云南省曲靖市麒麟区2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高二下·麒麟期末）设，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高二下·麒麟期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·麒麟期末）已知表示两个不同的平面，表示一条直线，且，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
4．（2024高二下·麒麟期末）已知向量是单位向量，且，则（ ）
A．3 B．5 C． D．
5．（2024高二下·麒麟期末）在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．57 B．56 C．36 D．35
6．（2024高二下·麒麟期末）已知圆，直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．直线与圆相切
C．直线与圆相交 D．直线与圆相离
7．（2024高二下·麒麟期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，下列结论中正确的是（ ）
A．与互为对立事件 B．与互斥
C． D．与相等
8．（2024高二下·麒麟期末）已知定义在上的函数满足，且，则下列结论中错误的是（ ）
A． B．为奇函数
C．不存在零点 D．
9．（2024高二下·麒麟期末）已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数是偶函数
B．的图象关于点对称
C．的最小正周期是
D．在区间上单调递减
10．（2024高二下·麒麟期末）如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图象作出以下判断，正确的是（ ）
A．图（1）的平均数中位数众数
B．图（2）的众数<平均数<中位数
C．图（2）的众数<中位数<平均数
D．图（3）的中位数平均数众数
11．（2024高二下·麒麟期末）已知双曲线的左 右焦点分别为，过点的直线与的左支相交于两点，若，且，则（ ）
A．
B．
C．双曲线的渐近线方程为
D．直线的斜率为4
12．（2024高二下·麒麟期末）求曲线在点处的切线的倾斜角为 .
13．（2024高二下·麒麟期末）抛物线上与焦点的距离等于3的点的坐标是 .
14．（2024高二下·麒麟期末）已知数列满足，，且.若是数列的前项积，求的最大值为 .
15．（2024高二下·麒麟期末）已知的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若的面积，求的周长.
16．（2024高二下·麒麟期末）为了研究学生的性别与是否喜欢运动的关联性，随机调查了某中学的50名学生，整理得到如下列联表：
男学生 女学生 合计
喜欢运动 8 4 12
不喜欢运动 2 36 38
合计 10 40 50
（1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别与是否喜欢运动有关联？
（2）现从喜欢运动的学生中随机抽取3人进行进一步的检测，设随机变量为男学生的人数，求的分布列和数学期望.
附：
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
参考公式：，其中.
17．（2024高二下·麒麟期末）已知函数.
（1）判断函数的单调性，并求出的极值；
（2）设函数，讨论函数的零点个数.
18．（2024高二下·麒麟期末）如图，在四棱锥中，底面满足，平面平面，，点是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积；
（3）求平面与平面所成角的正弦值.
19．（2024高二下·麒麟期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，短轴长为，点在上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，点为椭圆上一点，求周长的最大值；
（3）过的左焦点，且斜率不为零的直线交于两点，求面积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为复数，所以在复平面内对应的点，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】求出复数，再根据复数的几何意义判断即可.
2．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合；
由，解得，则集合，
则.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合A、B，再根据集合的交集的概念与运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：在长方体中，如图所示：
记平面为，平面为，
由，设取为直线，面，面，则，
，所以，，所以，即充分性成立；
反之，若，设取为直线，满足，但与不垂直，即必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】将直线和平面放入特殊图形中，根据充分性，必要性的定义判断即可.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得，结合数量积的运算律计算求解即可.
5．【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：展开式中含项的系数为1；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
则展开式中含项的系数为
.
故答案为：B.
【分析】根据二项式展开式的通项公式计算求解即可.
6．【答案】C
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
直线化为，则直线恒过定点，
显然，则点在圆内，即直线与圆相交.
故答案为：C.
【分析】求出圆的圆心和半径，直线所过的定点，再由该定点与圆的位置关系判断直线与圆的位置即可.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；等可能事件的概率
【解析】【解答】解：抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果为：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)；
事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)；事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)，
A、事件与能同时发生，不是对立事件，故A错误；
B、事件与能同时发生，不是互斥事件，故B错误；
C、，故C正确；
D、事件与事件不是同一个事件，故D错误．
故答案为：C.
