云南省玉溪市重点中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1．（2024高二下·玉溪月考） 已知是的导数，，在处取到极值，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2024高二下·玉溪月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·玉溪月考） 下列求导运算正确的是 （ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·玉溪月考） 已知为等比数列，若，则（ ）
A．4 B． C． D．
5．（2024高二下·玉溪月考）设，，，则，，大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·玉溪月考） 抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·玉溪月考） 已知向量，向量，满足，则 （ ）
A． B． C． D．
8．（2021·唐山模拟）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与C相交于A，B两点，若四边形 是矩形，则双曲线C的离心率 （ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2024高二下·玉溪月考）如图，在直三棱柱中，D，G，E分别为所在棱的中点，，三棱柱挖去两个三棱锥，后所得的几何体记为，则（ ）
A．有7个面 B．有13条棱
C．有7个顶点 D．平面平面
10．（2024高二下·玉溪月考）已知无穷等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．在数列中，最大 B．在数列中，或最大
C． D．当时，
11．（2024高二下·玉溪月考）如图，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复上述操作（其中），得到四个小正方形，记它们的面积分别为，则以下结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、/span>、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2017高一下·汽开区期末）若直线 过点(1，2)，则2a+b的最小值为 .
13．（2024高二下·玉溪月考） 已知，，，则的值为 ．
14．（2024高二下·玉溪月考） 已知函数，若函数恰好有两个零点，则实数等于 ．
四、/span>、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（2024高二下·玉溪月考）已知在中，三边所对的角分别为，已知．
（1）求；
（2）若外接圆的直径为4，求的面积．
16．（2024高二下·玉溪月考）在圆锥PO中，高，母线，B为底面圆O上异于A的任意一点.
（1）若，过底面圆心O作所在平面的垂线，垂足为H，求证：平面OHB；
（2）若，求二面角的余弦值.
17．（2024高二下·玉溪月考）已知是等差数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若对任意，求的最小整数值．
18．（2024高二下·玉溪月考）已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）当时，设，若恒成立，求的取值范围．
19．（2024高二下·玉溪月考）已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：若函数在处有极值，则一定有；
反之，若，函数在处不一定有极值，
如在处满足，但在处无极值，
所以“”是“函数 在处有极值”的必要不充分条件．
故答案为：B
【分析】本题考查函数极值点的意义，充分条件和必要条件的定义.根据极值点的意义：函数在极值点处有极值时导数必为0，导数为0不的点一定有极值，再结合充分条件和必要条件的定义可判断出选项.
2．【答案】C
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】解：集合，
集合，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合中元素的特征，判断两集合的关系即可.
3．【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A，由，A错误；
B，由，B错误；
C，由，C正确；
D，由，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查导数的运算法则.根据正弦函数求导可判断A选项；根据指数函数求导可判断B和D选项；根据对数函数求导法则可判断C选项.
4．【答案】B
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：，
，
，
，
.
故答案为：B
【分析】本题考查等比中项的性质.分析题意，再结合等比中项的性质可得，代入数据可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为函数在定义域上单调递增，故，即：，
因为函数在上单调递减，故，即：，
因为函数在上单调递增，故，则.
故答案为：C
【分析】本题考查利用指数函数单调性和对数函数的单调性比较大小.先分析三个值所代表的函数的单调性，再将三个数与进行比较，再与与进行比较，综合0和1的大小可选出选项.
6．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：根据已知，，
所以焦点坐标为.
故答案为：A
【分析】本题考查抛物线的简单几何性质.先根据抛物线方程求出p的值，再判断抛物线的形状，进而写出抛物线的焦点坐标.
