湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题
1．（2024高二下·湖南期末）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由，解得：或，
故，
所以，
即.
故选：A
【分析】解集合中的方程，得到集合，再求集合的并集和补集运算即可。
2．（2024高二下·湖南期末）已知是虚数单位，复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故选：D.
【分析】本题主要考查了复数的除法运算，根据复数的除法运算求解即可.
3．（2024高二下·湖南期末）已知M，N是圆O上的两点，若，则（ ）
A．3 B． C．9 D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若是圆的直径，
则，
所以
若不是圆的直径，
设为的中点，连接，如图，
则，
因为，
所以.
故选：B
【分析】按照是否为圆的直径分类讨论，若是圆的直径，则，计算即可，若不是圆的直径，取的中点，连接，则，则，再将用表示即可。
4．（2024高二下·湖南期末）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．的最小正周期为
【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：
对于A，由图像得：，故，故A错误；
对于B，由图象知，，
所以，
，故B错误；
对于C，因为图象过点，
所以，
即，，
解得，
又，
所以，即，
又图象过点，
所以，即，
所以，
所以，故C正确.
对于D，由B得，，故D错误。
故选：C
【分析】本题主要考查根据函数的部分图像求函数的解析式，由题意可得，再对四个选项逐一分析可得答案。
5．（2024高二下·湖南期末）已知双曲线E：（）的右焦点F到其一条渐近线的距离为1，则E的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：因为在双曲线方程中，，，
所以，，
又因为双曲线的右焦点，渐近线方程为，
取，即，
所以到一条渐近线的距离为
，
所以，
所以。
故选：A
【分析】本题考查双曲线的几何性质，根据双曲线的几何性质即可求解.
6．（2024高二下·湖南期末）在的展开式中，的系数是（ ）
A． B．5 C． D．10
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解： 展开式的通项公式为，
故的展开式中含的项为
，
故 的展开式中含的项的系数为。
故选：A
【分析】本题主要考查了二项式定理的通项公式应用问题，利用二项式定理的通项公式，即可得出展开式中的系数 。
7．（2024高二下·湖南期末）从装有3个白球、5个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意得，事件A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，
所以，
，
所以.
故选：D
【分析】此题要求计算在两次取出的球颜色相同的条件下，两次取出的球中至少有一个是红球的概率，可以利用条件概率的计算公式来解决此问题，即。
8．（2024高二下·湖南期末）设函数的定义域为，且满足，，，，都有，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以关于对称，
又因为，
所以为奇函数，的图像关于原点对称，
因为，，都有
，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，
因为的图像关于对称，
所以在上单调递减，
因为，
再令得：，
所以，即函数是以为周期的函数，
所以，，
因为，
所以，
即.
故选：C
【分析】这道题目的关键在于理解函数的性质，并利用这些性质来比较的，，的大小。首先，我们需要理解，意味着函数关于直线对称。其次，表明是一个奇函数。最后，给定的单调性条件在区间上，意味着在这个区间内是增函数。
9．（2024高二下·湖南期末）下列说法正确的是（ ）
A．数据2，7，4，5，16，1，21，11的中位数为5
B．当时，当且仅当事件A与B相互独立时，有
C．若随机变量X服从正态分布，若，则
D．已知一系列样本点（，2，3，…，n）的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；相互独立事件；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A，求中位数时，需将数据按大小排序。排序后的数据为：1， 2， 4， 5， 7， 11， 16， 21。这组数据的中位数为第4个数和第5个数的平均值，即，因此选项A错误；
对于B， 当时，如果事件A与B相互独立，则，这与事件独立的定义相符，因此选项B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布，且，所以，由正态分布的对称性知，，故C正确；
对于D，对于回归方程，样本点与的残差相等，意味着，化简得：，故D错误。
故选：BC
【分析】验证每个选项的正确性，需要应用相关的数学原理和概念，求中位数的方法、独立事件的定义、正态分布的性质，以及回归分析中残差的定义和计算。
10．（2024高二下·湖南期末）已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则（ ）
A．的准线方程为
B．线段的长度的最小值为4
C．存在唯一直线，使得为线段的中点
D．以线段为直径的圆与的准线相切
【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；抛物线的应用
【解析】【解答】
解：对于选项A，由题意得抛物线的准线方程为，故选项A错误；
对于选项B，当直线垂直于轴时，弦的长度取得最小值，
即，解得：所以弦的长度为4，故选项B正确。
对于C，由B选项得线段的中点坐标为，
若点为线段的中点，则，解得，
所以存在唯一直线，使得为线段的中点，故C正确；
对于D，我们设直线的方程为，联立直线方程和抛物线方程，得到关于的一元二次方程，通过韦达定理，可以得到线段的中点，则中点到准线的距离为，所以以线段为直径的圆与的准线相切，故D正确.
