湖北省武汉市武昌区2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
一、/span> 选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2024高二下·武昌期末）若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：得，即，B为奇数集，
故.
故答案为：C
【分析】先解不等式求出集合A，再通过分析可得B为奇数集，利用集合的交集运算可求出答案.
2．（2024高二下·武昌期末）在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）
A． B． C．-1 D．1
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：在复平面内对应的点为，它关于直线对称点为，
因为复数对应的点关于直线对称，所以，
则，
故答案为：C.
【分析】先找出在复平面内对应的点，再利用对称性可求出，再利用复数除法运算：分子和分母同时乘以，通过化简可求出答案.
3．（2024高二下·武昌期末）已知向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，得，
所以在上的投影向量为.
故答案为：A
【分析】先对两边平方，利用完全平方公式和平面向量的数量积化简可求出，再根据投影向量的定义可得：在上的投影向量为，代入数据可求出答案.
4．（2024高二下·武昌期末）现将六名学生排成一排，要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有（ ）
A．144种 B．240种 C．120种 D．72种
【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将捆绑在一起，看成一个整体，与进行全排列，有种排法，
排完后有4个空，用去插这4个空，有种方法，
由分步乘法原理可知共有种排列方式.
故答案为：A
【分析】本题需要分两步完成：第一步：先进行捆绑，将捆绑在一起，看成一个整体，与进行全排列，求出排法种数；第二步再进行插空，产生4个空，然后去插空，求出排法种数，再分步乘法原理可求出答案.
5．（2024高二下·武昌期末）已知角，点在直线上，则（ ）
A． B．-1 C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意得，即，解得，
因为，所以，，，
.
故答案为：C.
【分析】根据点在直线上可得，再利用二倍角的余弦公式解方程可求出，利用同角三角函数基本关系可求出，进而可求出，利用两角差的正切公式进行展开可求出的值.
6．（2024高二下·武昌期末）已知数列满足.若数列是公差为2的等差数列，则（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【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：，所以，
整理得，
所以数列为常数列，每项均为0，
所以，则，.
故答案为：B.
【分析】.根据数列为等差数列，利用等差数列的通项公式可求出，通过变形可推出数列为常数列，据此可求出，进而求出的值.
7．（2024高二下·武昌期末）摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间（min）的函数关系式为若甲 乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲 乙两人座舱高度差的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，
则，
所以甲 乙两人座舱高度差为
，
所以甲 乙两人座舱高度差的最大值为.
故答案为：D.
【分析】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，根据题意可得，利用函数关系式为进行作差，再利用辅助公式化简可得：甲 乙两人座舱高度，据此可求出甲 乙两人座舱高度差的最大值.
8．（2024高二下·武昌期末）如图，在棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，为线段的中点，球的球面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．球的的体积与四面体外接球的体积之比为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．球被平面截得的截面面积为
【答案】C
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A：连接，，则，如图所示：
又为中点，所以，
若，平面，且，所以平面，可知这是不成立的，
所以不成立，A错误；
B：利用结论：若正四面体的棱长为，则该四面体的外接球半径为，内切球半径为.
在中，，所以圆的半径为，四面体的外接圆半径为，
所以球的的体积与四面体外接球的体积之比，B错误；
C：连接，取的中心，如上图：则在上，连接，则平面，
作平面，则为中点.为直线与平面所成的角，
在中，，，，
所以，C正确；
D：因为点到平面的距离为，
所以球被平面截得的截面圆半径为，
所以截面面积为，D错误.
故答案为：C
【分析】根据正四面体的结构特征和已知条件可得平面不成立，据此可判断A选项；设正四面体的棱长为，通过计算可得该四面体的外接球半径为，内切球半径为.，据此可求出球的的体积与四面体外接球的体积之比，判断B选项；连接，取的中心，则在上，连接，利用直线与平面所成角的定义可得为直线与平面所成的角，利用正弦的定义可求出直线与平面所成角的正弦值，判断C选项；利用球截面的性质可求出球被平面截得的截面圆半径，进而求出截面的面积，判断D选项.
