陕西省安康市2022-2023学年高二下册数学文科期末试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以
故答案为：C
【分析】由集合交集的定义即可求解.
2．（2023高二下·安康月考）复数的虚部为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：根据已知可得所以z的虚部为2.
故答案为：B
【分析】先把z化简成代数形式，再根据虚数的定义即可解得.
3．（2023高二下·安康月考）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】对数函数的图象与性质；利用不等式的性质比较大小
【解析】【解答】解：
故答案为：B
【分析】先利用对数函数的单调性计较a，c，再利用不等式的性质比较b，c即可求解.
4．坐标轴与圆的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：令x=0可得解得y=1，
令y=0可得解得
故答案为：C
【分析】令x=0，y=0可得有3个交点.
5．（2023高二下·安康月考）如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为8，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（ ）
A． B．24 C．32 D．
【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由已知条件花瓶横截面圆的最小直径为8可得a=4，因为瓶高等于双曲线C的虚轴长2b，设M是花瓶口径上的一点，花瓶的上口直径为2r，则点M(r，b)把点M代入双曲线方程可得所以花瓶的瓶口直径为
如图：
故答案为：
【分析】先求出a=4，设出点M的坐标，把点M代入双曲线方程即可求出r.
6．（2023高二下·安康月考）执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A．6 B．12 C．20 D．30
【答案】B
【知识点】程序框图的三种基本逻辑结构的应用
【解析】【解答】解：根据程序框图，可得其执行结果如下：
n=2，S=2，执行循环体；
n=4，S=6，执行循环体；
n=6，S=12，跳出循环体.
输出12.
故答案为：B
【分析】根据程序框图逐步执行可得输出结果.
7．（2023高二下·安康月考）将函数（）的图象向右平移1个单位长度后，得到的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：将函数的图象向右平移1个单位长度后 可得
因为的图像关于原点对称，当k=0时取得最小值1.
故答案为：B
【分析】先求出f(x)平移后的的解析式，再根据图像关于原点对称得到的方程，令k=0即可求解.
8．在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：取的中点M，连接EM，FM，则，利用异面直线夹角的定义可得为 直线与直线所成角
故答案为：A
【分析】取的中点，利用异面直线夹角的定义可得为异面直线的角，求解即可.
9．（2023高二下·安康月考）某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如下图所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，则下列说法错误的是（ ）
A．该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占70%
B．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2倍还多
C．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内
D．相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
【答案】C
【知识点】频率分布表
【解析】【解答】解：A.根据2022届的扇形图可知学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占20%+25%+25%=70%，故选项A正确.
B.设2022届的学生人数为a，则2023届的学生人数为1.1a，2022届学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数0.2a，2023届学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数1.1(0.34+0.07)a=0.451a，因为 所以B选项正确.
C.2022届学生仰卧起坐一分钟的个数的中位数在[40，50)内，2023届学生仰卧起坐一分钟的个数的中位数在内，故C选项不正确.
D. 2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的占比人数为25%+15%+5%=45%，2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50
的占比人数为41%+34%+7%=82%，因为82%>45%所以D选项正确.
故答案为：C
【分析】由2022届的扇形图和2023届的条形图逐个分析即可求解.
10．（2023高二下·安康月考）已知数列满足，且（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意可得：由累乘法可得
所以
所以
故答案为：A
【分析】先用累乘法求出，再代入前8项和即可求解.
11．（2023高二下·安康月考）已知某正三棱台的顶点都在半径为5的球面上，若该正三棱台的上、下底边长分别是和，则该正三棱台的高为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】球面距离及相关计算；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：如图，
设正三棱台的上底面所在平面截球所得圆为，下底面所在平面截球所得圆为O，由正弦定理可得
所以，又因为球的半径为5，所以正三棱台的下底面外接圆的圆心和球的球心重合，即由勾股定理可得正三棱台的高为
故答案为：D
【分析】先用正弦定理求出正三棱台的上下底面的外接圆的半径，再结合勾股定理即可求解.
12．（2023高二下·安康月考）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A 因为恒成立，故A选项不正确.
B 当x>0时，令则恒成立，所以g(x)在上单调递增，
即在上单调递增，又
由零点存在定理可得在上存在零点即所以f(x)在（0，）上单调递减，上
单调递增，f(x)在处取得最小值即
所以即f(x)的极小值大于3，故B选项正确，CD选项不正确.
