云南省昆明市五华区2024届高三上学期数学期中试卷
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（ ）
A． B． C． D．
3．已知甲、乙两个班的学生人数分别为45人和55人，在某次考试中，甲、乙两个班的数学平均分分别为110分和90分，则这两个班全体学生的平均分为（ ）
A．98分 B．99分 C．100分 D．101分
4．已知为等差数列，数列满足：，若，且，则（ ）
A．26 B．27 C．28 D．29
5．工厂需要将某种废气经过过滤后排放，已知该废气的污染物含量（单位：）与过滤时间（单位：）的关系为（为污染物的初始含量），则污染物减少到初始含量的大约需要（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数在处有极小值，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．1或3 D．或3
7．已知，若直线关于轴对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．一项比赛共有9位评委，选手完成比赛后，每位评委现场给出一个“初始评分”，去掉一个最高分，去掉一个最低分，剩余7位评委的评分为“有效评分”．则下列叙述一定正确的是（ ）
A．同一个选手的“初始评分的中位数等于”有效评分的中位数
B．同一个选手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数
C．同一个选手的“初始评分”的平均数不低于“有效评分”的平均数
D．同一个选手的“初始评分”的方差不低于“有效评分”的方差
10．正方体棱长为2，直线与平面交于点为线段上的动点，则（ ）
A．当为中点时，三点共线
B．存在点，使
C．直线与的夹角为
D．四面体的体积为定值
11．已知为坐标原点，点在抛物线上，经过点且斜率大于零的直线交于两点，点在第一象限，则（ ）
A．的准线为 B．以为直径的圆经过原点
C． D．
12．已知函数的定义域为，对于任意的，都有成立，则（ ）
A．
B．若，则
C．一定是偶函数
D．若，则
三、填空题
13．函数在上的最大值是 ．
14．第19届亚洲运动会于2023年9月23日10月8日在我国杭州成功举办，中国国家队以201金、111银、71铜的优异成绩位列奖牌榜榜首．此次亚运会的颁奖花束——“硕果累累”，由花材和花器两部分组成，如图1．其中花器的造型灵感来自中国南宋时期官窑花解，由国家级非物质文化遗产东阳木雕制作而成，可以近似看作由大、小两个圆台拼接而成的组合体，如图2．已知大圆台的两底面半径和高分别为，小圆台的两底面半径和高分别为，则该几何体的体积为 ．
15．向量在向量上的投影向量为，则的最大值为 ．
16．已知椭圆的两个焦点为，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，若的内切圆半径，则该椭圆的离心率为 ．
四、解答题
17．图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18．记为数列的前项和，已知．
（1）求；
（2）若，记为的前项和，且满足，求的最大值．
19．的内角的对边分别为平分且交于点．已知的面积为1．
（1）若，求；
（2）若，求．
20．甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：放置一张纸片在地面指定位置，其中一人在固定位置投篮，若篮球被篮板反弹后击中纸片，则本次游戏成功，此人继续投篮，否则游戏失败，换为对方投篮．已知第一次投篮的人是甲、乙的概率分别为和，甲、乙两人每次游戏成功的概率分别为和．
（1）求第2次投篮的人是甲的概率；
（2）记第次投篮的人是甲的概率为，
⑴用表示；
⑵求．
21．设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若为直线上的一动点，直线分别与交于点．求证：直线过定点．
22．已知函数，其中．
（1）若为增函数，求的取值范围；
（2）若，证明：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为 ，
所以 .
故答案为：D.
【分析】根据题意求集合N，再结合交集运算求解.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算求解.
3．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可得： 这两个班全体学生的平均分为.
故答案为：B.
【分析】根据平均数的计算公式运算求解.
4．【答案】B
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可得： ， ，解得 ，
设 等差数列 的公差为d，因为 ，
即，解得，所以，
可得 ，所以 .
故答案为：B.
【分析】设 等差数列 的公差为d，根据题意求，进而可得，代入运算求解即可.