二、/span> 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·武昌期末）下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据的第25百分位数为7
B．若随机变量，且，则
C．袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，则第二次取到红球的概率为
D．在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33
【答案】B,C,D
【知识点】极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点；全概率公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A：把数据按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23，
因为，所以第25百分位数是第3，4两个数的平均数，为，A错误；
B：因为，且，所以，
所以，B正确；
C：设第二次取到红球为事件，第一次取到红球为事件，
则，C正确；
D：这20名同学物理成绩的平均数为：，
所以这20名同学物理成绩的方差为：，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先将数据从小到大的顺序排列，求出数位，再根据百分位数的定义可求出第25百分位数，判断A选项；利用正态分布的对称性可得，据此可求出，判断B选项；设第二次取到红球为事件，第一次取到红球为事件，利用全概率计算公式可求出第二次取到红球的概率，判断C选项；先求出20名同学物理成绩的平均数，利用分层抽样方差计算公式可求出这20名同学物理成绩的方差，判断D选项.
10．（2024高二下·武昌期末）在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为.已知长方形的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆的“蒙日圆”的方程为
C．长方形的面积的最大值为18
D．若椭圆的上下顶点分别为，则其蒙日圆上存在两个点满足
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A.由题意得，，所以，A错；
B.因为，所以椭圆的“蒙日圆”的方程为，B正确；
C.根据“蒙日圆”的定义可得长方形的对角线，
所以当时，面积最大，为，C正确；
D.由题意得，，
设，则，
整理的，
所以点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，
因为，所以点的轨迹与蒙日圆相交，有两个交点，即蒙日圆上存在两个点满足，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本根据椭圆方程先求出，利用离心率公式可求出离心率判断A选项；根据的值，利用蒙日圆的定义可写出蒙日圆方程，判断B选项；根据蒙日圆的定义得到长方形的对角线，根据长方形的面积公式可得当时面积最大，求出面积可判断C选项；设，利用两点间的距离公式可推出点的轨迹，通过比较圆心距和半径的关系可两圆相交，据此可推出蒙日圆上存在两个点满足.判断D选项
11．（2024高二下·武昌期末）已知函数，则（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数在区间上单调递增
C．函数在区间上没有零点
D．函数的最大值为1
【答案】B,D
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，所以函数的定义域为
A，因为，
所以，
所以不是的一个周期，A错误；
B，因为时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递增，B正确；
C，因为时，所以，
所以，且，
所以，
所以，故在单调递减，且，
根据零点存在性定理，函数在有零点，C错误；
D，因为，所以为偶函数，
当，且，所以在为周期函数，
同理在也为周期函数.由BC得，在单调递减，在单调递增，且
当时，所以，
所以，且，
所以，
所以，故在单调递减，
当时，所以，
所以，且，
所以，
所以，故在单调递增，
综上所诉，在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增，
且，且当时，函数在周期内，都有，如图所示：
故函数的最大值为，D正确.
故答案为：BD.
【分析】通过计算可得：，据此可判断A选项；当时，，求出导函数，根据三角函数的有界性可判断导函数的正负，据此可判断在区间上的单调性，判断B选项；当时，，求出导函数，根据三角函数的有界性可判断导函数的正负，据此可判断在区间的单调性，再根据，利用零点存在性定理可判断出零点，判断C选项；先利用导函数可判断在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增，且，当时，，利用单调性和周期性可画出函数图象，进而可求出函数的最大值，判断D选项.
三、/span> 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·武昌期末）的展开式中，的系数为 .（用数字填写答案）
【答案】-40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令5﹣r=2，解得r=3，
所以T4=C53 x2=0x2；
令5﹣r=3，解得r=2，
所以T3=4C52 x3=40x3；
所以展开式中x3的系数为0+40=﹣40．
故答案为：﹣40．
【分析】先求出展开式的通项为：，进而可求出含x2与x3项的系数，据此可计算展开式中x3的系数．
13．（2024高二下·武昌期末）已知直线和，过动点作两直线的平行线，分别交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.若平行四边形（为坐标原点）的面积为3，记动点的轨迹为曲线，若曲线与直线有且仅有两个交点，则的取值范围为 .
