湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题
1．（2024高二下·郴州期末）设，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2024高二下·郴州期末）已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点分别为，则复数（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·郴州期末） （ ）
A． B．4 C． D．2
4．（2024高二下·郴州期末）已知为椭圆上一动点，分别为其左右焦点，直线与的另一交点为的周长为16.若的最大值为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·郴州期末）若为一组数的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A．28 B．56 C．36 D．40
6．（2024高二下·郴州期末）三位老师和4名同学站一排毕业留影，要求老师们站在一起，则不同的站法有：（ ）
A．360种 B．540种 C．720种 D．900种
7．（2024高二下·郴州期末）已知函数的两个零点分别为，若三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·郴州期末）设函数在上存在导数，有，在上，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·郴州期末）如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹长度为；
B．异面直线与所成角的正切值为2；
C．的最大值为2；
D．三棱锥的外接球表面积为.
10．（2024高二下·郴州期末）已知定义域在R上的函数满足：是奇函数，且，当，，则下列结论正确的是（ ）
A．的周期 B．
C．在上单调递增 D．是偶函数
11．（2024高二下·郴州期末）锐角中，角的对边为.且满足.下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹的离心率 B．
C．的外接圆周长 D．的面积
12．（2024高二下·郴州期末）若直线：与曲线：有两个不同的交点，则实数的取值范围是 .
13．（2024高二下·郴州期末）已知数列满足：．若，则数列的前项和 .
14．（2024高二下·郴州期末）暑假将临，大学生小明同学准备利用假期探访名胜古迹．已知某座山高 入人云，整体呈圆锥形，其半山腰（母线的中点）有一座古寺，与上山入口在同一条母线上，入口和古寺通过一条盘山步道相连，且当时为了节省资金，该条盘山步道是按“到达古寺的路程最短”修建的．如图，已知该座山的底面半径，高，则盘山步道的长度为 ，其中上山（到山顶的直线距离减小）和下山（到山顶的直线距离增大）路段的长度之比为 .
15．（2024高二下·郴州期末）在锐角中，内角所对的边分别为，，且满足.
（1）证明：；
（2）求的取值范围.
16．（2024高二下·郴州期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.
（1）证明：平面平面；
（2）是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
17．（2024高二下·郴州期末）已知函数.
（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）当时，求证在上恒成立.
18．（2024高二下·郴州期末）已知是抛物线上一点，是抛物线的焦点，已知，
（1）求抛物线的方程及的值；
（2）当在第一象限时，为坐标原点，是抛物线上一点，且的面积为1，求点的坐标；
（3）满足第（2）问的条件下的点中，设平行于的两个点分别记为，问抛物线的准线上是否存在一点使得，.
19．（2024高二下·郴州期末）材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件发生的概率为，试验进行到事件第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为，我们称服从几何分布，记为.
材料二：求无穷数列的所有项的和，如求，没有办法把所有项真的加完，可以先求数列前项和，再求时的极限：
根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6点”时停止.设停止时抛掷骰子的次数为随机变量.
（1）证明：；
（2）求随机变量的数学期望；
（3）求随机变量的方差.
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
【解析】【解答】解：当时，一定成立，即充分性成立；
当时，满足，但不成立，即必要性不成立，
则“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：B.
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数在复平面内对应的点分别为，
所以，则，.
故答案为：A．
【分析】由题意，写出复数的代数形式，再根据共轭复数的概念求出，最后根据复数的乘法运算求 即可．
3．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式、辅助角公式以及二倍角的正弦公式化简求值即可.
4．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为的最大值为6，所以①，
又因为的周长为16，所以②，由①②可得，
则椭圆的离心率为.
故答案为：C．
【分析】利用椭圆的标准方程及其参数的关系以及离心率公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据从小到大排列为，，
则数据的第六十百分位数为8，即，
则二项式展开式的通项为，
令，解得，故二项式的展开式的常数项为.
故答案为：A.
【分析】根据第六十百分位数求得，再结合二项式通项求解即可.
6．【答案】C
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：要求老师们站在一起，将老师捆绑看成一人，再与4名同学全排列，
则不同的站法有种站法.