5．【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为 ，即，
由题意可得，整理得，
即 污染物减少到初始含量的大约需要 80天.
故答案为：C.
【分析】根据题意可得，结合对数运算求解.
6．【答案】A
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为 ，
由题意可得：，解得或，
当时，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
所以 函数在处有极小值，符合题意；
当时，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
所以 函数在处有极大值，不符合题意；
综上所述：.
故答案为：A.
【分析】根据题意可得，解得或，并根据极值的定义结合导数检验.
7．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解： 圆 的圆心为，半径，
取 关于轴对称的 点，
若过的直线的斜率不存在，显然与圆无公共点，
则设直线为，即，
由题意可得：，解得，
直线与x轴的交点为，
即.
故答案为：A.
【分析】取 关于轴对称的 点，设直线为，根据直线与圆的位置关系可得，进而可得，并求其取值范围.
8．【答案】D
【知识点】三角函数的化简求值；两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：因为 ， 则，
则 ，解得，
所以 .
故答案为：D.
【分析】根据题意结合倍角公式可得，再结合两角和差公式运算求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：设 “初始评分” 为，则 “有效评分” 为，
对于A：“ 初始评分” 的中位数为，“有效评分” 的中位数为，
所以同一个选手的“初始评分“的中位数等于”有效评分”的中位数，故A正确；
对于B：因为，
则“初始评分”的下四分位数为，“有效评分”的下四分位数为，
所以同一个选手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数，故B正确；
对于C：例如，
则“初始评分”的平均数为，“有效评分”的平均数为3，
显然“初始评分”的平均数低于“有效评分”的平均数，故C错误；
对于D：去掉一个最高分，去掉一个最低分后，波动性减小或不变，故方差减小或不变，
所以同一个选手的“初始评分”的方差不低于“有效评分”的方差，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】根据题意结合中位数、百分位数、平均数和方差的定义和性质分析判断.
10．【答案】A,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论；平行公理；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A： 当为中点时， 连接，
因为直线与平面，则，平面，
且平面，则平面，
又因为平面平面，则
所以三点共线 ，故A正确；
对于B：在正方形ABCD中，，
若 ，因为，则，显然不成立，
所以不成立，故B错误；
对于C：因为，
且平面，则，
且，平面，可得平面，
故，
同理可得，则平面，
且平面，可得，
所以 直线与的夹角为，故C错误；
对于D：因为，且平面，平面，
所以平面，
点到平面的距离为定值，且的面积也为定值，
所以 四面体的体积为定值 ，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：根据平面的基本性质分析判断；对于B：利用反证法结合，分析判断；对于C：可证平面，即可得；对于D：可证平面，根据平行关系结合体积公式分析判断.
11．【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A：因为点在抛物线上，
则，解得，
可知抛物线方程为，准线为，故A错误；
对于B：设直线PQ的方程为，，
联立方程，消x得，
则，，
因为，
则
，
即，则，所以以为直径的圆经过原点，故B正确；
对于C：因为，
所以，故C正确；
对于D：设线段PQ的中点为M，
因为，则，
可得，
所以以PQ为直径的圆的圆心为，半径为，
且，
可得，即，
可知点A在以PQ为直径的圆内，
又因为点O，P，Q在以PQ为直径的圆上，
所以 ，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对于A：代入点 可得，进而可得抛物线方程和准线方程；对于B：设直线PQ的方程为，，联立方程结合韦达定理可得，即可得结果；对于C：结合选项B分别求即可判断；对于C：设线段PQ的中点为M，结合选项B，分析可知，进而可得结果.
12．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：对于A：因为 ，
令，则，可得或，故A错误；
对于B：令，则，且，可得，
令，则，可得，故B正确；
对于C： 因为函数的定义域为，
当时，令，则，
可得，满足，所以函数是偶函数；
当时，令，则，
可得，所以函数是偶函数；
综上所述：函数是偶函数，故C正确；
对于D：因为 ，令，则，
则，
，
所以，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】对于A：令，代入运算求解；对于B：令，代入运算求解；对于C：分和两种情况，分别令和运算求解；对于D：令，可得，进而可得结果.
