江西省抚州市临川第一中学2023-2024学年高二下学期6月检测二数学试题
1．（2024高二下·临川月考）两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子 分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，如，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024高二下·临川月考）排球比赛的规则是5局3胜制（无平局），在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率均为，前局甲队以领先，则最后甲队获得比赛胜利的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·临川月考）若，，，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·临川月考）若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·临川月考）已知经过同一点的个平面，任意三个平面不经过同一条直线，若这n个平面将空间分成个部分．现用数学归纳法证明这一命题，证明过程中由到时，应证明增加的空间个数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·临川月考）记数列中不超过正整数n的项的个数为，设数列的前n项的和为，则等于（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·临川月考）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·临川月考）平面内互不重合的点、、、、、、，若，其中，2，3，4，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·临川月考）已知随机变量X的分布列如下表：若，则（ ）
0 1
A． B． C． D．
10．（2024高二下·临川月考）已知圆：直线：，下列说法正确的是（ ）
A．直线上存在点，过向圆引两切线，切点为A，B，使得
B．直线上存在点，过点向圆引割线与圆交于A，B，使得
C．与圆内切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
D．与圆外切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
11．（2024高二下·临川月考）若函数 有两个极值点 ， （ ），则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·临川月考）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理： 三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上， 这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”． 在非等边中， ， 点坐标为， 点坐标为， 且其“欧拉线”与圆 相切， 则的“欧拉线”方程为 ，圆M的半径 ．
13．（2024高二下·临川月考）若关于的不等式的解集是，则值是 ．
14．（2024高二下·临川月考）已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，数列 的前 项和为 ，且对于任意的 ，则实数 的取值范围为 ．
15．（2024高二下·临川月考）在下面的数表中，各行中的数从左到右依次成公差为正数的等差数列，各列中的数从上到下依次成公比为正数的等比数列，且公比都相等，表示第行，第列的数.已知，，.
第一列 第二列 第三列 第四列 …
第一行 …
第二行 …
第三行 …
第四行 …
… … … … … …
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，求数列的前项和.
16．（2024高二下·临川月考）已知正项数列中，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2），证明：.
17．（2024高二下·临川月考）函数，．
（1）当时，求的单调区间；
（2）对任意，都有，使得成立，求的取值范围．
18．（2024高二下·临川月考）已知，分别是椭圆：（）的左、右顶点，为的上顶点，是上在第一象限的点，，直线，的斜率分别为，，且．
（1）求的方程；
（2）直线与交于点，与轴交于点，求的取值范围．
19．（2024高二下·临川月考）甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）.每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束.记棋子跳到第格的概率为.
（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
（2）证明：数列为等比数列，并求的通项公式.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】导数的四则运算；极限及其运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】根据题，结合极限的运算法则和洛必达法则，即可求解.
2．【答案】C
【知识点】概率的基本性质；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：若最后乙队获胜，即后局必须都是乙队获胜，则其概率.
所以最后甲队获胜的概率是
故选：C.
【分析】首先求出乙队获胜即后局必须都是乙队获胜的概率，利用对立事件的概率公式，即可求解.
3．【答案】A
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，，，
的，
故，
则，
又，故，
故，
设平面的法向量为，则，
即，令，则可取，
则O到平面的距离为，
即三棱锥的高为，
故三棱锥的体积为，
故选：A.
【分析】利用向量夹角公式求得，进而求出的面积，再求出平面的法向量，利用空间距离的向量求法求出三棱锥的高，根据棱锥体积公式即可求得答案.
4．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由有两个零点，即有两个正实根，
即函数与的图象有2个交点．
直线过定点，当该直线与曲线相切时，设切点为，
又，则，即，
令，则，所以在上单调递增，
又，故有唯一零点，故，
所以当直线与曲线相切时，切点为，则切线斜率为1．
要使函数与的图象有2个交点，则需满足，
所以．
故选：B．
【分析】根据题意，将问题转化为函数与的图象有2个交点，则利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的直线的斜率，再结合图形可求出实数的取值范围，解题的关键是将问题转化为直线与曲线有两个交点问题，然后利用导数的几何意义求出相切时直线的斜率，再结合图形求解.