故答案为：C．
【分析】先将老师捆绑看成一人内部一个全排，再将其与另外4名同学进行排列求解即可．
7．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为函数的两个零点分别为，
所以是方程的两个不等实根，
由韦达定理可得：，
易知，不妨设，
因为三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，
所以可以成等差数列，可以成等比数列，
或可以成等差数列，可以成等比数列，
所以，解得，，即，
则不等式，转化为，即，解得，
即原不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得是方程的两个不等实根，由韦达定理可得，不妨设，且由，可得，再由题意列方程可求出，从而求，代入解不等式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，都有，
令，则，解得，
又因为在上成立，所以，
构造函数，且，
则，
因为，所以，即函数为奇函数；
，当时，单调递减，因此在上单调递减；
，，
所以
，
因为，所以
即，所以，
由于在上单调递减，所以，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】通过构造函数，利用的奇偶性和条件得到在上单调递减，再将变形得到，结合函数的单调性求解即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以∥，且，
又因为平面，所以平面，平面，所以，
A、在中，，可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，
即动点的轨迹长度为，故A正确；
B、因为∥，∥，则∥，则异面直线与所成角即为，
其正切值为，故B错误；
C、因为线段在平面内的投影为，结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1，
所以的最大值为，故C正确；
D、设三棱锥的外接球的球心为，半径为，
因为平面，且为的外接圆圆心，可知，
则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】取的中点，分析可知平面；分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆即可判断A；分析可知异面直线与所成角即为，即可判断B；根据数量积的几何意义分析即可判断C；分析可知，求球的半径和表面积即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数是奇函数，所以，
所以，又因为，所以，
所以，即函数的周期为8，故A错误；
B、，故B正确；
C、根据函数的性质结合，，作出函数图象为：
由图象可知：在上单调递增，故C正确；
D、因为的图象不关于对称，所以不是偶函数，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据函数的性质结合周期性的定义即可判断A；利用性质作出函数的图象，结合图象分析判断BCD.
11．【答案】C,D
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：A、因为锐角，满足，所以，
又因为，根据双曲线的定义可得点在以为焦点的双曲线上，
且双曲线的实半轴长为，半焦距为，所以离心率为，故A错误；
B、不妨设双曲线的焦点在轴上，设，可得双曲线的方程为，如图所示：
要使得为锐角三角形，则的最大角为或，
当为最大角时，，即，
则，解得；
当为最大角时，，即，则，解得；
综上可得，实数的取值范围为，故B错误；
C、若时，可得，可得，
若时，可得，因为为锐角三角形，可得，
可得的外接圆的半径为，
则的外接圆周长，故C正确；
D、若时，可得，即，解得，
则，此时的面积为；
若时，可得，此时的面积为，
因为为锐角三角形，所以的面积，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据题意，由双曲线的定义，可得点在以为焦点的双曲线上，结合离心率的计算即可判断A；求得双曲线的方程，结合的最大角为或，利用余弦定理列出不等式即可判断B；求得，结合正弦定理即可判断C；分别求得和，求得的面积即可判断D.
12．【答案】
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：直线：化为，则直线恒过定点，
曲线：图象是圆心为，半径为2的上半圆（包含轴部分），
图象如图所示：
当直线过点时，有两个交点，；
当直线与上半部分圆相切时，有一个交点，；
由图象可知，若直线与曲线有两个不同的交点，则，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】将直线方程转化求得直线过定点坐标，画出曲线所表示的图形，数形结合求解即可.
13．【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：数列满足，化简可得，
则数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即，
则，
故.
故答案为：.
【分析】根据已知数列的递推公式化简，结合等差数列的概念求出，再利用裂项相消法求和即可.
14．【答案】；
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；解三角形
【解析】【解答】解：由题意，设上山的入口为点，古寺位置为，易知为母线的中点，
因为该座山的底面圆半径为，高为，
所以该座山的母线，底面圆周长，
且展开图的圆心角，
作出圆锥侧面展开图，如图所示：
在中，由余弦定理可得：，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路，段为下坡路段，
由可得，，
所以，，
所以上山和下山路段的长度之比为.
故答案为：；.
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用余弦定理求两点间的距离，结合图形，求出上山路段及下山路段的长求解即可.
15．【答案】（1）证明：，由正弦定理可得：
，
因为，
所以，
所以，
所以，
即；
（2）解：因为为锐角三角形，所以
，即，
所以，
由正弦定理结合（1）可得：
，
令，
因为函数在上单调递增，
所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角差的正弦公式化简证明即可；
（2）由（1）结合为锐角三角形可得，又根据，由函数在上单调性求的取值范围即可.