13．【答案】
【知识点】正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为 ，
且 ，则，
当，即时，取到最大值.
故答案为：.
【分析】利用辅助角公式整理得，结合正弦函数分析求解.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解： 该几何体的体积为.
故答案为：.
【分析】根据题意结合台体体积公式运算求解.
15．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量为，
则，即，
又因为，则，可得，
当且仅当同向，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：.【分析】根据投影向量的定义结合数量积的运算可得，进而可得结果.
16．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可设直线，且直线AB必与椭圆相交，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
又因为右焦点到直线AB的距离，
利用等面积法可得，整理得，
所以该椭圆的离心率为.
故答案为：.
【分析】设直线，联立方程结合弦长公式可得，根据内切圆的性质结合等面积法可得，再结合椭圆离心率公式运算求解.
17．【答案】（1）证明：连交于点，连．
由为正方形知为中点，又为中点，故，
又平面且平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连，由为等边三角形得．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，
平面就是坐标平面，故可取其法向量，
设平面一个法向量为，
即，则，
令，则，得，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 连交于点，连．可得，进而可证平面；
(2) 取中点，连，根据面面垂直的性质可得平面，建系，利用空间向量求面面夹角.
18．【答案】（1）解：当时，，解得，
当时，，
因为，所以，即，
所以，
所以，是首项为3，公比为3的等比数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解：由题意知：，
所以，
易知在上单调递增，
而，
所以满足的的最大值为12．
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 根据 与 之间的关系，结合等比数列分析求解；
(2) 由（1）可得，利用分组求和法可得，结合数列单调性解不等式.
19．【答案】（1）解：因为平分，所以，
由面积公式得，得，
由余弦定理得，
所以．
（2）解：因为，所以，
设，则
，得，
所以，
所以．
【知识点】二倍角的正切公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 在中，可知，利用面积公式和余弦定理运算求解；
(2) 设，可知，利用面积公式可得，再运算倍角公式运算求解.
20．【答案】（1）解：第2次投篮的人是甲包含两种情况：
①第1次甲投篮且游戏成功，其概率为；
②第1次乙投篮且游戏失败，其概率为，
由全概率公式得第2次投篮的人是甲的概率为．
（2）解：⑴第次投篮的人是甲包含两种情况：
①第次甲投篮且游戏成功，其概率为；
②第次乙投篮且游戏失败，其概率为，
由全概率公式得，即．
⑵由⑴得，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；全概率公式
【解析】【分析】 (1) 分“第1次甲投篮且游戏成功”和“第1次乙投篮且游戏失败”两种情况，结合全概率公式运算求解；
(2) ⑴分“第n次甲投篮且游戏成功”和“第n次乙投篮且游戏失败”两种情况，结合全概率公式运算求解；⑵由⑴得，结合等比数列运算求解.
21．【答案】（1）解：设，由题得，整理得，
因为与点均不重合，故点和均不在轨迹上，
即轨迹的方程为.
（2）解：由题设，则直线的方程为，直线的方程为，
联立，得，
解得，
同理得，
当时，，
直线的方程为，即，此时恒过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
综上，直线过定点.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设，结合斜率公式运算求解，注意；
(2) 设，则直线的方程为，直线的方程为，与 的方程 联立，利用韦达定理整理得直线的方程为，即可分析定点，注意检验时的情况.
22．【答案】（1）解：因为，又为增函数，
所以在上恒成立，所以，
设，则，令，解得，
所以，当时，此时单调递增；
当时，此时单调递减，
所以，
所以．
（2）解：因为，所以，
因为，所以要证，即证，即证，
当时，，所以；
当时，令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
综上，．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 求导，分析可知在上恒成立，设，利用导数求的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解；
(2) 分析可知：即证，当，根据不等式性质分析证明；当时，令，利用导数求的单调性和最值，进而可得结果.