【答案】或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，过点M且平行的直线方程为，
由，解得，则，
又点M到直线的距离为，
所以平行四边形（为坐标原点）的面积为，
由题意点在第一象限，点在第四象限可知，点在直线下方，在直线上方，
化简得，其渐近线方程为，如图所示：
因为直线过定点，若直线与曲线有两个交点，
则的取值范围为或，
故答案为：或
【分析】设，过点M且平行的直线方程为，与联立，解方程组可求出点A的坐标和点M到的距离，再利用平行四边形（为坐标原点）的面积通过化简可求出点M的轨迹为双曲线的右支，再根据直线过定点，画出图形，观察图形可求出实数的取值范围.
14．（2024高二下·武昌期末）已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则 .
【答案】2024
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故，
由①，则，代入②，
可得，即，即，又是奇函数，
所以，所以是周期为2的周期函数，
又，可知也是周期为2的周期函数，
令代入②，得，
令代入①，得，
令代入②，得，
联立，解得，
所以.
故答案为：2024.
【分析】根据是偶函数，可得，两边同时求导可推出是奇函数，根据题目等式通过变形可得，再结合是奇函数，可推出是周期为2的周期函数，进而推出也是周期为2的周期函数，再利用赋值法可求出，的值，从利用函数的周期性进行计算可求出答案.
四、/span> 解答题：本题共5小题，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·武昌期末）已知函数的内角所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）设为边的中点，且的面积为，求的长.
【答案】（1）解：因为，
所以.
所以.
因为，所以，所以.
（2）解：因为，
所以.
所以.因为，
所以.所以.
由余弦定理，得，而，
所以，即.
所以，即.
因为，所以.
所以，即.所以.
因为，所以.
所以，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据，可得，据此可反推出角；
（2）先利用两角和的正弦公式以及正弦定理进行角化边可得：，再结合余弦定理进行化简可得：，再结合三角形的面积公式化简可求出，进而可得，利用三角形的中线向量公式可得，对式子两边进行平方，利用平面向量的数量积公式进行计算可求出答案.
16．（2024高二下·武昌期末）如图，四棱台中，下底面为平行四边形，平面，为的中点，平面平面.
（1）求四棱台的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）解：取的中点，则，
所以，四边形为平行四边形.
因为平面，所以平面，即梯形的高为（或）.
在直角三角形中，求得.
因为平面平面，所以.
因为平面平面，交线为，
因为，所以平面.
所以，所以.
在直角三角形中，求得边的高，
所以，底面的面积.
同理求得上底面面积.
由平面，知梯形的高为，
所以.
（2）解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴建立空间直线坐标系如图所示：
则.
由（1）知，平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
因为，
所以所以
令，则.所以.
设平面和平面的夹角为，
则.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，根据题意可推出四边形为平行四边形，进而推出平面，推出梯形的高为（或），利用平面与平面垂直的性质可推出平面，进而推出，利用等面积法可求出边的高，求出棱台的上下底面积，利用台体的体积公式可求出四棱台的体积.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高二下·武昌期末）甲 乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲 乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得-10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分.根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲 乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响.
（1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望；
（2）设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率.
【答案】（1）解：的取值可能为.
，
，
，
所以，的分布列为：
-10 0 10
所以.
（2）解：由（1）知，在一局比赛中，
乙获得10分的概率为，
乙获得0分的概率为，
乙获得-10分的概率为.
在4局比赛中，乙获得40分的概率为，
在4局比赛中，乙获得30分的概率为，
在4局比赛中，乙获得20分的概率为，
在4局比赛中，乙获得10分的概率为，
所以，乙最终获胜的概率为.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；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；二项分布
【解析】【分析】本题考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望，相互独立事件的概率公式，二项分布.
（1）先找出的可能取值，再利用相互独立事件的概率公式求出对应变量的概率，据此可列出的分布列，利用数学期望计算公式可求出数学期望.
（2）先利用相互独立事件的概率公式求出乙获得10分的概率；乙获得0分的概率；乙获得-10分的概率；利用二项分布求出在4局比赛中，乙获得40分的概率；乙获得30分的概率；乙获得20分的概率；乙获得10分的概率；，进而可求出乙最终获胜的概率.
18．（2024高二下·武昌期末）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过原点的两条直线分别交曲线于点和，且（为坐标原点）.判断四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积；若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意知，圆心为，半径为4，且.
因为，
所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆.
设椭圆方程为，则，解得，
所以，.