（1）由，
结合正弦定理得：
可得，
所以，所以或（舍去），
所以；
（2）在锐角中，，
即，所以.
由正弦定理结合（1），.
令，
因为函数在上单调递增，
所以，
所以.
16．【答案】（1）证明：因为底面为正方形，则，
又因为平面，平面，，
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
因为，且E为的中点，则，
由，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面.
（2）解：以分别为轴 轴 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
又因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意得：，即，
整理得即，解得，
所以存在点， 使二面角的大小为 ，.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可证平面，则，从而可证平面，根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求解即可.
（1）因为底面为正方形，则，
又因为平面，平面，。
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
因为，且E为的中点，则，
由，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面.
（2）以分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
又因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意得：，即，
整理得即，解得或（舍去），
所以存在，此时.
17．【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为在上单调递减，所以恒成立，即，
，，，
则，即函数在上单调递增，
且，则，故实数的取值范围为；
（2）证明：由题意知，要证，即证明在上恒成立，
令，，
显然在上单调递减，，
所以存在，使得，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
则，
因为，所以，所以，
则在上恒成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求函数的导函数，将问题转化为在恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值求解即可；
（2）求出在时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，令，由单调性得有唯一零点，然后得出是最大值，再由的性质证明即可．
（1）函数，则，
对任意的恒成立，所以，
故，，，
所以，所以在上为单调递增函数，
所以，所以，
故实数的取值范围为；
（2）证明：由题意知，要证在上，，
令，则，
显然在上单调减，，
所以存在，则，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以，
因为，所以，则
故在上恒成立.
18．【答案】（1）解：由抛物线定义可得：，解得，则抛物线的方程为；
因为点在抛物线上，所以，解得；
（2）解：已知如图所示：
设点的坐标为边上的高为，的面积为，
即，解得，
直线的方程是，由点到直线的距离公式可得：，
化简得，因为点在抛物线上，所以，
代入条件可得，
则或，
解得或，
代入拋物线方程求得或或
综上所述，点的坐标有三个可能的值：；
（3）解：不存在，理由如下：
因为由（1）（2）知点，则的斜率为，
所以平行于的两个点分别记为，其斜率，
所以可得
则的中点，
若，则点在以为圆心，为半径的圆上，
到准线的距离等于，因为，所以以为圆心为半径的圆与准线相离，故不存在点满足题设条件.
【知识点】直线与圆的位置关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据抛物线定义求出抛物线方程；再根据点在抛物线上，代入求值即可；
（2）设点的坐标为，根据的面积为1，得出边上的高为，利用点到直线的距离公式可得，再把点的坐标代入抛物线方程求解即可；
（3）将转化为以为直径的圆与准线的位置关系判断即可.
（1）由题意，解得，因此抛物线的方程为
点在抛物线上可得，故
（2）设点的坐标为边上的高为，我们知道的面积是：，
所以，，
直线的方程是，利用到直线的距离公式可得：，
化简得：，由于点在抛物线上，即，
代入条件可得：，
可以得到或，
解这个方程可以得到或，
代入拋物线方程可以得到：或或
综上所述，点的坐标有三个可能的值：
（3）不存在，理由如下：
因为由（1）（2）知点，则的斜率为，
所以平行于的两个点分别记为，其斜率，
所以可得
则的中点，
若，则点在以为圆心，为半径的圆上，
到准线的距离等于，因为
所以，以为圆心为半径的圆与准线相离，故不存在点满足题设条件.
19．【答案】（1）证明：由题意可知，且，
所以，
则；
（2）解：设
，
所以，
两式相减的，
所以，
则随机变量的数学期望；
（3）解：因为
，
而，
，
两式相减：
，
即，
则.
【知识点】数列的求和；数列的极限；超几何分布
【解析】【分析】（1）由题意可知，再根据等比数列求和公式求出，最后取极限求值即可；
（2）设，利用错位相减法求，再取极限即可；
（3）依题意可得，再利用错位相减法求出，求方差即可.
（1）可知，且，
所以，
则.
（2）设
，
所以，
两式相减的，
所以，
则随机变量的数学期望；
（3）因为
，
而，
，
两式相减：
，
从而，
那么.