1 / 1云南省昆明市五华区2024届高三上学期数学期中试卷
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为 ，
所以 .
故答案为：D.
【分析】根据题意求集合N，再结合交集运算求解.
2．（ ）
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】解：由题意可得： .
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算求解.
3．已知甲、乙两个班的学生人数分别为45人和55人，在某次考试中，甲、乙两个班的数学平均分分别为110分和90分，则这两个班全体学生的平均分为（ ）
A．98分 B．99分 C．100分 D．101分
【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意可得： 这两个班全体学生的平均分为.
故答案为：B.
【分析】根据平均数的计算公式运算求解.
4．已知为等差数列，数列满足：，若，且，则（ ）
A．26 B．27 C．28 D．29
【答案】B
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可得： ， ，解得 ，
设 等差数列 的公差为d，因为 ，
即，解得，所以，
可得 ，所以 .
故答案为：B.
【分析】设 等差数列 的公差为d，根据题意求，进而可得，代入运算求解即可.
5．工厂需要将某种废气经过过滤后排放，已知该废气的污染物含量（单位：）与过滤时间（单位：）的关系为（为污染物的初始含量），则污染物减少到初始含量的大约需要（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为 ，即，
由题意可得，整理得，
即 污染物减少到初始含量的大约需要 80天.
故答案为：C.
【分析】根据题意可得，结合对数运算求解.
6．已知函数在处有极小值，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．1或3 D．或3
【答案】A
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为 ，
由题意可得：，解得或，
当时，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
所以 函数在处有极小值，符合题意；
当时，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
所以 函数在处有极大值，不符合题意；
综上所述：.
故答案为：A.
【分析】根据题意可得，解得或，并根据极值的定义结合导数检验.
7．已知，若直线关于轴对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解： 圆 的圆心为，半径，
取 关于轴对称的 点，
若过的直线的斜率不存在，显然与圆无公共点，
则设直线为，即，
由题意可得：，解得，
直线与x轴的交点为，
即.
故答案为：A.
【分析】取 关于轴对称的 点，设直线为，根据直线与圆的位置关系可得，进而可得，并求其取值范围.
8．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角函数的化简求值；两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：因为 ， 则，
则 ，解得，
所以 .
故答案为：D.
【分析】根据题意结合倍角公式可得，再结合两角和差公式运算求解.
二、多选题
9．一项比赛共有9位评委，选手完成比赛后，每位评委现场给出一个“初始评分”，去掉一个最高分，去掉一个最低分，剩余7位评委的评分为“有效评分”．则下列叙述一定正确的是（ ）
A．同一个选手的“初始评分的中位数等于”有效评分的中位数
B．同一个选手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数
C．同一个选手的“初始评分”的平均数不低于“有效评分”的平均数
D．同一个选手的“初始评分”的方差不低于“有效评分”的方差
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：设 “初始评分” 为，则 “有效评分” 为，
对于A：“ 初始评分” 的中位数为，“有效评分” 的中位数为，
所以同一个选手的“初始评分“的中位数等于”有效评分”的中位数，故A正确；
对于B：因为，
则“初始评分”的下四分位数为，“有效评分”的下四分位数为，
所以同一个选手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数，故B正确；
对于C：例如，
则“初始评分”的平均数为，“有效评分”的平均数为3，
显然“初始评分”的平均数低于“有效评分”的平均数，故C错误；
对于D：去掉一个最高分，去掉一个最低分后，波动性减小或不变，故方差减小或不变，
所以同一个选手的“初始评分”的方差不低于“有效评分”的方差，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】根据题意结合中位数、百分位数、平均数和方差的定义和性质分析判断.