7．【答案】D
【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】解：向量，，，向量，1，，
若，设
则有，则，则有，，
则，
故答案为：．
【分析】本题考查空间向量的位置关系.根据题意，可先设，据此列出方程组，解方程组可求出、的值，进而求出答案．
8．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】显然直线 与 交于原点O，由双曲线对称性知，四边形 是矩形，当且仅当|AB|=|F1F2|，
设点 ，而
由 得 ，解得 ，
则 ，而|F1F2|=2c， ，
所以 化简得 ，即 ， ，
解得 ，双曲线C的离心率e有 。
故答案为：D
【分析】显然直线 与 交于原点O，由双曲线对称性知，四边形 是矩形，当且仅当|AB|=|F1F2|，设点 ，而 ，再利用直线与双曲线相交求出交点的横坐标，再利用弦长公式求出A，B两点的距离为 ，而|F1F2|=2c， 再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，所以 ，化简变形得 ，因为 ，解得 的值 ，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式结合双曲线C的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。
9．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A，由图可知，有面，面，面，面，面，
面，面共7个，A正确；
C，有顶点共8个，C错误；
B，有棱，共13条棱，B正确；
D，取中点，连接，，则可得，，
因为，则为中点，且为中点，
则，即，且平面，平面，
所以平面，
又为中点，所以，且平面，
平面，所以平面，
且，平面，所以平面平面，D正确；
故答案为：ABD
【分析】本题考查空间几何体的结构特征，平面与平面平行的判定定理.根据题意通过观察几何体可找出的面，顶点，棱，据此可判断A，B，C选项；取中点，连接，，应用中位线定理可证明平面，平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，进而判断D选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：A和B、设等差数列的公差为，由可得：，又由 可得：，即，故数列单调递减，最大，即A正确，B错误；
C，由，由A项可知故，C正确；
D，由上分析知，则，故，因，，故有，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题考查等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式.通过分析条件可知：，，进而推出数列公差，所以最大，判断A选项和B选项；对与作差，化简可得：，通过举特例否定恒成立，据此可判断C选项；根据可推出，将通项表达式放大，由题设分析可得：，据此判断D选项.
11．【答案】B,C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：设，最大正方形的边长为1，
小正方形的边长分别为．∵，，
，
，，所以C正确；
，所以，所以B正确，
故答案为：BC.
【分析】本题考查任意角三角函数的定义.先设，最大正方形的边长为1，利用任意角三角函数的定义可得：，，利用正方形的面积公式可求出，据此可逐项判断出选项.
12．【答案】8
【知识点】直线的截距式方程；平均值不等式在函数极值中的应用
【解析】【解答】直线 过点(1，2)，则 ，
由
当且仅当 ，即 时，取等号，∴2a+b的最小值为8。
故答案为：8.
【分析】由直线过点，将点的坐标代入直线方程，得到a，b的关系式，由均值不等式求目标式的最值.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；诱导公式
【解析】【解答】解：
根据诱导公式得：
由正切函数的和差公式，且，上式可计算得：
故答案为：.
【分析】本题考查三角函数诱导公式，两角和的正切公式.利用三角函数诱导公式进行变形可得：，利用两角和的正切公式进行展开后再代入数据可求出答案.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：因为，则，
对于函数，所以，显然不是函数的零点，
当时函数恰好有两个零点，
所以方程有两个根，
令，
则函数与函数的图象有两个交点，
当时，，则，
所以当时，，函数在上为增函数，
当时，，函数在上为减函数，又，
当时，，函数在上为减函数，
由此可得函数的图象如下：
当即时，函数与函数的图象恰有两个交点，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.首先判断是否为函数的零点，令，通过变形可得方程有两个根，令，原问题可转化为函数与函数的图象有两个交点，求出的导函数，利用导数说明在上的单调性和极值，进而画出的图象，观察函数图象可求出实数k的值.
15．【答案】（1）解：因为，
因为．
所以，
又，则，因为，所以．
（2）解：由正弦定理，，则，
由余弦定理，，
解得或（舍去），
故的面积．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形的面积公式.
(1)利用两角和的余弦公式将题目条件式子进行展开，再进行化简可得：，据此可反推出角C的值；
(2)先利用正弦定理求出c，再利用余弦定理求出b的值，代入三角形的面积公式可求出答案.
16．【答案】（1）证明：因为PO为圆锥的高，所以.
又，所以平面POA.
因为平面POA，所以.
因为平面PAB，又平面PAB，所以，
又因为，所以平面OHB.