【分析】列举出所有基本事件，再结合互斥事件、对立事件的意义结合古典概型概率公式求解判断即可.
8．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为函数满足，所以令，
可得，又因为，所以，故A错误；
B、函数的定义域为，因为，所以函数不是奇函数，故B正确；
C、由，令，可得，
即，解得或，
所以函数没有零点，故C错误；
D、由，令，可得，
所以，即，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据题意，结合抽象函数的赋值法，列出方程，逐项求解判断即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、函数，
则是偶函数，故A正确；
B、，则的图象关于点对称，故B正确；
C、函数的最小正周期为，故C错误；
D、当时，，因为正弦函数在上单调递减，
所以在区间上单调递减，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，根据正弦函数的图象性质逐项判断即可.
10．【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：图（1）的频率分布直方图是中心对称的，则平均数中位数众数，故A正确；
图（2）为右拖尾型，众数最小，平均数大于中位数，故B错误，C正确；
图（3）为左拖尾型，众数最大，平均数小于中位数，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据平均数，中位数，众数的定义结合图形分析判断即可.
11．【答案】B,C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由，设，，
因为，所以，则，，
又因为，所以，则，，
A、由上分析可知，故A错误；
B、显然，则，故B正确；
C、令，在中，，即，
则，，即，则双曲线的渐近线方程为，故C正确；
D、由，结合对称性，图中位置可互换，则直线的斜率为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，结合双曲线的定义求得，，再逐项分析计算判断即可.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：易知点在曲线上，
设，，且，
设曲线在处的切线的倾斜角为，则，解得.
故答案为：.
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，准线方程为，
设所求点的坐标为，由题意可得，解得，
因为点在抛物线上，所以，解得，
则所求点的坐标为.
故答案为：.
【分析】易求抛物线的焦点坐标及准线方程，再根据抛物线的定义求解即可.
14．【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列与指数函数的关系
【解析】【解答】解：因为数列满足和，所以，，
则数列是公比为，首项为的等比数列，即，
当或时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】根据数列的递推公式推得数列为等比数列，求出通项，写出的表达式，利用二次函数的单调性求最大值.
15．【答案】（1）解：在中，由，根据正弦定理可得，
因为，所以，又因为，所以，解得，
则；
（2）解：由，根据余弦定理可得，则，
因为，所以，由（1）知，则，
由正弦定理得，则，
故的周长为.
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合二倍角的正弦求解即可；
（2）利用三角形面积公式结合余弦定理求出角，再利用正弦定理求出即可得的周长.
（1）在中，由及正弦定理，得，
而，则，又，于是，解得，
所以.
（2）由及余弦定理，得，则，
而，解得，由（1）知，，
由正弦定理得，则，
所以的周长为.
16．【答案】（1）解：零假设：学生的性别与是否喜欢运动无关，
，则零假设不成立，
即根据的独立性检验，能认为学生的性别与是否喜欢运动有关联；
（2）解：由题意，可知的取值可能为，
，，
，，
的分布列为：
0 1 2 3
所以.
【知识点】独立性检验的基本思想；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据卡方公式计算，结合独立性检验判断即可；
（2）的取值可能为，根据超几何分布求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可.
（1），
所以能认为学生的性别与是否喜欢运动有关联；
（2）的取值可能为，则
，，
，，
的分布列为：
0 1 2 3
所以.
17．【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，解得，当时，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，且，无极小值；
（2）解：由题意知，要使函数的零点个数，即求方程的根的个数，
即求直线与函数图象的交点个数，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，当时，如图所示：
由图可知：当或时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有0个零点.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，求极值即可；
（2）将原问题转化为直线与函数图象的交点个数，由（1）可得的单调性，作出图形，结合图形求解即可.
（1），则，
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，且，无极小值.