10．正方体棱长为2，直线与平面交于点为线段上的动点，则（ ）
A．当为中点时，三点共线
B．存在点，使
C．直线与的夹角为
D．四面体的体积为定值
【答案】A,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论；平行公理；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A： 当为中点时， 连接，
因为直线与平面，则，平面，
且平面，则平面，
又因为平面平面，则
所以三点共线 ，故A正确；
对于B：在正方形ABCD中，，
若 ，因为，则，显然不成立，
所以不成立，故B错误；
对于C：因为，
且平面，则，
且，平面，可得平面，
故，
同理可得，则平面，
且平面，可得，
所以 直线与的夹角为，故C错误；
对于D：因为，且平面，平面，
所以平面，
点到平面的距离为定值，且的面积也为定值，
所以 四面体的体积为定值 ，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：根据平面的基本性质分析判断；对于B：利用反证法结合，分析判断；对于C：可证平面，即可得；对于D：可证平面，根据平行关系结合体积公式分析判断.
11．已知为坐标原点，点在抛物线上，经过点且斜率大于零的直线交于两点，点在第一象限，则（ ）
A．的准线为 B．以为直径的圆经过原点
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A：因为点在抛物线上，
则，解得，
可知抛物线方程为，准线为，故A错误；
对于B：设直线PQ的方程为，，
联立方程，消x得，
则，，
因为，
则
，
即，则，所以以为直径的圆经过原点，故B正确；
对于C：因为，
所以，故C正确；
对于D：设线段PQ的中点为M，
因为，则，
可得，
所以以PQ为直径的圆的圆心为，半径为，
且，
可得，即，
可知点A在以PQ为直径的圆内，
又因为点O，P，Q在以PQ为直径的圆上，
所以 ，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对于A：代入点 可得，进而可得抛物线方程和准线方程；对于B：设直线PQ的方程为，，联立方程结合韦达定理可得，即可得结果；对于C：结合选项B分别求即可判断；对于C：设线段PQ的中点为M，结合选项B，分析可知，进而可得结果.
12．已知函数的定义域为，对于任意的，都有成立，则（ ）
A．
B．若，则
C．一定是偶函数
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【解答】解：对于A：因为 ，
令，则，可得或，故A错误；
对于B：令，则，且，可得，
令，则，可得，故B正确；
对于C： 因为函数的定义域为，
当时，令，则，
可得，满足，所以函数是偶函数；
当时，令，则，
可得，所以函数是偶函数；
综上所述：函数是偶函数，故C正确；
对于D：因为 ，令，则，
则，
，
所以，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】对于A：令，代入运算求解；对于B：令，代入运算求解；对于C：分和两种情况，分别令和运算求解；对于D：令，可得，进而可得结果.
三、填空题
13．函数在上的最大值是 ．
【答案】
【知识点】正弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为 ，
且 ，则，
当，即时，取到最大值.
故答案为：.
【分析】利用辅助角公式整理得，结合正弦函数分析求解.
14．第19届亚洲运动会于2023年9月23日10月8日在我国杭州成功举办，中国国家队以201金、111银、71铜的优异成绩位列奖牌榜榜首．此次亚运会的颁奖花束——“硕果累累”，由花材和花器两部分组成，如图1．其中花器的造型灵感来自中国南宋时期官窑花解，由国家级非物质文化遗产东阳木雕制作而成，可以近似看作由大、小两个圆台拼接而成的组合体，如图2．已知大圆台的两底面半径和高分别为，小圆台的两底面半径和高分别为，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解： 该几何体的体积为.
故答案为：.
【分析】根据题意结合台体体积公式运算求解.
15．向量在向量上的投影向量为，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量为，
则，即，
又因为，则，可得，
当且仅当同向，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：.【分析】根据投影向量的定义结合数量积的运算可得，进而可得结果.
16．已知椭圆的两个焦点为，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，若的内切圆半径，则该椭圆的离心率为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可设直线，且直线AB必与椭圆相交，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
又因为右焦点到直线AB的距离，
利用等面积法可得，整理得，
所以该椭圆的离心率为.
故答案为：.