故选：BCD.
【分析】此题考查了抛物线的性质、焦点和准线，以及直线与抛物线的位置关系和相交弦的性质。根据抛物线的方程，得到焦点坐标以及准线方程，逐一判断 ABCD即可。
11．（2024高二下·湖南期末）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值
B．若为等边三角形，则四面体的体积为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或
【答案】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算；空间向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，如图①所示，
当时，则，
又因为，
所以为直角三角形，
且（圆半径），
故与所成角即为与所成角，
即为定值，故A正确；
对于B，如图②所示，
当为等边三角形时，即，
因为为中点，
所以，，
又因为，且平面，平面，
所以平面.
又因为，即，故，
所以，
故B错误；
对于C，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为，即，由B选项可知，
则，
所以，
所以，
所以，故C正确；
对于D，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为与所成角位，
所以，
解得或.
设四面体外接圆半径为，
当时，则，故外接球表面积为；
当时，则，故外接球表面积为；
故D正确.
故选：ACD.
【分析】 本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球， 对于A，如图①所示，为直角三角形，则与所成角即为与所成角，即为定值即可；对于B，如图②所示，根据为等边三角形，证明平面，则计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体外接球即为圆柱外接球计算即可.
12．（2024高二下·湖南期末）已知平面向量，，若，则 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意得：，解得，
所以，
即.
故答案为：.
【分析】本题主要考查向量垂直的坐标表示以及向量模的坐标运算，根据向量垂直求出，再求向量的模.
13．（2024高二下·湖南期末）3月19日，习总书记在湖南省常德市考察调研期间来到河街，了解历史文化街区修复利用等情况，这片历史文化街区汇聚了常德高腔、常德丝弦、桃源刺绣、安乡木雕、澧水船工号子等品类繁多的非遗项目.现为了更好的宣传河街文化，某部门召集了200名志愿者，根据报名情况得到如下表格：
项目 常德高腔 常德丝弦 桃源刺绣 安乡木雕 澧水船工号子
志愿者人数 30 60 50 40 20
若从这200名志愿者中按照比例分配的分层随机抽样方法抽取20人进行培训，再从这20人中随机选取3人聘为宣传大使，记X为这3人中来自澧水船工号子的人数，则X的数学期望为 .
【答案】
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：由题意得：
这20人中来自常德高腔的人数为人，
来自常德丝弦的人数为人，
来自桃源刺绣的人数为人，
来自安乡木雕的人数为人，
来自澧水船工号子的人数为人，
所以可取，并且服从超几何分布，
，
，
，
所以.
故填：
【分析】本题主要考查了离散型随机变量的期望，分层抽样计算出样本中澧水船工号子的人数，根据超几何分布的概率公式求出概率分布，再求期望即可.
14．（2024高二下·湖南期末）已知函数，且时，，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：作出函数的图象，如图所示，
因为，
所以，由图可知，，
则由得：
所以，
即，
由函数关于对称，可得，
所以，
因为，
所以，
即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】
作出函数的图象，利用进行去绝对值得出的值，根据二次函数的对称性求出，从而得出答案.
15．（2024高二下·湖南期末）的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小：
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：（1）因为的内角的对边分别为，有，
又因为在中，有，为外接圆半径，
可得，
所以，
因为，，
所以，
即；
（2）因为面积为，
所以，
解得，
又因为在中，有，
可得：，
因为，
所以，
解得：，
即，
所以的周长为。
【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）根据正弦定理，为外接圆半径，可得，再根据二倍角的正弦公式，可得，再结合角，角，范围即可求解；
（2）根据三角形面积公式，结合（1）中，可得，再根据余弦定理，结合，即可解得，进而得出，即可求解。
（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以；
（2）由，得，
由余弦定理得，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以的周长为.