5．【答案】A
【知识点】数学归纳法的原理
【解析】【解答】解：当时，这三个平面将空间分成了8部分，
若时，平面将空间分成个部分，则再添加1个面时，与其他个面共有条交线，此条交线过同一个点，将该平面分成个部分，
每一部分将所在的空间一分为二，故．
故选：A.
【分析】根据题意，结合数学归纳法的概念，即可求解.
6．【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】，
当时，，
所以
，
记，，
两式相减得，
化简得，
所以．
故答案为：B.
【分析】先由定义判断出当时，，再变形得到，再按照错位相减法求和，即可求解出答案.
7．【答案】B
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：令，可得，①
令，可得，②
①②可得，
令，可得，③
令，可得，④
③④可得
将与相加
可得.
故选：B.
【分析】根据题意，利用赋值法，分别令，进而得到答案.
8．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：设为的重心，
则，
因为，所以，即在以点为圆心，为半径的圆上面，
设点与坐标原点重合，
则，当且仅当都在线段上，等号成立，
又，
当且仅当在线段上面，且在线段上，在线段上，等号成立
综上所述，的取值范围为.
故选：D.
【分析】由题意首先得在以点为圆心，为半径的圆上面，为的重心，结合三角形三边关系，关键是得到得在以点为圆心，为半径的圆上面，由此即可求解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】依题意，AB选项正确.
，C选项正确.
，D选项错误.
故答案为：ABC
【分析】利用离散型随机变量的性质逐项进行判断，可得答案.
10．【答案】A,B,C,D
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：对于A中，
因为，则，又因为为圆的两条切线，所以，且，则，，所以，因此存在点在直线上，且满足，故A正确．
对于B中，过点P作圆的割线，交圆与两点，过点P作圆的切线，切点为，
因为为圆的切线，所以，又，所以，则，，，所以存在点P，使得有解，故B正确．
对于C中，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆内切，且与直线相切
则如图所示
，，作的平行线与的距离为1，则到直线
的距离为，故到定直线与到定点Ｏ的距离相等，故Ａ点的轨迹为抛物线．
对于D中，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆外切，且与直线相切，
如图所示：
，，作的平行线与的距离为1，则到直线
的距离为，则A到定点O的距离等于到定直线的距离．
∴A点的轨迹为抛物线，D对，ABCD全对．
故选：ABCD.
【分析】A与B选项考查直线与圆的位置关系，存在点P，故找到适合的一个点就可，C与D选项因圆与圆内切，外切，则找到圆心距与两半径之间的关系，求得到点的轨迹，即可求解.
11．【答案】A,B,C
【知识点】二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值；函数零点存在定理；函数的零点
【解析】【解答】解：由题得f'(x)=ex-2ax-2a
令f'(x)=ex-2ax-2a=0，∴ex=2a(x+1)，
在同一坐标系下作出函数y=ex，y=2a(x+1)的图象，如图所示，
则两函数的图象有两个交点，
函数y=2a(x+1)的图象是过定点(-1，0)的直线l，
设直线l和曲线y=ex切于点(x0，ex0)，则，则x0=0，，
所以两个函数的图象要有两个交点，则，∴2a>1，
由于切点为(0，1)，所以x1<0设g(x)=f'(x)=ex-2ax-2a，
所以g(ln(2a))=eln(2a)-2aln(2a)-2a=-2aln(2a)，因为2a>1，所以g(ln2a)<0，
当x→+∞时，g(x)>0，所以x2>ln(2a)，所以选项B正确；
由题得ex1-2ax1-2a=0，∴ex1=2ax1+2a，
由题得h(x1)=f(x1)=ex1-ax12-2a=-ax12-2a(-1二次函数开口向下，对称轴为x=1，
所以函数h(x1)=f(x1)=-ax12-2a(-1所以h(-1)由图象可知函数f(x)在(-∞，x1)单调递增，在(x1，x2)单调递减，在(x2，+o0)单调递增因为x2>0，
∴f(x2)故答案为：ABC
【分析】在同一坐标系下作出函数y=ex，y=2a(x+1)的图象，则两函数的图象有两个交点，数形结合分析得到x1<0ln(2a)可判断B；求出h(x1)=f(x1)=ex1-ax12-2ax1=ax12+2a(-10，∴f(x2)12．【答案】；
【知识点】平面内点到直线的距离公式；与直线有关的动点轨迹方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为 ，所以 的中垂线就是“欧拉线”.