所以，曲线的方程为.
（2）解：四边形的面积为定值，理由如下：
当直线的斜率不存在时，直线轴，此时四边形为矩形，且.
因为，不妨设，则.
取，
则四边形的面积.
当直线的斜率存在时，设，且.
联立直线与椭圆的方程，消去并整理，得.
由，得.
所以.
所以.
所以.
因为，所以，即.
因为，
所以.
因为原点到直线的距离，且四边形为平行四边形，
所以四边形的面积.
所以，四边形的面积为定值.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先利用椭圆的定义判断点的轨迹为：点的轨迹为以为焦点的椭圆，根据题意先确定的值，利用椭圆的关系求出的值，据此可求出曲线的方程.
（2）分直线有无斜率分类讨论，当直线有斜率时，设其方程为，代入椭圆方程，应用伟大定理可得.，应用直线的斜率公式可推出：，利用弦长公式可求出，利用点到直线的距离公式可求出原点到直线的距离，据此可表示出四边形的面积，据此可判断四边形的面积为定值.
19．（2024高二下·武昌期末）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：.
注：.已知函数在处的阶帕德近似.
（1）求的表达式；
（2）记，当时，证明不等式；
（3）当，且时，证明不等式.
【答案】（1）解：由题意，.
因为，所以，所以.
因为，且，所以.
因为，且，所以.
所以.
（2）解：因为，
所以.
记，则，
因为，所以，所以在单调递减.
所以，所以.
（3）解：由（2）得，当时，.
所以，当时，.
又因为，所以.
所以，当时，
，
，……，
，
以上各式两边相加，得.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据的定义可得：，求出导函数，根据，可求出，再次求出导函数，根据，可求出，据此可求出的表达式；
（2）构造函数，求出导函数，根据导函数可推出在单调递减，据此求出最值可证明不等式.
（3）根据（2）的结论，可得，利用放缩法进行放缩并裂项可得：，再利用裂项相消法进行求和可证明不等式.
1 / 1湖北省武汉市武昌区2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
一、/span> 选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2024高二下·武昌期末）若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·武昌期末）在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）
A． B． C．-1 D．1
3．（2024高二下·武昌期末）已知向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·武昌期末）现将六名学生排成一排，要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有（ ）
A．144种 B．240种 C．120种 D．72种
5．（2024高二下·武昌期末）已知角，点在直线上，则（ ）
A． B．-1 C． D．
6．（2024高二下·武昌期末）已知数列满足.若数列是公差为2的等差数列，则（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
7．（2024高二下·武昌期末）摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间（min）的函数关系式为若甲 乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲 乙两人座舱高度差的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·武昌期末）如图，在棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，为线段的中点，球的球面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．球的的体积与四面体外接球的体积之比为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．球被平面截得的截面面积为
二、/span> 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·武昌期末）下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据的第25百分位数为7
B．若随机变量，且，则
C．袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，则第二次取到红球的概率为
D．在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33
10．（2024高二下·武昌期末）在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为.已知长方形的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆的“蒙日圆”的方程为
C．长方形的面积的最大值为18
D．若椭圆的上下顶点分别为，则其蒙日圆上存在两个点满足
11．（2024高二下·武昌期末）已知函数，则（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数在区间上单调递增
C．函数在区间上没有零点
D．函数的最大值为1
三、/span> 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·武昌期末）的展开式中，的系数为 .（用数字填写答案）
13．（2024高二下·武昌期末）已知直线和，过动点作两直线的平行线，分别交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.若平行四边形（为坐标原点）的面积为3，记动点的轨迹为曲线，若曲线与直线有且仅有两个交点，则的取值范围为 .
14．（2024高二下·武昌期末）已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则 .
四、/span> 解答题：本题共5小题，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·武昌期末）已知函数的内角所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）设为边的中点，且的面积为，求的长.
16．（2024高二下·武昌期末）如图，四棱台中，下底面为平行四边形，平面，为的中点，平面平面.
（1）求四棱台的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高二下·武昌期末）甲 乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲 乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得-10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分.根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲 乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响.
（1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望；
（2）设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率.
18．（2024高二下·武昌期末）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过原点的两条直线分别交曲线于点和，且（为坐标原点）.判断四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积；若不为定值，请说明理由.