16．（2024高二下·湖南期末）已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线过点，且与交于两点，当最大时，求直线的方程.
【答案】（1）由离心率，得，
又因为，则，
所以，
所以椭圆：，
将点代入，得，
解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意得：直线的斜率存在，设方程为，
由，得，
，
设，
则，
所以
当且仅当，即时等号成立，
此时直线的方程为。
【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】（1）本题主要根据题意求出即可得解；
（2）分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式即可得解.
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，方程为，
此时，
当直线的斜率存在时，设方程为，
联立，消得，
恒成立，故，
则，
所以
，
令，则，
所以
，
当，即时，取得最大值，此时，
综上所述，当最大时，求直线的方程为.
17．（2024高二下·湖南期末）如图，四棱锥中，平面，，，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为，
所以，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以；
（2）解：设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由（1）得，，，
故，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）本题主要考查线面垂直的判定，考查空间面面角夹角的余弦值，利用三角形相似证明，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）由题意建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）因为，
所以，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由（1）得，，，
故，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2024高二下·湖南期末）已知正项数列的前n项和为，且.
（1）求，的值及数列的通项公式；
（2）求数列的最大项；
（3）若数列满足，求数列的前30项和（，）.
【答案】（1）解：因为，
所以当时，解得，
当时，由，解得，
当时，，
则，
化简得，而，
所以，
所以数列为等差数列，
所以.
（2）由（1）知，，则，
所以，
因为，当或时，取最大值，
所以数列的最大项为第项或第项，其值为.
（3）由题可知，当时，
，
所以，
当时，，
所以，
，
相减得，，
所以，
所以
【知识点】等差数列的通项公式；数列的应用；等差数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）令求出，写出当时，，再由两式相减可得递推关系：，根据等差数列定义判断数列为等差数列即可；
（2）根据等差数列求和公式化简得，所以，利用二次函数求最大值即可；
（3）分奇偶两组求和，利用裂项相消法得
，利用错位相减法得，求和即可求解。
（1）因为，
所以当时，解得，
当时，由，解得，
当时，，
则，
化简得，而，所以，
所以数列为等差数列，所以.
（2）由（1）知，，则，
所以，
因为，当或时，取最大值，
所以数列的最大项为第项或第项，其值为.
（3）由题可知，当时，
，
所以，
当时，，
所以，
，
相减得，，
所以，
所以
19．（2024高二下·湖南期末）已知函数，（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意恒成立，求整数a的最小值.
【答案】（1）解：因为，
所以当时，，
即，
把代入得，，
同理，
所以切线方程为，
即。
（2）因为，
所以，
设，
则，
又因为，
所以，即单调递增，
又因为，
所以时，，即；
时，，即，
综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）因为对任意恒成，
即，，
即，
即，
设，
，
易知单调递增，
所以，
所以单调递增，
则原不等式等价于，
即对任意恒成立，
所以，
令，则，
又因为，
令，
则，所以单调递减；
又因为，，
所以，
所以时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减；
所以，
所以，而，
所以整数的最小值为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）本题考查函数的综合应用，根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求出函数导数，再利用求导数判断导函数的符号，即可得到原函数的单调区间；
（3）原不等式恒成立转化为，构造函数，根据单调性转化为对任意恒成立，分离参数后得，由导数求出的最大值即可。
（1）当时，，
所以，
所以切线方程为，即.
（2）因为，
所以，
设，
则，
又因为，所以，即单调递增，
又因为，所以时，，即；
时，，即，
综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）因为对任意恒成，
即，，
即，
即，
设，则，
易知单调递增，所以，
所以单调递增，则原不等式等价于，
即对任意恒成立，
所以，令，则，
又因为，
令，则，所以单调递减；
又因为，，
所以，
所以时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减；
所以，
所以，而，
所以整数的最小值为.