【分析】设直线，联立方程结合弦长公式可得，根据内切圆的性质结合等面积法可得，再结合椭圆离心率公式运算求解.
四、解答题
17．图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：连交于点，连．
由为正方形知为中点，又为中点，故，
又平面且平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连，由为等边三角形得．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，
平面就是坐标平面，故可取其法向量，
设平面一个法向量为，
即，则，
令，则，得，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 连交于点，连．可得，进而可证平面；
(2) 取中点，连，根据面面垂直的性质可得平面，建系，利用空间向量求面面夹角.
18．记为数列的前项和，已知．
（1）求；
（2）若，记为的前项和，且满足，求的最大值．
【答案】（1）解：当时，，解得，
当时，，
因为，所以，即，
所以，
所以，是首项为3，公比为3的等比数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解：由题意知：，
所以，
易知在上单调递增，
而，
所以满足的的最大值为12．
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 根据 与 之间的关系，结合等比数列分析求解；
(2) 由（1）可得，利用分组求和法可得，结合数列单调性解不等式.
19．的内角的对边分别为平分且交于点．已知的面积为1．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）解：因为平分，所以，
由面积公式得，得，
由余弦定理得，
所以．
（2）解：因为，所以，
设，则
，得，
所以，
所以．
【知识点】二倍角的正切公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 在中，可知，利用面积公式和余弦定理运算求解；
(2) 设，可知，利用面积公式可得，再运算倍角公式运算求解.
20．甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：放置一张纸片在地面指定位置，其中一人在固定位置投篮，若篮球被篮板反弹后击中纸片，则本次游戏成功，此人继续投篮，否则游戏失败，换为对方投篮．已知第一次投篮的人是甲、乙的概率分别为和，甲、乙两人每次游戏成功的概率分别为和．
（1）求第2次投篮的人是甲的概率；
（2）记第次投篮的人是甲的概率为，
⑴用表示；
⑵求．
【答案】（1）解：第2次投篮的人是甲包含两种情况：
①第1次甲投篮且游戏成功，其概率为；
②第1次乙投篮且游戏失败，其概率为，
由全概率公式得第2次投篮的人是甲的概率为．
（2）解：⑴第次投篮的人是甲包含两种情况：
①第次甲投篮且游戏成功，其概率为；
②第次乙投篮且游戏失败，其概率为，
由全概率公式得，即．
⑵由⑴得，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；全概率公式
【解析】【分析】 (1) 分“第1次甲投篮且游戏成功”和“第1次乙投篮且游戏失败”两种情况，结合全概率公式运算求解；
(2) ⑴分“第n次甲投篮且游戏成功”和“第n次乙投篮且游戏失败”两种情况，结合全概率公式运算求解；⑵由⑴得，结合等比数列运算求解.
21．设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若为直线上的一动点，直线分别与交于点．求证：直线过定点．
【答案】（1）解：设，由题得，整理得，
因为与点均不重合，故点和均不在轨迹上，
即轨迹的方程为.
（2）解：由题设，则直线的方程为，直线的方程为，
联立，得，
解得，
同理得，
当时，，
直线的方程为，即，此时恒过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
综上，直线过定点.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设，结合斜率公式运算求解，注意；
(2) 设，则直线的方程为，直线的方程为，与 的方程 联立，利用韦达定理整理得直线的方程为，即可分析定点，注意检验时的情况.
22．已知函数，其中．
（1）若为增函数，求的取值范围；
（2）若，证明：．
【答案】（1）解：因为，又为增函数，
所以在上恒成立，所以，
设，则，令，解得，
所以，当时，此时单调递增；
当时，此时单调递减，
所以，
所以．
（2）解：因为，所以，
因为，所以要证，即证，即证，
当时，，所以；
当时，令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
综上，．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 求导，分析可知在上恒成立，设，利用导数求的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解；
(2) 分析可知：即证，当，根据不等式性质分析证明；当时，令，利用导数求的单调性和最值，进而可得结果.
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