故答案为：B
【分析】先根据f(x)大于零恒成立可排除A选项，当x>0时，对f(x)二次求导可判断f(x)在（0，）上单调递减，上单调递增，结合二次函数求最值可求出f(x)的极小值大于3，即可求解.
二、填空题
13．（2023高二下·安康月考）已知向量，满足，，则 .
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由已知条件可得
故答案为：
【分析】利用平面向量的模和数量积的定义即可求解.
14．函数在区间上的最大值为 .
【答案】1
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为所以在区间恒成立.所以在区间上单调递减，
所以当x=0时求得最大值1
故答案为：1
【分析】先求导，得到在区间单调递减，即可求解.
15．盒中装有标有数字1，2，3的卡片各2张，从盒中任意抽取2张，每张卡片被取出的可能性都相等，则抽出的2张卡片上最大的数字是3的概率为 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记“抽出的2张卡片上最大数字为3”的事件为A
记标有数字1的2张卡片分别记为1a，1b；记标有数字的2张卡片分别记为2a，2b；记标有数字3的2张卡片分别记为3a，3b. 从盒中任意抽取2张的基本事件有15种，分别为（1a，1b），(1a，2a)，(1a，2b)，(1a，3a)，(1a，3b)，(1b，2a)，(1b，2b)，(1b，3a)，(1b，3b)，(2a，2b)，(2a，3a)，(2a，3b)，(2b，3a)，(2b，3b)，(3a，3b).其中符合事件A的基本事件有(1a，3a)，(1a，3b)，(1b，3a)，(1b，3b)，(2a，3a)，(2a，3b)，(2b，3a)，(2b，3b)，(3a，3b)共9种，
所以P(A)=
故答案为：
【分析】利用列举法例出基本事件，结合古典概率模型公式即可求解.
16．（2023高二下·安康月考）已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，，则C的离心率为 .
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：如图：
由题意可知解得由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，又因为所以平行四边形为矩形，所以所以即
解得
故答案为：
【分析】先根据椭圆的定义求出，再利用椭圆的对称性判断出平行四边形为矩形，即可求解.
三、解答题
17．近日来，ChatGPT的“火”在教育界引发了热议，尤其是在未来课堂上的实践与应用，引起广泛的关注.某学校计划尝试“ChatGPT进课堂”，随机抽取400名家长，对“ChatGPT”的了解情况进行了问卷调查，得到如下列联表.已知了解的人数为280，不了解的人数为120.
男家长 女家长 合计
了解 160
不了解 80
合计
（1）请补充完整上面的列联表，并分别估计该校男、女家长中对“ChatGPT”了解的概率；
（2）判断是否有99.9%的把握认为该校家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系.
附：，其中.
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
【答案】（1）解：
男家长 女家长 合计
了解 160 120 280
不了解 40 80 120
合计 200 200 400
该校男家长中对“ChatGPT”了解的概率为.
该校女家长中对“ChatGPT”了解的概率为.
（2）解：.
故有99.9%的把握认为家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系.
【知识点】独立性检验；2×2列联表
【解析】【分析】(1)根据题意完成列联表，利用概率公式即可求解.
(2)利用公式求出结合临界值表即可求解.
18．（2023高二下·安康月考）在中，分别是内角的对边，.
（1）求角的大小；
（2）若，求.
【答案】（1）解：因为，所以.
由正弦定理可得：，
根据余弦定理可得，
因为，所以
（2）解：由余弦定理知，即，
化简得，解得或（舍去）.
由正弦定理知，则
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)先利用同角基本关系中的平方和为1把化成，再用正弦定理把角化成边，再结合余弦定理即可求解.
(2)先用余弦定理求出c=3，再结合正弦定理即可求解.
19．（2023高二下·安康月考）已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：方法一：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，即，
解得，
故.
方法二：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，
两式相减得，即，得.
由，得，解得.
故.
（2）解：因为，
所以，①
.②
由①-②得
，
故
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)方法一：用和表示从而得到关于和q的方程组，解得，利用等比数列的通项公式即可求解.
方法二：利用递推关系求出，结合等比数列的定义求出，再令n=1求出，利用等比数列的通项公式即可求解.
（2）利用错位相减法即可求解.
20．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，为的中点，，，且为正三角形.
（1）证明：；
（2）点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，.
因为，，所以，
因为，所以，
由余弦定理得，
故，故.
因为，所以⊥，，
由勾股定理得.