（2）如图，以O原点，OA为x轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，
得，
所以.
设平面PAB的一个法向量为，则
，令，则可取.
而平面POA的一个法向量为，
所以.
故所求二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.
（1）先利用直线与平面垂直的性质可推出，结合已知条件可证明平面，进而可推出，结合已知条件利用直线与平面垂直的性质可证明，再根据直线与平面垂直的判定定理可证明结论；
（2）以O原点，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面PAB的法向量和平面POA的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出二面角.
17．【答案】（1）解：因为
所以，解得.
所以．
（2）解：因为，所以，
令，
所以，
两式相减得，
所以．
因为，所以，
所以，故的最小整数值为1．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式，错位相减法求数列的和.
（1）利用等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式可列出方程组，解方程组可求出，利用等差数列的通项公式可求出答案；
（2）结合（1）可得：，利用错位相减法可求出，结合题目条件可求出m的最小整数值.
18．【答案】（1）解：定义域为，
①时，恒成立，在上单调递减
②时，
+
单调递减 单调递增
（2）解：恒成立
所以恒成立
设
则
设，则，
当时，递增，
当时，递减，
所以
所以当时，恒成立，
当时，递增，
当时，递减，
所以
由恒成立得，
所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的恒成立问题.
（1）先求出函数的定义域，再求出导函数，分两种情况：与，讨论导函数的正负，据此可求出函数的单调区间；
（2）根据题意，分离参数可得：恒成立，然后构造函数，求导可得，求出函数的单调性，进而求出的最值，进而求出实数m的取值范围
19．【答案】（1）解：由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为
（2）解：由（1）知，，设，直线的方程为，
由消去得，
则，
直线的方程为，
由，得，
同理，
则
，
所以为定值.
【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】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）利用椭圆的关系式和将已知点代入椭圆方程可列出方程组，解方程组可求出a和b的值，据此可求出出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程为：，与椭圆方程进行联立，应用韦达定理可得：，求出直线的方程，进而求出点M和点N的坐标，利用斜率公式化简，进而可证明结论.
1 / 1云南省玉溪市重点中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1．（2024高二下·玉溪月考） 已知是的导数，，在处取到极值，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：若函数在处有极值，则一定有；
反之，若，函数在处不一定有极值，
如在处满足，但在处无极值，
所以“”是“函数 在处有极值”的必要不充分条件．
故答案为：B
【分析】本题考查函数极值点的意义，充分条件和必要条件的定义.根据极值点的意义：函数在极值点处有极值时导数必为0，导数为0不的点一定有极值，再结合充分条件和必要条件的定义可判断出选项.
2．（2024高二下·玉溪月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】解：集合，
集合，则.
故答案为：C.
【分析】根据集合中元素的特征，判断两集合的关系即可.
3．（2024高二下·玉溪月考） 下列求导运算正确的是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A，由，A错误；
B，由，B错误；
C，由，C正确；
D，由，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查导数的运算法则.根据正弦函数求导可判断A选项；根据指数函数求导可判断B和D选项；根据对数函数求导法则可判断C选项.
4．（2024高二下·玉溪月考） 已知为等比数列，若，则（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比中项
【解析】【解答】解：，
，
，
，
.
故答案为：B
【分析】本题考查等比中项的性质.分析题意，再结合等比中项的性质可得，代入数据可求出答案.
5．（2024高二下·玉溪月考）设，，，则，，大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为函数在定义域上单调递增，故，即：，
因为函数在上单调递减，故，即：，
因为函数在上单调递增，故，则.
故答案为：C
【分析】本题考查利用指数函数单调性和对数函数的单调性比较大小.先分析三个值所代表的函数的单调性，再将三个数与进行比较，再与与进行比较，综合0和1的大小可选出选项.
6．（2024高二下·玉溪月考） 抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：根据已知，，
所以焦点坐标为.
故答案为：A
【分析】本题考查抛物线的简单几何性质.先根据抛物线方程求出p的值，再判断抛物线的形状，进而写出抛物线的焦点坐标.