1 / 1湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题
1．（2024高二下·郴州期末）设，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
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
【解析】【解答】解：当时，一定成立，即充分性成立；
当时，满足，但不成立，即必要性不成立，
则“”是“”的充分而不必要条件.
故答案为：B.
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
2．（2024高二下·郴州期末）已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点分别为，则复数（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数在复平面内对应的点分别为，
所以，则，.
故答案为：A．
【分析】由题意，写出复数的代数形式，再根据共轭复数的概念求出，最后根据复数的乘法运算求 即可．
3．（2024高二下·郴州期末） （ ）
A． B．4 C． D．2
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；辅助角公式
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式、辅助角公式以及二倍角的正弦公式化简求值即可.
4．（2024高二下·郴州期末）已知为椭圆上一动点，分别为其左右焦点，直线与的另一交点为的周长为16.若的最大值为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为的最大值为6，所以①，
又因为的周长为16，所以②，由①②可得，
则椭圆的离心率为.
故答案为：C．
【分析】利用椭圆的标准方程及其参数的关系以及离心率公式求解即可.
5．（2024高二下·郴州期末）若为一组数的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A．28 B．56 C．36 D．40
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：数据从小到大排列为，，
则数据的第六十百分位数为8，即，
则二项式展开式的通项为，
令，解得，故二项式的展开式的常数项为.
故答案为：A.
【分析】根据第六十百分位数求得，再结合二项式通项求解即可.
6．（2024高二下·郴州期末）三位老师和4名同学站一排毕业留影，要求老师们站在一起，则不同的站法有：（ ）
A．360种 B．540种 C．720种 D．900种
【答案】C
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：要求老师们站在一起，将老师捆绑看成一人，再与4名同学全排列，
则不同的站法有种站法.
故答案为：C．
【分析】先将老师捆绑看成一人内部一个全排，再将其与另外4名同学进行排列求解即可．
7．（2024高二下·郴州期末）已知函数的两个零点分别为，若三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为函数的两个零点分别为，
所以是方程的两个不等实根，
由韦达定理可得：，
易知，不妨设，
因为三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，
所以可以成等差数列，可以成等比数列，
或可以成等差数列，可以成等比数列，
所以，解得，，即，
则不等式，转化为，即，解得，
即原不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得是方程的两个不等实根，由韦达定理可得，不妨设，且由，可得，再由题意列方程可求出，从而求，代入解不等式求解即可.
8．（2024高二下·郴州期末）设函数在上存在导数，有，在上，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，都有，
令，则，解得，
又因为在上成立，所以，
构造函数，且，
则，
因为，所以，即函数为奇函数；
，当时，单调递减，因此在上单调递减；
，，
所以
，
因为，所以
即，所以，
由于在上单调递减，所以，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】通过构造函数，利用的奇偶性和条件得到在上单调递减，再将变形得到，结合函数的单调性求解即可.
9．（2024高二下·郴州期末）如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹长度为；
B．异面直线与所成角的正切值为2；
C．的最大值为2；
D．三棱锥的外接球表面积为.
【答案】A,C,D
【知识点】轨迹方程；球的表面积与体积公式及应用；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以∥，且，
又因为平面，所以平面，平面，所以，
A、在中，，可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，
即动点的轨迹长度为，故A正确；
B、因为∥，∥，则∥，则异面直线与所成角即为，
其正切值为，故B错误；
C、因为线段在平面内的投影为，结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1，
所以的最大值为，故C正确；
D、设三棱锥的外接球的球心为，半径为，
因为平面，且为的外接圆圆心，可知，
则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】取的中点，分析可知平面；分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆即可判断A；分析可知异面直线与所成角即为，即可判断B；根据数量积的几何意义分析即可判断C；分析可知，求球的半径和表面积即可判断D.
10．（2024高二下·郴州期末）已知定义域在R上的函数满足：是奇函数，且，当，，则下列结论正确的是（ ）
A．的周期 B．
C．在上单调递增 D．是偶函数
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数是奇函数，所以，
所以，又因为，所以，
所以，即函数的周期为8，故A错误；
B、，故B正确；
C、根据函数的性质结合，，作出函数图象为：
由图象可知：在上单调递增，故C正确；
D、因为的图象不关于对称，所以不是偶函数，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据函数的性质结合周期性的定义即可判断A；利用性质作出函数的图象，结合图象分析判断BCD.