因为为的中点，所以为的中位线，
因为，，所以，即.
因为，所以.
又因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
（2）解：连接，.
因为，，所以.
因为，，平面，所以平面，
因为平面，
所以.
因为，，平面，
所以平面，
因为，所以当的面积最小时，最小.
当取最小值时，，此时，，
由勾股定理得.
故，
设点到平面的距离为d，则点到平面的距离为.
故，
其中.
故三棱锥的体积为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【分析】(1) 取的中点 ， 连接，.由余弦定理得故 可得，再证明即，由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明.
(2)先证明，得出所以面积最小时，最小.当取最小值时，此时，求出从而.
21．已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：若，则，且.
又，所以.
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）解：因为，所以.
令函数，则.
因为，所以，在上单调递减，又，
当，即时，，即，
所以在上单调递减，因为，所以，符合题意.
当，即时，存在，使得当时，，
即，所以在上单调递增.
因为，所以，不符合题意.
综上，的取值范围为.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)若则求导可得利用导数的几何意义即可求出切线方程.
(2)对进行求导可得，令函数对其求导，利用导数和单调性的关系对m分类讨论①可得在上单调递减 ，因为所以；
②存在可得在，所以不符合题意.
22．（2023高二下·安康月考）已知抛物线C：（）上一点（）与焦点的距离为2.
（1）求p和m；
（2）若在抛物线C上存在点A，B，使得，设的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为，求点D的坐标.
【答案】（1）解：设抛物线C的焦点为F，根据题意可知，解得.
故抛物线C：.
因为M在抛物线C上，所以.又因为，所以
（2）解：设，，，直线的斜率为，直线的斜率为.
易知，一定存在，则，.
由，得，即，化简得，即
因为D到抛物线C的准线的距离，所以，
则，即，.
，即，
解得或，则或.
故点D的坐标为或.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义可得，把点M的坐标带入抛物线方程即可求出m.
（2）由，得可得， D到抛物线C的准线的距离为可求出，进而求得，两个关系式联立可解得或，即可求出D点坐标.
1 / 1陕西省安康市2022-2023学年高二下册数学文科期末试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高二下·安康月考）复数的虚部为（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2023高二下·安康月考）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．坐标轴与圆的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2023高二下·安康月考）如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为8，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（ ）
A． B．24 C．32 D．
6．（2023高二下·安康月考）执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A．6 B．12 C．20 D．30
7．（2023高二下·安康月考）将函数（）的图象向右平移1个单位长度后，得到的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
8．在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023高二下·安康月考）某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如下图所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，则下列说法错误的是（ ）
A．该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占70%
B．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2倍还多
C．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内
D．相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
10．（2023高二下·安康月考）已知数列满足，且（），则（ ）
A． B． C． D．
11．（2023高二下·安康月考）已知某正三棱台的顶点都在半径为5的球面上，若该正三棱台的上、下底边长分别是和，则该正三棱台的高为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（2023高二下·安康月考）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．（2023高二下·安康月考）已知向量，满足，，则 .
14．函数在区间上的最大值为 .
15．盒中装有标有数字1，2，3的卡片各2张，从盒中任意抽取2张，每张卡片被取出的可能性都相等，则抽出的2张卡片上最大的数字是3的概率为 .
16．（2023高二下·安康月考）已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，，则C的离心率为 .
三、解答题
17．近日来，ChatGPT的“火”在教育界引发了热议，尤其是在未来课堂上的实践与应用，引起广泛的关注.某学校计划尝试“ChatGPT进课堂”，随机抽取400名家长，对“ChatGPT”的了解情况进行了问卷调查，得到如下列联表.已知了解的人数为280，不了解的人数为120.
男家长 女家长 合计
了解 160
不了解 80
合计
（1）请补充完整上面的列联表，并分别估计该校男、女家长中对“ChatGPT”了解的概率；
（2）判断是否有99.9%的把握认为该校家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系.
附：，其中.
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
18．（2023高二下·安康月考）在中，分别是内角的对边，.
（1）求角的大小；
（2）若，求.
19．（2023高二下·安康月考）已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
20．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，为的中点，，，且为正三角形.
（1）证明：；
（2）点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积.
21．已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围.
22．（2023高二下·安康月考）已知抛物线C：（）上一点（）与焦点的距离为2.
（1）求p和m；
（2）若在抛物线C上存在点A，B，使得，设的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为，求点D的坐标.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以
故答案为：C
【分析】由集合交集的定义即可求解.