7．（2024高二下·玉溪月考） 已知向量，向量，满足，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】解：向量，，，向量，1，，
若，设
则有，则，则有，，
则，
故答案为：．
【分析】本题考查空间向量的位置关系.根据题意，可先设，据此列出方程组，解方程组可求出、的值，进而求出答案．
8．（2021·唐山模拟）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，直线 与C相交于A，B两点，若四边形 是矩形，则双曲线C的离心率 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】显然直线 与 交于原点O，由双曲线对称性知，四边形 是矩形，当且仅当|AB|=|F1F2|，
设点 ，而
由 得 ，解得 ，
则 ，而|F1F2|=2c， ，
所以 化简得 ，即 ， ，
解得 ，双曲线C的离心率e有 。
故答案为：D
【分析】显然直线 与 交于原点O，由双曲线对称性知，四边形 是矩形，当且仅当|AB|=|F1F2|，设点 ，而 ，再利用直线与双曲线相交求出交点的横坐标，再利用弦长公式求出A，B两点的距离为 ，而|F1F2|=2c， 再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，所以 ，化简变形得 ，因为 ，解得 的值 ，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式结合双曲线C的离心率公式，从而求出双曲线的离心率。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2024高二下·玉溪月考）如图，在直三棱柱中，D，G，E分别为所在棱的中点，，三棱柱挖去两个三棱锥，后所得的几何体记为，则（ ）
A．有7个面 B．有13条棱
C．有7个顶点 D．平面平面
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A，由图可知，有面，面，面，面，面，
面，面共7个，A正确；
C，有顶点共8个，C错误；
B，有棱，共13条棱，B正确；
D，取中点，连接，，则可得，，
因为，则为中点，且为中点，
则，即，且平面，平面，
所以平面，
又为中点，所以，且平面，
平面，所以平面，
且，平面，所以平面平面，D正确；
故答案为：ABD
【分析】本题考查空间几何体的结构特征，平面与平面平行的判定定理.根据题意通过观察几何体可找出的面，顶点，棱，据此可判断A，B，C选项；取中点，连接，，应用中位线定理可证明平面，平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，进而判断D选项.
10．（2024高二下·玉溪月考）已知无穷等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．在数列中，最大 B．在数列中，或最大
C． D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：A和B、设等差数列的公差为，由可得：，又由 可得：，即，故数列单调递减，最大，即A正确，B错误；
C，由，由A项可知故，C正确；
D，由上分析知，则，故，因，，故有，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题考查等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式.通过分析条件可知：，，进而推出数列公差，所以最大，判断A选项和B选项；对与作差，化简可得：，通过举特例否定恒成立，据此可判断C选项；根据可推出，将通项表达式放大，由题设分析可得：，据此判断D选项.
11．（2024高二下·玉溪月考）如图，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复上述操作（其中），得到四个小正方形，记它们的面积分别为，则以下结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：设，最大正方形的边长为1，
小正方形的边长分别为．∵，，
，
，，所以C正确；
，所以，所以B正确，
故答案为：BC.
【分析】本题考查任意角三角函数的定义.先设，最大正方形的边长为1，利用任意角三角函数的定义可得：，，利用正方形的面积公式可求出，据此可逐项判断出选项.
三、/span>、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2017高一下·汽开区期末）若直线 过点(1，2)，则2a+b的最小值为 .
【答案】8
【知识点】直线的截距式方程；平均值不等式在函数极值中的应用
【解析】【解答】直线 过点(1，2)，则 ，
由
当且仅当 ，即 时，取等号，∴2a+b的最小值为8。
故答案为：8.
【分析】由直线过点，将点的坐标代入直线方程，得到a，b的关系式，由均值不等式求目标式的最值.
13．（2024高二下·玉溪月考） 已知，，，则的值为 ．
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；诱导公式
【解析】【解答】解：
根据诱导公式得：
由正切函数的和差公式，且，上式可计算得：
故答案为：.
【分析】本题考查三角函数诱导公式，两角和的正切公式.利用三角函数诱导公式进行变形可得：，利用两角和的正切公式进行展开后再代入数据可求出答案.