11．（2024高二下·郴州期末）锐角中，角的对边为.且满足.下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹的离心率 B．
C．的外接圆周长 D．的面积
【答案】C,D
【知识点】解三角形
【解析】【解答】解：A、因为锐角，满足，所以，
又因为，根据双曲线的定义可得点在以为焦点的双曲线上，
且双曲线的实半轴长为，半焦距为，所以离心率为，故A错误；
B、不妨设双曲线的焦点在轴上，设，可得双曲线的方程为，如图所示：
要使得为锐角三角形，则的最大角为或，
当为最大角时，，即，
则，解得；
当为最大角时，，即，则，解得；
综上可得，实数的取值范围为，故B错误；
C、若时，可得，可得，
若时，可得，因为为锐角三角形，可得，
可得的外接圆的半径为，
则的外接圆周长，故C正确；
D、若时，可得，即，解得，
则，此时的面积为；
若时，可得，此时的面积为，
因为为锐角三角形，所以的面积，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据题意，由双曲线的定义，可得点在以为焦点的双曲线上，结合离心率的计算即可判断A；求得双曲线的方程，结合的最大角为或，利用余弦定理列出不等式即可判断B；求得，结合正弦定理即可判断C；分别求得和，求得的面积即可判断D.
12．（2024高二下·郴州期末）若直线：与曲线：有两个不同的交点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】恒过定点的直线；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：直线：化为，则直线恒过定点，
曲线：图象是圆心为，半径为2的上半圆（包含轴部分），
图象如图所示：
当直线过点时，有两个交点，；
当直线与上半部分圆相切时，有一个交点，；
由图象可知，若直线与曲线有两个不同的交点，则，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】将直线方程转化求得直线过定点坐标，画出曲线所表示的图形，数形结合求解即可.
13．（2024高二下·郴州期末）已知数列满足：．若，则数列的前项和 .
【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：数列满足，化简可得，
则数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即，
则，
故.
故答案为：.
【分析】根据已知数列的递推公式化简，结合等差数列的概念求出，再利用裂项相消法求和即可.
14．（2024高二下·郴州期末）暑假将临，大学生小明同学准备利用假期探访名胜古迹．已知某座山高 入人云，整体呈圆锥形，其半山腰（母线的中点）有一座古寺，与上山入口在同一条母线上，入口和古寺通过一条盘山步道相连，且当时为了节省资金，该条盘山步道是按“到达古寺的路程最短”修建的．如图，已知该座山的底面半径，高，则盘山步道的长度为 ，其中上山（到山顶的直线距离减小）和下山（到山顶的直线距离增大）路段的长度之比为 .
【答案】；
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；解三角形
【解析】【解答】解：由题意，设上山的入口为点，古寺位置为，易知为母线的中点，
因为该座山的底面圆半径为，高为，
所以该座山的母线，底面圆周长，
且展开图的圆心角，
作出圆锥侧面展开图，如图所示：
在中，由余弦定理可得：，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路，段为下坡路段，
由可得，，
所以，，
所以上山和下山路段的长度之比为.
故答案为：；.
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用余弦定理求两点间的距离，结合图形，求出上山路段及下山路段的长求解即可.
15．（2024高二下·郴州期末）在锐角中，内角所对的边分别为，，且满足.
（1）证明：；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）证明：，由正弦定理可得：
，
因为，
所以，
所以，
所以，
即；
（2）解：因为为锐角三角形，所以
，即，
所以，
由正弦定理结合（1）可得：
，
令，
因为函数在上单调递增，
所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角差的正弦公式化简证明即可；
（2）由（1）结合为锐角三角形可得，又根据，由函数在上单调性求的取值范围即可.
（1）由，
结合正弦定理得：
可得，
所以，所以或（舍去），
所以；
（2）在锐角中，，
即，所以.
由正弦定理结合（1），.
令，
因为函数在上单调递增，
所以，
所以.
16．（2024高二下·郴州期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.
（1）证明：平面平面；
（2）是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：因为底面为正方形，则，
又因为平面，平面，，
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
因为，且E为的中点，则，
由，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面.
（2）解：以分别为轴 轴 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
又因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意得：，即，
整理得即，解得，
所以存在点， 使二面角的大小为 ，.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意可证平面，则，从而可证平面，根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求解即可.
（1）因为底面为正方形，则，
又因为平面，平面，。
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
因为，且E为的中点，则，
由，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面.