1 / 1湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题
1．（2024高二下·湖南期末）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·湖南期末）已知是虚数单位，复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·湖南期末）已知M，N是圆O上的两点，若，则（ ）
A．3 B． C．9 D．
4．（2024高二下·湖南期末）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．的最小正周期为
5．（2024高二下·湖南期末）已知双曲线E：（）的右焦点F到其一条渐近线的距离为1，则E的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
6．（2024高二下·湖南期末）在的展开式中，的系数是（ ）
A． B．5 C． D．10
7．（2024高二下·湖南期末）从装有3个白球、5个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·湖南期末）设函数的定义域为，且满足，，，，都有，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·湖南期末）下列说法正确的是（ ）
A．数据2，7，4，5，16，1，21，11的中位数为5
B．当时，当且仅当事件A与B相互独立时，有
C．若随机变量X服从正态分布，若，则
D．已知一系列样本点（，2，3，…，n）的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
10．（2024高二下·湖南期末）已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则（ ）
A．的准线方程为
B．线段的长度的最小值为4
C．存在唯一直线，使得为线段的中点
D．以线段为直径的圆与的准线相切
11．（2024高二下·湖南期末）已知圆柱的高为，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为圆上的动点，，则直线与所成角为定值
B．若为等边三角形，则四面体的体积为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则四面体外接球的表面积为或
12．（2024高二下·湖南期末）已知平面向量，，若，则 .
13．（2024高二下·湖南期末）3月19日，习总书记在湖南省常德市考察调研期间来到河街，了解历史文化街区修复利用等情况，这片历史文化街区汇聚了常德高腔、常德丝弦、桃源刺绣、安乡木雕、澧水船工号子等品类繁多的非遗项目.现为了更好的宣传河街文化，某部门召集了200名志愿者，根据报名情况得到如下表格：
项目 常德高腔 常德丝弦 桃源刺绣 安乡木雕 澧水船工号子
志愿者人数 30 60 50 40 20
若从这200名志愿者中按照比例分配的分层随机抽样方法抽取20人进行培训，再从这20人中随机选取3人聘为宣传大使，记X为这3人中来自澧水船工号子的人数，则X的数学期望为 .
14．（2024高二下·湖南期末）已知函数，且时，，则的取值范围为 .
15．（2024高二下·湖南期末）的内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小：
（2）若，的面积为，求的周长.
16．（2024高二下·湖南期末）已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线过点，且与交于两点，当最大时，求直线的方程.
17．（2024高二下·湖南期末）如图，四棱锥中，平面，，，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2024高二下·湖南期末）已知正项数列的前n项和为，且.
（1）求，的值及数列的通项公式；
（2）求数列的最大项；
（3）若数列满足，求数列的前30项和（，）.
19．（2024高二下·湖南期末）已知函数，（）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意恒成立，求整数a的最小值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由，解得：或，
故，
所以，
即.
故选：A
【分析】解集合中的方程，得到集合，再求集合的并集和补集运算即可。
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故选：D.
【分析】本题主要考查了复数的除法运算，根据复数的除法运算求解即可.
3．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若是圆的直径，
则，
所以
若不是圆的直径，
设为的中点，连接，如图，
则，
因为，
所以.
故选：B
【分析】按照是否为圆的直径分类讨论，若是圆的直径，则，计算即可，若不是圆的直径，取的中点，连接，则，则，再将用表示即可。
4．【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：
对于A，由图像得：，故，故A错误；
对于B，由图象知，，
所以，
，故B错误；
对于C，因为图象过点，
所以，
即，，
解得，
又，
所以，即，
又图象过点，
所以，即，
所以，
所以，故C正确.
对于D，由B得，，故D错误。
故选：C
【分析】本题主要考查根据函数的部分图像求函数的解析式，由题意可得，再对四个选项逐一分析可得答案。
5．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：因为在双曲线方程中，，，
所以，，
又因为双曲线的右焦点，渐近线方程为，
取，即，
所以到一条渐近线的距离为
，
所以，
所以。
故选：A
【分析】本题考查双曲线的几何性质，根据双曲线的几何性质即可求解.
6．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解： 展开式的通项公式为，
故的展开式中含的项为
，
故 的展开式中含的项的系数为。
故选：A
【分析】本题主要考查了二项式定理的通项公式应用问题，利用二项式定理的通项公式，即可得出展开式中的系数 。
7．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意得，事件A表示事件“两次取出的球颜色相同”，B表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，
所以，
，
所以.
