由椭圆的离心率为得，设椭圆方程，将点代入得，即椭圆方程；
(2) 设与椭圆方程联立结合韦达定理得，，利用点到直线距离公式和弦长公式得结合基本不等式求面积的最大值.
22．（2024高三上·硚口）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上有两个不等的实数根，证明：.
【答案】（1）解：，
所以，
所以，又因为，
所以在处的切线方程为
（2）解：依题意得在上有两个不等的，
而
令，则，
因为对任意的，所以任意的恒成立，
所以在上单调递减，
而，
由零点存在性定理，存在，使得，
于是，
因此在上单调递增，在上单调递减，
在取到极大值
又因为，由零点存在性定理和的单调性，
当且仅当时，在上和上各恰有一个零点，即为，不妨设，
由（1）可得，在处的切线方程为.
令，则
令，则，所以在单调递减，
而，所以对任意的，
所以在单调递减，又因为，
所以对任意的，即当时，，
同理可计算得，在处的切线方程为
令，则，
令，则，所以在单调递减
而，所以对任意的，所以在单调递增，
又因为，所以对任意的.
即当时，，
考虑和的零点，分别为和，
因为，所以，
因为，所以，
于是，所以.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1)对 求导，进而求，，利用点斜式写出切线方程；
(2)对 求导结合零点存在定理得函数的单调性，分别求函数在和的切线方程，构造函数可证得，，考虑和的零点，分别为和，结合不等式的性质证明结论.
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