19．（2024高二下·武昌期末）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：.
注：.已知函数在处的阶帕德近似.
（1）求的表达式；
（2）记，当时，证明不等式；
（3）当，且时，证明不等式.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：得，即，B为奇数集，
故.
故答案为：C
【分析】先解不等式求出集合A，再通过分析可得B为奇数集，利用集合的交集运算可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：在复平面内对应的点为，它关于直线对称点为，
因为复数对应的点关于直线对称，所以，
则，
故答案为：C.
【分析】先找出在复平面内对应的点，再利用对称性可求出，再利用复数除法运算：分子和分母同时乘以，通过化简可求出答案.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，
因为，所以，得，
所以在上的投影向量为.
故答案为：A
【分析】先对两边平方，利用完全平方公式和平面向量的数量积化简可求出，再根据投影向量的定义可得：在上的投影向量为，代入数据可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将捆绑在一起，看成一个整体，与进行全排列，有种排法，
排完后有4个空，用去插这4个空，有种方法，
由分步乘法原理可知共有种排列方式.
故答案为：A
【分析】本题需要分两步完成：第一步：先进行捆绑，将捆绑在一起，看成一个整体，与进行全排列，求出排法种数；第二步再进行插空，产生4个空，然后去插空，求出排法种数，再分步乘法原理可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意得，即，解得，
因为，所以，，，
.
故答案为：C.
【分析】根据点在直线上可得，再利用二倍角的余弦公式解方程可求出，利用同角三角函数基本关系可求出，进而可求出，利用两角差的正切公式进行展开可求出的值.
6．【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：，所以，
整理得，
所以数列为常数列，每项均为0，
所以，则，.
故答案为：B.
【分析】.根据数列为等差数列，利用等差数列的通项公式可求出，通过变形可推出数列为常数列，据此可求出，进而求出的值.
7．【答案】D
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，
则，
所以甲 乙两人座舱高度差为
，
所以甲 乙两人座舱高度差的最大值为.
故答案为：D.
【分析】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，根据题意可得，利用函数关系式为进行作差，再利用辅助公式化简可得：甲 乙两人座舱高度，据此可求出甲 乙两人座舱高度差的最大值.
8．【答案】C
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A：连接，，则，如图所示：
又为中点，所以，
若，平面，且，所以平面，可知这是不成立的，
所以不成立，A错误；
B：利用结论：若正四面体的棱长为，则该四面体的外接球半径为，内切球半径为.
在中，，所以圆的半径为，四面体的外接圆半径为，
所以球的的体积与四面体外接球的体积之比，B错误；
C：连接，取的中心，如上图：则在上，连接，则平面，
作平面，则为中点.为直线与平面所成的角，
在中，，，，
所以，C正确；
D：因为点到平面的距离为，
所以球被平面截得的截面圆半径为，
所以截面面积为，D错误.
故答案为：C
【分析】根据正四面体的结构特征和已知条件可得平面不成立，据此可判断A选项；设正四面体的棱长为，通过计算可得该四面体的外接球半径为，内切球半径为.，据此可求出球的的体积与四面体外接球的体积之比，判断B选项；连接，取的中心，则在上，连接，利用直线与平面所成角的定义可得为直线与平面所成的角，利用正弦的定义可求出直线与平面所成角的正弦值，判断C选项；利用球截面的性质可求出球被平面截得的截面圆半径，进而求出截面的面积，判断D选项.