又因为的中点为 ， ，
所以 的“欧拉线”方程为 即；
圆M的半径为
故答案为：，.
【分析】由“欧拉线”的定义可得，等腰三角形的“欧拉线”就是底边的中垂线，结合直线与圆相切，半径等于圆心到直线的距离，即可求解.
13．【答案】2
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：不等式，
令，即表示以点为圆心，1为半径的圆在x轴及上方的半圆，
表示过定点的直线，
因此不等式的解集是，
等价于半圆在直线及上方时，的取值集合恰为，
观察图象得直线恰过点，则有，
所以.
故答案为：2.
【分析】将给定不等式等价转化构造函数，借助几何图形及给定解集，确定直线过的点，即可得到答案.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】依题意，设等差数列 的公差为 ，因为 ，故 ，故 .
又 ，故 ，故 ，故 ，故 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，即 ，显然 ，所以 ，
又 ，当且仅当 时，等号成立，所以 .所以 .答案为： .
【分析】根据题意结合等差数列前n项和公式即可得出a2的值，再由等差数列中项的性质结合等差数列的定义即可求出公差与首项的值，求出数列的通项公式整理该式子再由裂项相消法求出其前n项和的代数式，结合题意整理化简再由基本不等式即可求出最值。
15．【答案】(1)解：设第一行的数从左到右组成的等差数列的公差为，各列中的数从上到下组成的等比数列的公比为，则，，则①，，则②，联立①②，解得或（舍），从而. (2)解：由（1）知，，，所以，所以.
（1）解：设第一行的数从左到右组成的等差数列的公差为，
各列中的数从上到下组成的等比数列的公比为，
则，
，则①，
，则②，
联立①②，解得或（舍），
从而.
（2）解：由（1）知，，，
所以，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设第一行的数从左到右组成的等差数列的公差为，各列中的数从上到下组成的等比数列的公比为，根据题意，建立等量关系式，求得，从而求得数列的通项公式；
（2）利用第一问的结论，可以求得，进而求得，之后应用分组求和法和裂项相消法求和即可.
16．【答案】（1）解：由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）证明：因为
，
所以
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）由已知得，得到是以为公比的等比数列，求出通项公式；
（2）由（1）求出的通项公式，利用裂项相消法求和，即可得证.
（1）由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）证明：因为
，
所以
.
17．【答案】（1）解：当时，函数的定义域为，求导得，
由，得，由，得，
所以函数的递减区间是，递增区间是.
（2）解：函数的定义域为，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上递减，在上递增，当时，，即，
，当且仅当时取等号，
令，则函数在上单调递增，，即存在，，
从而函数，由，得，
当时，，
当时，，，而当时，函数的取值集合为，
因此函数的值域是，
当时，，显然，
当，即时，，函数在上单调递增，则，
因此函数在上的值域为，
因为对任意，都有，使得成立，则函数在上的值域包含于函数的值域，
于是，即，解得，因此；
当，即时，，函数在上单调递减，则，
因此函数在上的值域为，则，
即，解得，矛盾；
当时，由，得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
依题意，，整理得，解得，因此，
综上得
所以的取值范围是．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）把代入，求出的导数，再解导数值大于0、小于0的不等式作答.
（2）根据题，求出函数的值域，再分类讨论求出函数在上的值域，结合包含关系求解作答.
（1）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得，由，得，
所以函数的递减区间是，递增区间是.