14．（2024高二下·玉溪月考） 已知函数，若函数恰好有两个零点，则实数等于 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：因为，则，
对于函数，所以，显然不是函数的零点，
当时函数恰好有两个零点，
所以方程有两个根，
令，
则函数与函数的图象有两个交点，
当时，，则，
所以当时，，函数在上为增函数，
当时，，函数在上为减函数，又，
当时，，函数在上为减函数，
由此可得函数的图象如下：
当即时，函数与函数的图象恰有两个交点，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.首先判断是否为函数的零点，令，通过变形可得方程有两个根，令，原问题可转化为函数与函数的图象有两个交点，求出的导函数，利用导数说明在上的单调性和极值，进而画出的图象，观察函数图象可求出实数k的值.
四、/span>、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（2024高二下·玉溪月考）已知在中，三边所对的角分别为，已知．
（1）求；
（2）若外接圆的直径为4，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
因为．
所以，
又，则，因为，所以．
（2）解：由正弦定理，，则，
由余弦定理，，
解得或（舍去），
故的面积．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形的面积公式.
(1)利用两角和的余弦公式将题目条件式子进行展开，再进行化简可得：，据此可反推出角C的值；
(2)先利用正弦定理求出c，再利用余弦定理求出b的值，代入三角形的面积公式可求出答案.
16．（2024高二下·玉溪月考）在圆锥PO中，高，母线，B为底面圆O上异于A的任意一点.
（1）若，过底面圆心O作所在平面的垂线，垂足为H，求证：平面OHB；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为PO为圆锥的高，所以.
又，所以平面POA.
因为平面POA，所以.
因为平面PAB，又平面PAB，所以，
又因为，所以平面OHB.
（2）如图，以O原点，OA为x轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，
得，
所以.
设平面PAB的一个法向量为，则
，令，则可取.
而平面POA的一个法向量为，
所以.
故所求二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.
（1）先利用直线与平面垂直的性质可推出，结合已知条件可证明平面，进而可推出，结合已知条件利用直线与平面垂直的性质可证明，再根据直线与平面垂直的判定定理可证明结论；
（2）以O原点，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面PAB的法向量和平面POA的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出二面角.
17．（2024高二下·玉溪月考）已知是等差数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若对任意，求的最小整数值．
【答案】（1）解：因为
所以，解得.
所以．
（2）解：因为，所以，
令，
所以，
两式相减得，
所以．
因为，所以，
所以，故的最小整数值为1．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式，错位相减法求数列的和.
（1）利用等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式可列出方程组，解方程组可求出，利用等差数列的通项公式可求出答案；
（2）结合（1）可得：，利用错位相减法可求出，结合题目条件可求出m的最小整数值.
18．（2024高二下·玉溪月考）已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）当时，设，若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：定义域为，
①时，恒成立，在上单调递减
②时，
+
单调递减 单调递增
（2）解：恒成立
所以恒成立
设
则
设，则，
当时，递增，
当时，递减，
所以
所以当时，恒成立，
当时，递增，
当时，递减，
所以
由恒成立得，
所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的恒成立问题.
（1）先求出函数的定义域，再求出导函数，分两种情况：与，讨论导函数的正负，据此可求出函数的单调区间；
（2）根据题意，分离参数可得：恒成立，然后构造函数，求导可得，求出函数的单调性，进而求出的最值，进而求出实数m的取值范围
19．（2024高二下·玉溪月考）已知椭圆的右焦点为，且经过点，过点且不与轴重合的直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，直线，和直线分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1）解：由题意得，解得，
故椭圆的标准方程为
（2）解：由（1）知，，设，直线的方程为，
由消去得，
则，
直线的方程为，
由，得，
同理，
则
，
所以为定值.
【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】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系.
（1）利用椭圆的关系式和将已知点代入椭圆方程可列出方程组，解方程组可求出a和b的值，据此可求出出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程为：，与椭圆方程进行联立，应用韦达定理可得：，求出直线的方程，进而求出点M和点N的坐标，利用斜率公式化简，进而可证明结论.
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