（2）以分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
又因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意得：，即，
整理得即，解得或（舍去），
所以存在，此时.
17．（2024高二下·郴州期末）已知函数.
（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）当时，求证在上恒成立.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为在上单调递减，所以恒成立，即，
，，，
则，即函数在上单调递增，
且，则，故实数的取值范围为；
（2）证明：由题意知，要证，即证明在上恒成立，
令，，
显然在上单调递减，，
所以存在，使得，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
则，
因为，所以，所以，
则在上恒成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求函数的导函数，将问题转化为在恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值求解即可；
（2）求出在时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，令，由单调性得有唯一零点，然后得出是最大值，再由的性质证明即可．
（1）函数，则，
对任意的恒成立，所以，
故，，，
所以，所以在上为单调递增函数，
所以，所以，
故实数的取值范围为；
（2）证明：由题意知，要证在上，，
令，则，
显然在上单调减，，
所以存在，则，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以，
因为，所以，则
故在上恒成立.
18．（2024高二下·郴州期末）已知是抛物线上一点，是抛物线的焦点，已知，
（1）求抛物线的方程及的值；
（2）当在第一象限时，为坐标原点，是抛物线上一点，且的面积为1，求点的坐标；
（3）满足第（2）问的条件下的点中，设平行于的两个点分别记为，问抛物线的准线上是否存在一点使得，.
【答案】（1）解：由抛物线定义可得：，解得，则抛物线的方程为；
因为点在抛物线上，所以，解得；
（2）解：已知如图所示：
设点的坐标为边上的高为，的面积为，
即，解得，
直线的方程是，由点到直线的距离公式可得：，
化简得，因为点在抛物线上，所以，
代入条件可得，
则或，
解得或，
代入拋物线方程求得或或
综上所述，点的坐标有三个可能的值：；
（3）解：不存在，理由如下：
因为由（1）（2）知点，则的斜率为，
所以平行于的两个点分别记为，其斜率，
所以可得
则的中点，
若，则点在以为圆心，为半径的圆上，
到准线的距离等于，因为，所以以为圆心为半径的圆与准线相离，故不存在点满足题设条件.
【知识点】直线与圆的位置关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据抛物线定义求出抛物线方程；再根据点在抛物线上，代入求值即可；
（2）设点的坐标为，根据的面积为1，得出边上的高为，利用点到直线的距离公式可得，再把点的坐标代入抛物线方程求解即可；
（3）将转化为以为直径的圆与准线的位置关系判断即可.
（1）由题意，解得，因此抛物线的方程为
点在抛物线上可得，故
（2）设点的坐标为边上的高为，我们知道的面积是：，
所以，，
直线的方程是，利用到直线的距离公式可得：，
化简得：，由于点在抛物线上，即，
代入条件可得：，
可以得到或，
解这个方程可以得到或，
代入拋物线方程可以得到：或或
综上所述，点的坐标有三个可能的值：
（3）不存在，理由如下：
因为由（1）（2）知点，则的斜率为，
所以平行于的两个点分别记为，其斜率，
所以可得
则的中点，
若，则点在以为圆心，为半径的圆上，
到准线的距离等于，因为
所以，以为圆心为半径的圆与准线相离，故不存在点满足题设条件.
19．（2024高二下·郴州期末）材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件发生的概率为，试验进行到事件第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为，我们称服从几何分布，记为.
材料二：求无穷数列的所有项的和，如求，没有办法把所有项真的加完，可以先求数列前项和，再求时的极限：
根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6点”时停止.设停止时抛掷骰子的次数为随机变量.
（1）证明：；
（2）求随机变量的数学期望；
（3）求随机变量的方差.
【答案】（1）证明：由题意可知，且，
所以，
则；
（2）解：设
，
所以，
两式相减的，
所以，
则随机变量的数学期望；
（3）解：因为
，
而，
，
两式相减：
，
即，
则.
【知识点】数列的求和；数列的极限；超几何分布
【解析】【分析】（1）由题意可知，再根据等比数列求和公式求出，最后取极限求值即可；
（2）设，利用错位相减法求，再取极限即可；
（3）依题意可得，再利用错位相减法求出，求方差即可.
（1）可知，且，
所以，
则.
（2）设
，
所以，
两式相减的，
所以，
则随机变量的数学期望；
（3）因为
，
而，
，
两式相减：
，
从而，
那么.
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