（2）函数的定义域为，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上递减，在上递增，当时，，即，
，当且仅当时取等号，
令，则函数在上单调递增，，即存在，，
从而函数，由，得，
当时，，
当时，，，而当时，函数的取值集合为，
因此函数的值域是，
当时，，显然，
当，即时，，函数在上单调递增，则，
因此函数在上的值域为，
因为对任意，都有，使得成立，则函数在上的值域包含于函数的值域，
于是，即，解得，因此；
当，即时，，函数在上单调递减，则，
因此函数在上的值域为，则，
即，解得，矛盾；
当时，由，得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
依题意，，整理得，解得，因此，
综上得
所以的取值范围是．
18．【答案】（1）解：依题意，设，显然，，
则，又，即，
所以，即①，
由，得②，
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由（1）得，，
设直线的方程为，
因为点位于第一象限，所以，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，
又直线的方程为，即，
所以联立，解得，
故
，
因为，所以，，则，
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）分别联立直线与椭圆方程、直线与直线方程，求得的坐标，从而将所求转化为的纵坐标的表达式，从而得解，其中关键是将转化为的纵坐标的比值.
（1）依题意，设，显然，，
则，又，即，
所以，即①，
由，得②，
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为，
（2）由（1）得，，
设直线的方程为，
因为点位于第一象限，所以，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，
又直线的方程为，即，
所以联立，解得，
故
，
因为，所以，，则，
所以，
19．【答案】（1）解：根据题意可知的所有可能取值为
则
可得的分布列如下：
0 1 2
期望值为.
（2）解：依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同.
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为
因此可得，
所以，
因此可得且，
即数列是首项为公比为的等比数列，
即，
所以
由题意，
综上，.
【知识点】等差数列与等比数列的综合；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
【解析】【分析】（1）根据超几何分布，求出概率，写出分布列，根据期望计算公式求出期望即可；
（2）当时，棋子跳到第格有两种可能：第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；结合概率求得，变形为，利用等比数列定义证明，并结合等比数列前n项和公式，利用累加法求得的通项公式.
（1）根据题意可知的所有可能取值为
则
可得的分布列如下：
0 1 2
期望值为.
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同.
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为
因此可得，
所以，
因此可得且，
即数列是首项为公比为的等比数列，
即，
所以
由题意，
综上，.
1 / 1江西省抚州市临川第一中学2023-2024学年高二下学期6月检测二数学试题
1．（2024高二下·临川月考）两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子 分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，如，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】导数的四则运算；极限及其运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】根据题，结合极限的运算法则和洛必达法则，即可求解.
2．（2024高二下·临川月考）排球比赛的规则是5局3胜制（无平局），在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率均为，前局甲队以领先，则最后甲队获得比赛胜利的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】概率的基本性质；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：若最后乙队获胜，即后局必须都是乙队获胜，则其概率.
所以最后甲队获胜的概率是
故选：C.
【分析】首先求出乙队获胜即后局必须都是乙队获胜的概率，利用对立事件的概率公式，即可求解.
3．（2024高二下·临川月考）若，，，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意，，，
的，
故，
则，
又，故，
故，
设平面的法向量为，则，
即，令，则可取，
则O到平面的距离为，
即三棱锥的高为，
故三棱锥的体积为，
故选：A.
【分析】利用向量夹角公式求得，进而求出的面积，再求出平面的法向量，利用空间距离的向量求法求出三棱锥的高，根据棱锥体积公式即可求得答案.
4．（2024高二下·临川月考）若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由有两个零点，即有两个正实根，
即函数与的图象有2个交点．
直线过定点，当该直线与曲线相切时，设切点为，
又，则，即，
令，则，所以在上单调递增，
又，故有唯一零点，故，
所以当直线与曲线相切时，切点为，则切线斜率为1．
要使函数与的图象有2个交点，则需满足，
所以．
故选：B．
【分析】根据题意，将问题转化为函数与的图象有2个交点，则利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的直线的斜率，再结合图形可求出实数的取值范围，解题的关键是将问题转化为直线与曲线有两个交点问题，然后利用导数的几何意义求出相切时直线的斜率，再结合图形求解.