2．【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：根据已知可得所以z的虚部为2.
故答案为：B
【分析】先把z化简成代数形式，再根据虚数的定义即可解得.
3．【答案】B
【知识点】对数函数的图象与性质；利用不等式的性质比较大小
【解析】【解答】解：
故答案为：B
【分析】先利用对数函数的单调性计较a，c，再利用不等式的性质比较b，c即可求解.
4．【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：令x=0可得解得y=1，
令y=0可得解得
故答案为：C
【分析】令x=0，y=0可得有3个交点.
5．【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由已知条件花瓶横截面圆的最小直径为8可得a=4，因为瓶高等于双曲线C的虚轴长2b，设M是花瓶口径上的一点，花瓶的上口直径为2r，则点M(r，b)把点M代入双曲线方程可得所以花瓶的瓶口直径为
如图：
故答案为：
【分析】先求出a=4，设出点M的坐标，把点M代入双曲线方程即可求出r.
6．【答案】B
【知识点】程序框图的三种基本逻辑结构的应用
【解析】【解答】解：根据程序框图，可得其执行结果如下：
n=2，S=2，执行循环体；
n=4，S=6，执行循环体；
n=6，S=12，跳出循环体.
输出12.
故答案为：B
【分析】根据程序框图逐步执行可得输出结果.
7．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：将函数的图象向右平移1个单位长度后 可得
因为的图像关于原点对称，当k=0时取得最小值1.
故答案为：B
【分析】先求出f(x)平移后的的解析式，再根据图像关于原点对称得到的方程，令k=0即可求解.
8．【答案】A
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：取的中点M，连接EM，FM，则，利用异面直线夹角的定义可得为 直线与直线所成角
故答案为：A
【分析】取的中点，利用异面直线夹角的定义可得为异面直线的角，求解即可.
9．【答案】C
【知识点】频率分布表
【解析】【解答】解：A.根据2022届的扇形图可知学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占20%+25%+25%=70%，故选项A正确.
B.设2022届的学生人数为a，则2023届的学生人数为1.1a，2022届学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数0.2a，2023届学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数1.1(0.34+0.07)a=0.451a，因为 所以B选项正确.
C.2022届学生仰卧起坐一分钟的个数的中位数在[40，50)内，2023届学生仰卧起坐一分钟的个数的中位数在内，故C选项不正确.
D. 2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的占比人数为25%+15%+5%=45%，2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50
的占比人数为41%+34%+7%=82%，因为82%>45%所以D选项正确.
故答案为：C
【分析】由2022届的扇形图和2023届的条形图逐个分析即可求解.
10．【答案】A
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意可得：由累乘法可得
所以
所以
故答案为：A
【分析】先用累乘法求出，再代入前8项和即可求解.
11．【答案】D
【知识点】球面距离及相关计算；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：如图，
设正三棱台的上底面所在平面截球所得圆为，下底面所在平面截球所得圆为O，由正弦定理可得
所以，又因为球的半径为5，所以正三棱台的下底面外接圆的圆心和球的球心重合，即由勾股定理可得正三棱台的高为
故答案为：D
【分析】先用正弦定理求出正三棱台的上下底面的外接圆的半径，再结合勾股定理即可求解.
12．【答案】B
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A 因为恒成立，故A选项不正确.
B 当x>0时，令则恒成立，所以g(x)在上单调递增，
即在上单调递增，又
由零点存在定理可得在上存在零点即所以f(x)在（0，）上单调递减，上
单调递增，f(x)在处取得最小值即
所以即f(x)的极小值大于3，故B选项正确，CD选项不正确.
故答案为：B
【分析】先根据f(x)大于零恒成立可排除A选项，当x>0时，对f(x)二次求导可判断f(x)在（0，）上单调递减，上单调递增，结合二次函数求最值可求出f(x)的极小值大于3，即可求解.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由已知条件可得
故答案为：
【分析】利用平面向量的模和数量积的定义即可求解.
14．【答案】1
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为所以在区间恒成立.所以在区间上单调递减，
所以当x=0时求得最大值1
故答案为：1
【分析】先求导，得到在区间单调递减，即可求解.