9．【答案】B,C,D
【知识点】极差、方差与标准差；正态密度曲线的特点；全概率公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A：把数据按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23，
因为，所以第25百分位数是第3，4两个数的平均数，为，A错误；
B：因为，且，所以，
所以，B正确；
C：设第二次取到红球为事件，第一次取到红球为事件，
则，C正确；
D：这20名同学物理成绩的平均数为：，
所以这20名同学物理成绩的方差为：，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先将数据从小到大的顺序排列，求出数位，再根据百分位数的定义可求出第25百分位数，判断A选项；利用正态分布的对称性可得，据此可求出，判断B选项；设第二次取到红球为事件，第一次取到红球为事件，利用全概率计算公式可求出第二次取到红球的概率，判断C选项；先求出20名同学物理成绩的平均数，利用分层抽样方差计算公式可求出这20名同学物理成绩的方差，判断D选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A.由题意得，，所以，A错；
B.因为，所以椭圆的“蒙日圆”的方程为，B正确；
C.根据“蒙日圆”的定义可得长方形的对角线，
所以当时，面积最大，为，C正确；
D.由题意得，，
设，则，
整理的，
所以点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，
因为，所以点的轨迹与蒙日圆相交，有两个交点，即蒙日圆上存在两个点满足，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本根据椭圆方程先求出，利用离心率公式可求出离心率判断A选项；根据的值，利用蒙日圆的定义可写出蒙日圆方程，判断B选项；根据蒙日圆的定义得到长方形的对角线，根据长方形的面积公式可得当时面积最大，求出面积可判断C选项；设，利用两点间的距离公式可推出点的轨迹，通过比较圆心距和半径的关系可两圆相交，据此可推出蒙日圆上存在两个点满足.判断D选项
11．【答案】B,D
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，所以函数的定义域为
A，因为，
所以，
所以不是的一个周期，A错误；
B，因为时，所以，
所以，
且，
所以，
所以，故在单调递增，B正确；
C，因为时，所以，
所以，且，
所以，
所以，故在单调递减，且，
根据零点存在性定理，函数在有零点，C错误；
D，因为，所以为偶函数，
当，且，所以在为周期函数，
同理在也为周期函数.由BC得，在单调递减，在单调递增，且
当时，所以，
所以，且，
所以，
所以，故在单调递减，
当时，所以，
所以，且，
所以，
所以，故在单调递增，
综上所诉，在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增，
且，且当时，函数在周期内，都有，如图所示：
故函数的最大值为，D正确.
故答案为：BD.
【分析】通过计算可得：，据此可判断A选项；当时，，求出导函数，根据三角函数的有界性可判断导函数的正负，据此可判断在区间上的单调性，判断B选项；当时，，求出导函数，根据三角函数的有界性可判断导函数的正负，据此可判断在区间的单调性，再根据，利用零点存在性定理可判断出零点，判断C选项；先利用导函数可判断在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增，且，当时，，利用单调性和周期性可画出函数图象，进而可求出函数的最大值，判断D选项.
12．【答案】-40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令5﹣r=2，解得r=3，
所以T4=C53 x2=0x2；
令5﹣r=3，解得r=2，
所以T3=4C52 x3=40x3；
所以展开式中x3的系数为0+40=﹣40．
故答案为：﹣40．
【分析】先求出展开式的通项为：，进而可求出含x2与x3项的系数，据此可计算展开式中x3的系数．
13．【答案】或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，过点M且平行的直线方程为，
由，解得，则，
又点M到直线的距离为，
所以平行四边形（为坐标原点）的面积为，
由题意点在第一象限，点在第四象限可知，点在直线下方，在直线上方，
化简得，其渐近线方程为，如图所示：
因为直线过定点，若直线与曲线有两个交点，
则的取值范围为或，
故答案为：或
【分析】设，过点M且平行的直线方程为，与联立，解方程组可求出点A的坐标和点M到的距离，再利用平行四边形（为坐标原点）的面积通过化简可求出点M的轨迹为双曲线的右支，再根据直线过定点，画出图形，观察图形可求出实数的取值范围.
14．【答案】2024
【知识点】函数的奇偶性；抽象函数及其应用；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故，
由①，则，代入②，
可得，即，即，又是奇函数，
所以，所以是周期为2的周期函数，
又，可知也是周期为2的周期函数，
令代入②，得，
令代入①，得，
令代入②，得，
联立，解得，
所以.
故答案为：2024.
【分析】根据是偶函数，可得，两边同时求导可推出是奇函数，根据题目等式通过变形可得，再结合是奇函数，可推出是周期为2的周期函数，进而推出也是周期为2的周期函数，再利用赋值法可求出，的值，从利用函数的周期性进行计算可求出答案.
15．【答案】（1）解：因为，
所以.
所以.
因为，所以，所以.
（2）解：因为，
所以.
所以.因为，
所以.所以.
由余弦定理，得，而，
所以，即.
所以，即.
因为，所以.
所以，即.所以.
因为，所以.