5．（2024高二下·临川月考）已知经过同一点的个平面，任意三个平面不经过同一条直线，若这n个平面将空间分成个部分．现用数学归纳法证明这一命题，证明过程中由到时，应证明增加的空间个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数学归纳法的原理
【解析】【解答】解：当时，这三个平面将空间分成了8部分，
若时，平面将空间分成个部分，则再添加1个面时，与其他个面共有条交线，此条交线过同一个点，将该平面分成个部分，
每一部分将所在的空间一分为二，故．
故选：A.
【分析】根据题意，结合数学归纳法的概念，即可求解.
6．（2024高二下·临川月考）记数列中不超过正整数n的项的个数为，设数列的前n项的和为，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】，
当时，，
所以
，
记，，
两式相减得，
化简得，
所以．
故答案为：B.
【分析】先由定义判断出当时，，再变形得到，再按照错位相减法求和，即可求解出答案.
7．（2024高二下·临川月考）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：令，可得，①
令，可得，②
①②可得，
令，可得，③
令，可得，④
③④可得
将与相加
可得.
故选：B.
【分析】根据题意，利用赋值法，分别令，进而得到答案.
8．（2024高二下·临川月考）平面内互不重合的点、、、、、、，若，其中，2，3，4，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：设为的重心，
则，
因为，所以，即在以点为圆心，为半径的圆上面，
设点与坐标原点重合，
则，当且仅当都在线段上，等号成立，
又，
当且仅当在线段上面，且在线段上，在线段上，等号成立
综上所述，的取值范围为.
故选：D.
【分析】由题意首先得在以点为圆心，为半径的圆上面，为的重心，结合三角形三边关系，关键是得到得在以点为圆心，为半径的圆上面，由此即可求解.
9．（2024高二下·临川月考）已知随机变量X的分布列如下表：若，则（ ）
0 1
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】依题意，AB选项正确.
，C选项正确.
，D选项错误.
故答案为：ABC
【分析】利用离散型随机变量的性质逐项进行判断，可得答案.
10．（2024高二下·临川月考）已知圆：直线：，下列说法正确的是（ ）
A．直线上存在点，过向圆引两切线，切点为A，B，使得
B．直线上存在点，过点向圆引割线与圆交于A，B，使得
C．与圆内切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
D．与圆外切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
【答案】A,B,C,D
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：对于A中，
因为，则，又因为为圆的两条切线，所以，且，则，，所以，因此存在点在直线上，且满足，故A正确．
对于B中，过点P作圆的割线，交圆与两点，过点P作圆的切线，切点为，
因为为圆的切线，所以，又，所以，则，，，所以存在点P，使得有解，故B正确．
对于C中，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆内切，且与直线相切
则如图所示
，，作的平行线与的距离为1，则到直线
的距离为，故到定直线与到定点Ｏ的距离相等，故Ａ点的轨迹为抛物线．
对于D中，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆外切，且与直线相切，
如图所示：
，，作的平行线与的距离为1，则到直线
的距离为，则A到定点O的距离等于到定直线的距离．
∴A点的轨迹为抛物线，D对，ABCD全对．
故选：ABCD.
【分析】A与B选项考查直线与圆的位置关系，存在点P，故找到适合的一个点就可，C与D选项因圆与圆内切，外切，则找到圆心距与两半径之间的关系，求得到点的轨迹，即可求解.