（2）由题意知，
要求函数的零点个数，即求方程的根的个数，
即求直线与函数图象的交点个数.
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，当时，
如图，
由图可知当或时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有0个零点.
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为点是的中点，所以，
又因为，，所以，即四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，故平面；
（2）解：因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，
则四棱锥的体积为；
（3）解：分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，平面平面，平面平面，
平面，所以平面，则平面的一个法向量可取为，
由，则得，，
设平面的一个法向量为，则，，
设平面与平面所成角为，则，故.
即平面与平面所成角的正弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面，再利用三棱锥体积公式求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式求解即可.
（1）如图，取的中点，连接，因点是的中点，则有，
又，，故得，即四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，故平面.
（2）如图，因，则，
又因平面平面，平面平面，则平面，
于是四棱锥的体积为.
（3）分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
因，平面平面，平面平面，
平面，故有平面，则平面的一个法向量可取为，
由，则得，，
设平面的一个法向量为，则有：，
故可取，
设平面与平面所成角为，则，
故.
即平面与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：由题意，可得，且，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）解：由（1）知，因为，所以，
周长，
当且仅当点是线段的延长线与椭圆的交点时取等号，
所以周长的最大值为；
（3）解：设直线的方程为，，
联立，消去整理可得，
显然，由韦达定理可得，
，
因此面积，
令，，显然函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，，
所以当时，面积取得最大值3.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，求出，即可得椭圆的标准方程；
（2）由椭圆的定义可求出的最大值，从而可得周长的最大值；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理列出三角形面积的关系式，利用对勾函数性质求出最大值即可．
（1）依题意，，且，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，而，则，
周长，
当且仅当点是线段的延长线与椭圆的交点时取等号，
所以周长的最大值为.
（3）设直线的方程为，，
由消去得：，显然，，
，
因此面积，
令，，显然函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，
所以当时，面积取得最大值3.
1 / 1云南省曲靖市麒麟区2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高二下·麒麟期末）设，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为复数，所以在复平面内对应的点，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】求出复数，再根据复数的几何意义判断即可.
2．（2024高二下·麒麟期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合；
由，解得，则集合，
则.
故答案为：A.
【分析】解不等式求得集合A、B，再根据集合的交集的概念与运算求解即可.
3．（2024高二下·麒麟期末）已知表示两个不同的平面，表示一条直线，且，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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：在长方体中，如图所示：
记平面为，平面为，
由，设取为直线，面，面，则，
，所以，，所以，即充分性成立；
反之，若，设取为直线，满足，但与不垂直，即必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】将直线和平面放入特殊图形中，根据充分性，必要性的定义判断即可.
4．（2024高二下·麒麟期末）已知向量是单位向量，且，则（ ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得，结合数量积的运算律计算求解即可.
5．（2024高二下·麒麟期末）在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．57 B．56 C．36 D．35
【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：展开式中含项的系数为1；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
展开式中含项的系数为；
则展开式中含项的系数为
.
故答案为：B.
【分析】根据二项式展开式的通项公式计算求解即可.
6．（2024高二下·麒麟期末）已知圆，直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．直线与圆相切
C．直线与圆相交 D．直线与圆相离
【答案】C
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：易知圆的圆心，半径，
直线化为，则直线恒过定点，
显然，则点在圆内，即直线与圆相交.
故答案为：C.
【分析】求出圆的圆心和半径，直线所过的定点，再由该定点与圆的位置关系判断直线与圆的位置即可.
7．（2024高二下·麒麟期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，下列结论中正确的是（ ）
A．与互为对立事件 B．与互斥
C． D．与相等
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；等可能事件的概率
【解析】【解答】解：抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果为：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)；
事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)；事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)，
A、事件与能同时发生，不是对立事件，故A错误；
B、事件与能同时发生，不是互斥事件，故B错误；
C、，故C正确；
D、事件与事件不是同一个事件，故D错误．
故答案为：C.