故选：D
【分析】此题要求计算在两次取出的球颜色相同的条件下，两次取出的球中至少有一个是红球的概率，可以利用条件概率的计算公式来解决此问题，即。
8．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以关于对称，
又因为，
所以为奇函数，的图像关于原点对称，
因为，，都有
，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，
因为的图像关于对称，
所以在上单调递减，
因为，
再令得：，
所以，即函数是以为周期的函数，
所以，，
因为，
所以，
即.
故选：C
【分析】这道题目的关键在于理解函数的性质，并利用这些性质来比较的，，的大小。首先，我们需要理解，意味着函数关于直线对称。其次，表明是一个奇函数。最后，给定的单调性条件在区间上，意味着在这个区间内是增函数。
9．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数；相互独立事件；正态分布定义
【解析】【解答】解：对于A，求中位数时，需将数据按大小排序。排序后的数据为：1， 2， 4， 5， 7， 11， 16， 21。这组数据的中位数为第4个数和第5个数的平均值，即，因此选项A错误；
对于B， 当时，如果事件A与B相互独立，则，这与事件独立的定义相符，因此选项B正确；
对于C，随机变量X服从正态分布，且，所以，由正态分布的对称性知，，故C正确；
对于D，对于回归方程，样本点与的残差相等，意味着，化简得：，故D错误。
故选：BC
【分析】验证每个选项的正确性，需要应用相关的数学原理和概念，求中位数的方法、独立事件的定义、正态分布的性质，以及回归分析中残差的定义和计算。
10．【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；抛物线的应用
【解析】【解答】
解：对于选项A，由题意得抛物线的准线方程为，故选项A错误；
对于选项B，当直线垂直于轴时，弦的长度取得最小值，
即，解得：所以弦的长度为4，故选项B正确。
对于C，由B选项得线段的中点坐标为，
若点为线段的中点，则，解得，
所以存在唯一直线，使得为线段的中点，故C正确；
对于D，我们设直线的方程为，联立直线方程和抛物线方程，得到关于的一元二次方程，通过韦达定理，可以得到线段的中点，则中点到准线的距离为，所以以线段为直径的圆与的准线相切，故D正确.
故选：BCD.
【分析】此题考查了抛物线的性质、焦点和准线，以及直线与抛物线的位置关系和相交弦的性质。根据抛物线的方程，得到焦点坐标以及准线方程，逐一判断 ABCD即可。
11．【答案】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算；空间向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，如图①所示，
当时，则，
又因为，
所以为直角三角形，
且（圆半径），
故与所成角即为与所成角，
即为定值，故A正确；
对于B，如图②所示，
当为等边三角形时，即，
因为为中点，
所以，，
又因为，且平面，平面，
所以平面.
又因为，即，故，
所以，
故B错误；
对于C，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为，即，由B选项可知，
则，
所以，
所以，
所以，故C正确；
对于D，如图③所示，分别以为轴，过垂直于为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为与所成角位，
所以，
解得或.
设四面体外接圆半径为，
当时，则，故外接球表面积为；
当时，则，故外接球表面积为；
故D正确.
故选：ACD.
【分析】 本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球， 对于A，如图①所示，为直角三角形，则与所成角即为与所成角，即为定值即可；对于B，如图②所示，根据为等边三角形，证明平面，则计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体外接球即为圆柱外接球计算即可.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意得：，解得，
所以，
即.
故答案为：.
【分析】本题主要考查向量垂直的坐标表示以及向量模的坐标运算，根据向量垂直求出，再求向量的模.
13．【答案】
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；超几何分布的应用
【解析】【解答】解：由题意得：
这20人中来自常德高腔的人数为人，
来自常德丝弦的人数为人，
来自桃源刺绣的人数为人，
来自安乡木雕的人数为人，
来自澧水船工号子的人数为人，
所以可取，并且服从超几何分布，
，
，
，
所以.
故填：
【分析】本题主要考查了离散型随机变量的期望，分层抽样计算出样本中澧水船工号子的人数，根据超几何分布的概率公式求出概率分布，再求期望即可.