所以，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据，可得，据此可反推出角；
（2）先利用两角和的正弦公式以及正弦定理进行角化边可得：，再结合余弦定理进行化简可得：，再结合三角形的面积公式化简可求出，进而可得，利用三角形的中线向量公式可得，对式子两边进行平方，利用平面向量的数量积公式进行计算可求出答案.
16．【答案】（1）解：取的中点，则，
所以，四边形为平行四边形.
因为平面，所以平面，即梯形的高为（或）.
在直角三角形中，求得.
因为平面平面，所以.
因为平面平面，交线为，
因为，所以平面.
所以，所以.
在直角三角形中，求得边的高，
所以，底面的面积.
同理求得上底面面积.
由平面，知梯形的高为，
所以.
（2）解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴建立空间直线坐标系如图所示：
则.
由（1）知，平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
因为，
所以所以
令，则.所以.
设平面和平面的夹角为，
则.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，根据题意可推出四边形为平行四边形，进而推出平面，推出梯形的高为（或），利用平面与平面垂直的性质可推出平面，进而推出，利用等面积法可求出边的高，求出棱台的上下底面积，利用台体的体积公式可求出四棱台的体积.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出平面与平面夹角的余弦值.
17．【答案】（1）解：的取值可能为.
，
，
，
所以，的分布列为：
-10 0 10
所以.
（2）解：由（1）知，在一局比赛中，
乙获得10分的概率为，
乙获得0分的概率为，
乙获得-10分的概率为.
在4局比赛中，乙获得40分的概率为，
在4局比赛中，乙获得30分的概率为，
在4局比赛中，乙获得20分的概率为，
在4局比赛中，乙获得10分的概率为，
所以，乙最终获胜的概率为.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；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；二项分布
【解析】【分析】本题考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望，相互独立事件的概率公式，二项分布.
（1）先找出的可能取值，再利用相互独立事件的概率公式求出对应变量的概率，据此可列出的分布列，利用数学期望计算公式可求出数学期望.
（2）先利用相互独立事件的概率公式求出乙获得10分的概率；乙获得0分的概率；乙获得-10分的概率；利用二项分布求出在4局比赛中，乙获得40分的概率；乙获得30分的概率；乙获得20分的概率；乙获得10分的概率；，进而可求出乙最终获胜的概率.
18．【答案】（1）解：由题意知，圆心为，半径为4，且.
因为，
所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆.
设椭圆方程为，则，解得，
所以，.
所以，曲线的方程为.
（2）解：四边形的面积为定值，理由如下：
当直线的斜率不存在时，直线轴，此时四边形为矩形，且.
因为，不妨设，则.
取，
则四边形的面积.
当直线的斜率存在时，设，且.
联立直线与椭圆的方程，消去并整理，得.
由，得.
所以.
所以.
所以.
因为，所以，即.
因为，
所以.
因为原点到直线的距离，且四边形为平行四边形，
所以四边形的面积.
所以，四边形的面积为定值.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先利用椭圆的定义判断点的轨迹为：点的轨迹为以为焦点的椭圆，根据题意先确定的值，利用椭圆的关系求出的值，据此可求出曲线的方程.
（2）分直线有无斜率分类讨论，当直线有斜率时，设其方程为，代入椭圆方程，应用伟大定理可得.，应用直线的斜率公式可推出：，利用弦长公式可求出，利用点到直线的距离公式可求出原点到直线的距离，据此可表示出四边形的面积，据此可判断四边形的面积为定值.
19．【答案】（1）解：由题意，.
因为，所以，所以.
因为，且，所以.
因为，且，所以.
所以.
（2）解：因为，
所以.
记，则，
因为，所以，所以在单调递减.
所以，所以.
（3）解：由（2）得，当时，.
所以，当时，.
又因为，所以.
所以，当时，
，
，……，
，
以上各式两边相加，得.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据的定义可得：，求出导函数，根据，可求出，再次求出导函数，根据，可求出，据此可求出的表达式；
（2）构造函数，求出导函数，根据导函数可推出在单调递减，据此求出最值可证明不等式.
（3）根据（2）的结论，可得，利用放缩法进行放缩并裂项可得：，再利用裂项相消法进行求和可证明不等式.
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