11．（2024高二下·临川月考）若函数 有两个极值点 ， （ ），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值；函数零点存在定理；函数的零点
【解析】【解答】解：由题得f'(x)=ex-2ax-2a
令f'(x)=ex-2ax-2a=0，∴ex=2a(x+1)，
在同一坐标系下作出函数y=ex，y=2a(x+1)的图象，如图所示，
则两函数的图象有两个交点，
函数y=2a(x+1)的图象是过定点(-1，0)的直线l，
设直线l和曲线y=ex切于点(x0，ex0)，则，则x0=0，，
所以两个函数的图象要有两个交点，则，∴2a>1，
由于切点为(0，1)，所以x1<0设g(x)=f'(x)=ex-2ax-2a，
所以g(ln(2a))=eln(2a)-2aln(2a)-2a=-2aln(2a)，因为2a>1，所以g(ln2a)<0，
当x→+∞时，g(x)>0，所以x2>ln(2a)，所以选项B正确；
由题得ex1-2ax1-2a=0，∴ex1=2ax1+2a，
由题得h(x1)=f(x1)=ex1-ax12-2a=-ax12-2a(-1二次函数开口向下，对称轴为x=1，
所以函数h(x1)=f(x1)=-ax12-2a(-1所以h(-1)由图象可知函数f(x)在(-∞，x1)单调递增，在(x1，x2)单调递减，在(x2，+o0)单调递增因为x2>0，
∴f(x2)故答案为：ABC
【分析】在同一坐标系下作出函数y=ex，y=2a(x+1)的图象，则两函数的图象有两个交点，数形结合分析得到x1<0ln(2a)可判断B；求出h(x1)=f(x1)=ex1-ax12-2ax1=ax12+2a(-10，∴f(x2)12．（2024高二下·临川月考）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理： 三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上， 这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”． 在非等边中， ， 点坐标为， 点坐标为， 且其“欧拉线”与圆 相切， 则的“欧拉线”方程为 ，圆M的半径 ．
【答案】；
【知识点】平面内点到直线的距离公式；与直线有关的动点轨迹方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为 ，所以 的中垂线就是“欧拉线”.
又因为的中点为 ， ，
所以 的“欧拉线”方程为 即；
圆M的半径为
故答案为：，.
【分析】由“欧拉线”的定义可得，等腰三角形的“欧拉线”就是底边的中垂线，结合直线与圆相切，半径等于圆心到直线的距离，即可求解.
13．（2024高二下·临川月考）若关于的不等式的解集是，则值是 ．
【答案】2
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：不等式，
令，即表示以点为圆心，1为半径的圆在x轴及上方的半圆，
表示过定点的直线，
因此不等式的解集是，
等价于半圆在直线及上方时，的取值集合恰为，
观察图象得直线恰过点，则有，
所以.
故答案为：2.
【分析】将给定不等式等价转化构造函数，借助几何图形及给定解集，确定直线过的点，即可得到答案.
14．（2024高二下·临川月考）已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，数列 的前 项和为 ，且对于任意的 ，则实数 的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】依题意，设等差数列 的公差为 ，因为 ，故 ，故 .
又 ，故 ，故 ，故 ，故 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，即 ，显然 ，所以 ，
又 ，当且仅当 时，等号成立，所以 .所以 .答案为： .
【分析】根据题意结合等差数列前n项和公式即可得出a2的值，再由等差数列中项的性质结合等差数列的定义即可求出公差与首项的值，求出数列的通项公式整理该式子再由裂项相消法求出其前n项和的代数式，结合题意整理化简再由基本不等式即可求出最值。
15．（2024高二下·临川月考）在下面的数表中，各行中的数从左到右依次成公差为正数的等差数列，各列中的数从上到下依次成公比为正数的等比数列，且公比都相等，表示第行，第列的数.已知，，.
第一列 第二列 第三列 第四列 …
第一行 …
第二行 …
第三行 …
第四行 …
… … … … … …
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，求数列的前项和.
【答案】(1)解：设第一行的数从左到右组成的等差数列的公差为，各列中的数从上到下组成的等比数列的公比为，则，，则①，，则②，联立①②，解得或（舍），从而. (2)解：由（1）知，，，所以，所以.
（1）解：设第一行的数从左到右组成的等差数列的公差为，
各列中的数从上到下组成的等比数列的公比为，
则，
，则①，
，则②，
联立①②，解得或（舍），
从而.
（2）解：由（1）知，，，
所以，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设第一行的数从左到右组成的等差数列的公差为，各列中的数从上到下组成的等比数列的公比为，根据题意，建立等量关系式，求得，从而求得数列的通项公式；
（2）利用第一问的结论，可以求得，进而求得，之后应用分组求和法和裂项相消法求和即可.
16．（2024高二下·临川月考）已知正项数列中，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2），证明：.