14．【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：作出函数的图象，如图所示，
因为，
所以，由图可知，，
则由得：
所以，
即，
由函数关于对称，可得，
所以，
因为，
所以，
即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】
作出函数的图象，利用进行去绝对值得出的值，根据二次函数的对称性求出，从而得出答案.
15．【答案】（1）解：（1）因为的内角的对边分别为，有，
又因为在中，有，为外接圆半径，
可得，
所以，
因为，，
所以，
即；
（2）因为面积为，
所以，
解得，
又因为在中，有，
可得：，
因为，
所以，
解得：，
即，
所以的周长为。
【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）根据正弦定理，为外接圆半径，可得，再根据二倍角的正弦公式，可得，再结合角，角，范围即可求解；
（2）根据三角形面积公式，结合（1）中，可得，再根据余弦定理，结合，即可解得，进而得出，即可求解。
（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以；
（2）由，得，
由余弦定理得，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以的周长为.
16．【答案】（1）由离心率，得，
又因为，则，
所以，
所以椭圆：，
将点代入，得，
解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意得：直线的斜率存在，设方程为，
由，得，
，
设，
则，
所以
当且仅当，即时等号成立，
此时直线的方程为。
【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】（1）本题主要根据题意求出即可得解；
（2）分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式即可得解.
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，方程为，
此时，
当直线的斜率存在时，设方程为，
联立，消得，
恒成立，故，
则，
所以
，
令，则，
所以
，
当，即时，取得最大值，此时，
综上所述，当最大时，求直线的方程为.
17．【答案】（1）证明：因为，
所以，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以；
（2）解：设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由（1）得，，，
故，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）本题主要考查线面垂直的判定，考查空间面面角夹角的余弦值，利用三角形相似证明，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）由题意建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）因为，
所以，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由（1）得，，，
故，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：因为，
所以当时，解得，
当时，由，解得，
当时，，
则，
化简得，而，
所以，
所以数列为等差数列，
所以.
（2）由（1）知，，则，
所以，
因为，当或时，取最大值，
所以数列的最大项为第项或第项，其值为.
（3）由题可知，当时，
，
所以，
当时，，
所以，
，
相减得，，
所以，
所以
【知识点】等差数列的通项公式；数列的应用；等差数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）令求出，写出当时，，再由两式相减可得递推关系：，根据等差数列定义判断数列为等差数列即可；
（2）根据等差数列求和公式化简得，所以，利用二次函数求最大值即可；
（3）分奇偶两组求和，利用裂项相消法得
，利用错位相减法得，求和即可求解。
（1）因为，
所以当时，解得，
当时，由，解得，
当时，，
则，
化简得，而，所以，
所以数列为等差数列，所以.
（2）由（1）知，，则，
所以，
因为，当或时，取最大值，
所以数列的最大项为第项或第项，其值为.
（3）由题可知，当时，
，
所以，
当时，，
所以，
，
相减得，，
所以，
所以
19．【答案】（1）解：因为，
所以当时，，
即，
把代入得，，
同理，
所以切线方程为，
即。
（2）因为，
所以，
设，
则，
又因为，
所以，即单调递增，
又因为，
所以时，，即；
时，，即，
综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）因为对任意恒成，
即，，
即，
即，
设，
，
易知单调递增，
所以，
所以单调递增，
则原不等式等价于，
即对任意恒成立，
所以，
令，则，
又因为，
令，
则，所以单调递减；
又因为，，
所以，
所以时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减；
所以，
所以，而，
所以整数的最小值为.
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）本题考查函数的综合应用，根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求出函数导数，再利用求导数判断导函数的符号，即可得到原函数的单调区间；
（3）原不等式恒成立转化为，构造函数，根据单调性转化为对任意恒成立，分离参数后得，由导数求出的最大值即可。
（1）当时，，
所以，
所以切线方程为，即.
（2）因为，
所以，
设，
则，
又因为，所以，即单调递增，
又因为，所以时，，即；
时，，即，
综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）因为对任意恒成，
即，，
即，
即，
设，则，
易知单调递增，所以，
所以单调递增，则原不等式等价于，
即对任意恒成立，
所以，令，则，
又因为，
令，则，所以单调递减；
又因为，，
所以，
所以时，，即，单调递增；
时，，即，单调递减；
所以，
所以，而，
所以整数的最小值为.
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