【分析】列举出所有基本事件，再结合互斥事件、对立事件的意义结合古典概型概率公式求解判断即可.
8．（2024高二下·麒麟期末）已知定义在上的函数满足，且，则下列结论中错误的是（ ）
A． B．为奇函数
C．不存在零点 D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为函数满足，所以令，
可得，又因为，所以，故A错误；
B、函数的定义域为，因为，所以函数不是奇函数，故B正确；
C、由，令，可得，
即，解得或，
所以函数没有零点，故C错误；
D、由，令，可得，
所以，即，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据题意，结合抽象函数的赋值法，列出方程，逐项求解判断即可.
9．（2024高二下·麒麟期末）已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数是偶函数
B．的图象关于点对称
C．的最小正周期是
D．在区间上单调递减
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、函数，
则是偶函数，故A正确；
B、，则的图象关于点对称，故B正确；
C、函数的最小正周期为，故C错误；
D、当时，，因为正弦函数在上单调递减，
所以在区间上单调递减，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意，根据正弦函数的图象性质逐项判断即可.
10．（2024高二下·麒麟期末）如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图象作出以下判断，正确的是（ ）
A．图（1）的平均数中位数众数
B．图（2）的众数<平均数<中位数
C．图（2）的众数<中位数<平均数
D．图（3）的中位数平均数众数
【答案】A,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：图（1）的频率分布直方图是中心对称的，则平均数中位数众数，故A正确；
图（2）为右拖尾型，众数最小，平均数大于中位数，故B错误，C正确；
图（3）为左拖尾型，众数最大，平均数小于中位数，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据平均数，中位数，众数的定义结合图形分析判断即可.
11．（2024高二下·麒麟期末）已知双曲线的左 右焦点分别为，过点的直线与的左支相交于两点，若，且，则（ ）
A．
B．
C．双曲线的渐近线方程为
D．直线的斜率为4
【答案】B,C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由，设，，
因为，所以，则，，
又因为，所以，则，，
A、由上分析可知，故A错误；
B、显然，则，故B正确；
C、令，在中，，即，
则，，即，则双曲线的渐近线方程为，故C正确；
D、由，结合对称性，图中位置可互换，则直线的斜率为，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意，结合双曲线的定义求得，，再逐项分析计算判断即可.
12．（2024高二下·麒麟期末）求曲线在点处的切线的倾斜角为 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：易知点在曲线上，
设，，且，
设曲线在处的切线的倾斜角为，则，解得.
故答案为：.
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
13．（2024高二下·麒麟期末）抛物线上与焦点的距离等于3的点的坐标是 .
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，准线方程为，
设所求点的坐标为，由题意可得，解得，
因为点在抛物线上，所以，解得，
则所求点的坐标为.
故答案为：.
【分析】易求抛物线的焦点坐标及准线方程，再根据抛物线的定义求解即可.
14．（2024高二下·麒麟期末）已知数列满足，，且.若是数列的前项积，求的最大值为 .
【答案】
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列与指数函数的关系
【解析】【解答】解：因为数列满足和，所以，，
则数列是公比为，首项为的等比数列，即，
当或时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】根据数列的递推公式推得数列为等比数列，求出通项，写出的表达式，利用二次函数的单调性求最大值.
15．（2024高二下·麒麟期末）已知的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若的面积，求的周长.
【答案】（1）解：在中，由，根据正弦定理可得，
因为，所以，又因为，所以，解得，
则；
（2）解：由，根据余弦定理可得，则，
因为，所以，由（1）知，则，
由正弦定理得，则，
故的周长为.
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合二倍角的正弦求解即可；
（2）利用三角形面积公式结合余弦定理求出角，再利用正弦定理求出即可得的周长.
（1）在中，由及正弦定理，得，
而，则，又，于是，解得，
所以.
（2）由及余弦定理，得，则，
而，解得，由（1）知，，
由正弦定理得，则，
所以的周长为.