【答案】（1）解：由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）证明：因为
，
所以
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）由已知得，得到是以为公比的等比数列，求出通项公式；
（2）由（1）求出的通项公式，利用裂项相消法求和，即可得证.
（1）由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）证明：因为
，
所以
.
17．（2024高二下·临川月考）函数，．
（1）当时，求的单调区间；
（2）对任意，都有，使得成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数的定义域为，求导得，
由，得，由，得，
所以函数的递减区间是，递增区间是.
（2）解：函数的定义域为，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上递减，在上递增，当时，，即，
，当且仅当时取等号，
令，则函数在上单调递增，，即存在，，
从而函数，由，得，
当时，，
当时，，，而当时，函数的取值集合为，
因此函数的值域是，
当时，，显然，
当，即时，，函数在上单调递增，则，
因此函数在上的值域为，
因为对任意，都有，使得成立，则函数在上的值域包含于函数的值域，
于是，即，解得，因此；
当，即时，，函数在上单调递减，则，
因此函数在上的值域为，则，
即，解得，矛盾；
当时，由，得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
依题意，，整理得，解得，因此，
综上得
所以的取值范围是．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）把代入，求出的导数，再解导数值大于0、小于0的不等式作答.
（2）根据题，求出函数的值域，再分类讨论求出函数在上的值域，结合包含关系求解作答.
（1）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得，由，得，
所以函数的递减区间是，递增区间是.
（2）函数的定义域为，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上递减，在上递增，当时，，即，
，当且仅当时取等号，
令，则函数在上单调递增，，即存在，，
从而函数，由，得，
当时，，
当时，，，而当时，函数的取值集合为，
因此函数的值域是，
当时，，显然，
当，即时，，函数在上单调递增，则，
因此函数在上的值域为，
因为对任意，都有，使得成立，则函数在上的值域包含于函数的值域，
于是，即，解得，因此；
当，即时，，函数在上单调递减，则，
因此函数在上的值域为，则，
即，解得，矛盾；
当时，由，得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
依题意，，整理得，解得，因此，
综上得
所以的取值范围是．
18．（2024高二下·临川月考）已知，分别是椭圆：（）的左、右顶点，为的上顶点，是上在第一象限的点，，直线，的斜率分别为，，且．
（1）求的方程；
（2）直线与交于点，与轴交于点，求的取值范围．
【答案】（1）解：依题意，设，显然，，
则，又，即，
所以，即①，
由，得②，
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：由（1）得，，
设直线的方程为，
因为点位于第一象限，所以，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，
又直线的方程为，即，
所以联立，解得，
故
，
因为，所以，，则，
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）分别联立直线与椭圆方程、直线与直线方程，求得的坐标，从而将所求转化为的纵坐标的表达式，从而得解，其中关键是将转化为的纵坐标的比值.
（1）依题意，设，显然，，
则，又，即，
所以，即①，
由，得②，
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为，
（2）由（1）得，，
设直线的方程为，
因为点位于第一象限，所以，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，
又直线的方程为，即，
所以联立，解得，
故
，
因为，所以，，则，
所以，
19．（2024高二下·临川月考）甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）.每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束.记棋子跳到第格的概率为.
（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
（2）证明：数列为等比数列，并求的通项公式.
【答案】（1）解：根据题意可知的所有可能取值为
则
可得的分布列如下：
0 1 2
期望值为.
（2）解：依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同.
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为
因此可得，
所以，
因此可得且，
即数列是首项为公比为的等比数列，
即，
所以
由题意，
综上，.
【知识点】等差数列与等比数列的综合；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
【解析】【分析】（1）根据超几何分布，求出概率，写出分布列，根据期望计算公式求出期望即可；
（2）当时，棋子跳到第格有两种可能：第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；结合概率求得，变形为，利用等比数列定义证明，并结合等比数列前n项和公式，利用累加法求得的通项公式.
（1）根据题意可知的所有可能取值为
则
可得的分布列如下：
0 1 2
期望值为.
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同.
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为
因此可得，
所以，
因此可得且，
即数列是首项为公比为的等比数列，
即，
所以
由题意，
综上，.
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