15．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记“抽出的2张卡片上最大数字为3”的事件为A
记标有数字1的2张卡片分别记为1a，1b；记标有数字的2张卡片分别记为2a，2b；记标有数字3的2张卡片分别记为3a，3b. 从盒中任意抽取2张的基本事件有15种，分别为（1a，1b），(1a，2a)，(1a，2b)，(1a，3a)，(1a，3b)，(1b，2a)，(1b，2b)，(1b，3a)，(1b，3b)，(2a，2b)，(2a，3a)，(2a，3b)，(2b，3a)，(2b，3b)，(3a，3b).其中符合事件A的基本事件有(1a，3a)，(1a，3b)，(1b，3a)，(1b，3b)，(2a，3a)，(2a，3b)，(2b，3a)，(2b，3b)，(3a，3b)共9种，
所以P(A)=
故答案为：
【分析】利用列举法例出基本事件，结合古典概率模型公式即可求解.
16．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：如图：
由题意可知解得由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，又因为所以平行四边形为矩形，所以所以即
解得
故答案为：
【分析】先根据椭圆的定义求出，再利用椭圆的对称性判断出平行四边形为矩形，即可求解.
17．【答案】（1）解：
男家长 女家长 合计
了解 160 120 280
不了解 40 80 120
合计 200 200 400
该校男家长中对“ChatGPT”了解的概率为.
该校女家长中对“ChatGPT”了解的概率为.
（2）解：.
故有99.9%的把握认为家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系.
【知识点】独立性检验；2×2列联表
【解析】【分析】(1)根据题意完成列联表，利用概率公式即可求解.
(2)利用公式求出结合临界值表即可求解.
18．【答案】（1）解：因为，所以.
由正弦定理可得：，
根据余弦定理可得，
因为，所以
（2）解：由余弦定理知，即，
化简得，解得或（舍去）.
由正弦定理知，则
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)先利用同角基本关系中的平方和为1把化成，再用正弦定理把角化成边，再结合余弦定理即可求解.
(2)先用余弦定理求出c=3，再结合正弦定理即可求解.
19．【答案】（1）解：方法一：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，即，
解得，
故.
方法二：设等比数列的首项为，公比为.
由，得，
两式相减得，即，得.
由，得，解得.
故.
（2）解：因为，
所以，①
.②
由①-②得
，
故
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)方法一：用和表示从而得到关于和q的方程组，解得，利用等比数列的通项公式即可求解.
方法二：利用递推关系求出，结合等比数列的定义求出，再令n=1求出，利用等比数列的通项公式即可求解.
（2）利用错位相减法即可求解.
20．【答案】（1）证明：取的中点，连接，.
因为，，所以，
因为，所以，
由余弦定理得，
故，故.
因为，所以⊥，，
由勾股定理得.
因为为的中点，所以为的中位线，
因为，，所以，即.
因为，所以.
又因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
（2）解：连接，.
因为，，所以.
因为，，平面，所以平面，
因为平面，
所以.
因为，，平面，
所以平面，
因为，所以当的面积最小时，最小.
当取最小值时，，此时，，
由勾股定理得.
故，
设点到平面的距离为d，则点到平面的距离为.
故，
其中.
故三棱锥的体积为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【分析】(1) 取的中点 ， 连接，.由余弦定理得故 可得，再证明即，由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明.
(2)先证明，得出所以面积最小时，最小.当取最小值时，此时，求出从而.
21．【答案】（1）解：若，则，且.
又，所以.
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）解：因为，所以.
令函数，则.
因为，所以，在上单调递减，又，
当，即时，，即，
所以在上单调递减，因为，所以，符合题意.
当，即时，存在，使得当时，，
即，所以在上单调递增.
因为，所以，不符合题意.
综上，的取值范围为.
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)若则求导可得利用导数的几何意义即可求出切线方程.
(2)对进行求导可得，令函数对其求导，利用导数和单调性的关系对m分类讨论①可得在上单调递减 ，因为所以；
②存在可得在，所以不符合题意.
22．【答案】（1）解：设抛物线C的焦点为F，根据题意可知，解得.
故抛物线C：.
因为M在抛物线C上，所以.又因为，所以
（2）解：设，，，直线的斜率为，直线的斜率为.
易知，一定存在，则，.
由，得，即，化简得，即
因为D到抛物线C的准线的距离，所以，
则，即，.
，即，
解得或，则或.
故点D的坐标为或.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义可得，把点M的坐标带入抛物线方程即可求出m.
（2）由，得可得， D到抛物线C的准线的距离为可求出，进而求得，两个关系式联立可解得或，即可求出D点坐标.
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