16．（2024高二下·麒麟期末）为了研究学生的性别与是否喜欢运动的关联性，随机调查了某中学的50名学生，整理得到如下列联表：
男学生 女学生 合计
喜欢运动 8 4 12
不喜欢运动 2 36 38
合计 10 40 50
（1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别与是否喜欢运动有关联？
（2）现从喜欢运动的学生中随机抽取3人进行进一步的检测，设随机变量为男学生的人数，求的分布列和数学期望.
附：
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
参考公式：，其中.
【答案】（1）解：零假设：学生的性别与是否喜欢运动无关，
，则零假设不成立，
即根据的独立性检验，能认为学生的性别与是否喜欢运动有关联；
（2）解：由题意，可知的取值可能为，
，，
，，
的分布列为：
0 1 2 3
所以.
【知识点】独立性检验的基本思想；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据卡方公式计算，结合独立性检验判断即可；
（2）的取值可能为，根据超几何分布求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可.
（1），
所以能认为学生的性别与是否喜欢运动有关联；
（2）的取值可能为，则
，，
，，
的分布列为：
0 1 2 3
所以.
17．（2024高二下·麒麟期末）已知函数.
（1）判断函数的单调性，并求出的极值；
（2）设函数，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，解得，当时，解得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，且，无极小值；
（2）解：由题意知，要使函数的零点个数，即求方程的根的个数，
即求直线与函数图象的交点个数，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，当时，如图所示：
由图可知：当或时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有0个零点.
【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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，求极值即可；
（2）将原问题转化为直线与函数图象的交点个数，由（1）可得的单调性，作出图形，结合图形求解即可.
（1），则，
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，且，无极小值.
（2）由题意知，
要求函数的零点个数，即求方程的根的个数，
即求直线与函数图象的交点个数.
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，当时，
如图，
由图可知当或时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有0个零点.
18．（2024高二下·麒麟期末）如图，在四棱锥中，底面满足，平面平面，，点是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积；
（3）求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为点是的中点，所以，
又因为，，所以，即四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，故平面；
（2）解：因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，
则四棱锥的体积为；
（3）解：分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，平面平面，平面平面，
平面，所以平面，则平面的一个法向量可取为，
由，则得，，
设平面的一个法向量为，则，，
设平面与平面所成角为，则，故.
即平面与平面所成角的正弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，证明，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面，再利用三棱锥体积公式求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式求解即可.
（1）如图，取的中点，连接，因点是的中点，则有，
又，，故得，即四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，故平面.
（2）如图，因，则，
又因平面平面，平面平面，则平面，
于是四棱锥的体积为.
（3）分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
因，平面平面，平面平面，
平面，故有平面，则平面的一个法向量可取为，
由，则得，，
设平面的一个法向量为，则有：，
故可取，
设平面与平面所成角为，则，
故.
即平面与平面所成角的正弦值为.
19．（2024高二下·麒麟期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，短轴长为，点在上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，点为椭圆上一点，求周长的最大值；
（3）过的左焦点，且斜率不为零的直线交于两点，求面积的最大值.
【答案】（1）解：由题意，可得，且，解得，
则椭圆的标准方程为；
（2）解：由（1）知，因为，所以，
周长，
当且仅当点是线段的延长线与椭圆的交点时取等号，
所以周长的最大值为；
（3）解：设直线的方程为，，
联立，消去整理可得，
显然，由韦达定理可得，
，
因此面积，
令，，显然函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，，
所以当时，面积取得最大值3.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，求出，即可得椭圆的标准方程；
（2）由椭圆的定义可求出的最大值，从而可得周长的最大值；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理列出三角形面积的关系式，利用对勾函数性质求出最大值即可．
（1）依题意，，且，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，而，则，
周长，
当且仅当点是线段的延长线与椭圆的交点时取等号，
所以周长的最大值为.
（3）设直线的方程为，，
由消去得：，显然，，
，
因此面积，
令，，显然函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，
所以当时，面积取得最大值3.
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