江西省景德镇市乐平中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高二下·乐平期末）设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．272 B．270 C．157 D．153
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
故．
故选：D.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式，进而得出的值.
2．（2024高二下·乐平期末）某电动摩托车制造企业为了解其新研发的一款电动摩托车的续航里程（单位：公里）情况，随机抽查得到了10000个样本，根据统计这款新型电动摩托车的续航里程，若，则该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有（ ）
A．10辆 B．100辆 C．180辆 D．900辆
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为，，所以，
所以该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有辆；
故答案为：B
【分析】
利用，利用正态分布的对称性可得，即可求解.
3．（2024高二下·乐平期末）下列说法正确的是（ ）
A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
C．“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的充分不必要条件
D．若随机变量，满足，则
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A选项，，故从小到大选取第8个和第9个数的平均数作为第80百分位数，即，A错误；
B选项，，故可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，事件A，B互斥不能推出事件A，B对立，但事件A，B对立，则一定有事件A，B互斥，
故“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，C错误；
D选项，若随机变量，满足，则，D错误.
故答案误：B
【分析】
对于A选项，根据百分位数的定义进行计算，判断A错误；对于B选项，，判断B正确；
对于C选项，由于事件A，B对立是事件A，B互斥的特殊情况，故“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，判断C错误；对于D选项，，判断D错误.
4．（2024高二下·乐平期末）若双曲线的右焦点为，且点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为双曲线的右焦点为，所以，即，
所以双曲线的渐近线方程为，
设点到双曲线的一条渐近线，的距离为，
则，
所以，
所以双曲线的离心率．
故答案为：C．
【分析】
先求出双曲线的渐近线方程，利用焦点到渐近线的距离为1求出，从而根据a、b、c关系求出，即可求出离心率．
5．（2024高二下·乐平期末）泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中．一般地，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量，的近似值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；二项分布
【解析】【解答】因为 随机变量， ，所以，，
泊松分布可作为二项分布的近似，
所以，
所以，
所以，，
则.
故答案为：B
【分析】
利用随机变量， ，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似 可得，代入公式用 ，利用对立事件的概率和为1计算即可.
6．（2024高二下·乐平期末）已知，，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】因为， 所以，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：B.
【分析】
根据， ，利用基本不等式即可求出最值，.
7．（2024高二下·乐平期末）若“”为真命题，“”为假命题，则集合可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】存在量词命题；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】因为“”为真命题，故A错误，
因为“”为假命题，则“”为真命题，故B，D错误，
则集合可以是.
故答案为：C
【分析】
由“”为真命题可排除A，由“”为假命题可排除B、D，从而判断C正确.
8．（2024高二下·乐平期末）已知函数是定义在R上的奇函数，是的导函数，且当时，，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：令，则，
当时，，则，
所以在上单调递增，
因为为R上的奇函数，所以，，
所以，函数在定义域内为奇函数，
因为，所以，
则，
当或时，；
当或时，；
因为为奇函数，所以，
由可得
故要使只需要，
所以，所以，不等式的解集为．
故选：D.
【分析】利用已知条件构造函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合奇函数的性质，从而解一元二次不等式，进而得出不等式的解集.
9．（2024高二下·乐平期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A． B．CE与OF所成角的余弦值为
C．四点共面 D．的面积为
【答案】A,C
【知识点】共面向量定理；空间向量垂直的坐标表示；异面直线；三角形中的几何计算
【解析】【解答】
如图，以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
对于A项，因为，则，所以所以，
所以，故A项正确；
对于B项，因，则，
设CE与OF所成角为，则，故B项错误；
对于C项，因，则，
易得，即为共面向量，故四点共面，即C项正确；
对于D项，因，则，记，
则，故，
故的面积为，故D项错误.
故答案为：A、C.
【分析】
以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系.，写出相关点和向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算判断A项正确，利用空间向量的夹角公式计算判断B项错误，利用空间向量共面定理判断C项正确，利用三角形面积公式判断D项错误.
10．（2024高二下·乐平期末）若直线与圆交于两点，则（ ）
A．当时，直线的倾斜角为
B．圆的圆心坐标为
C．圆的半径为3
D．的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】直线的倾斜角；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】对于A，当时，直线的方程为，则直线的斜率为，所以倾斜角为，故A正确；
对于B、C，圆的方程化为标准方程为，所以圆心，半径，故B错误，C正确；
对于D，圆心到直线 的距离，
因为，所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：A、C、D.
【分析】
当时，直线的方程为，求出直线的斜率，即可得到倾斜角，即可判断A正确；
将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断B错误、C正确；
求出圆心到直线的距离，再由勾股定理求出判断D正确.
11．（2024高二下·乐平期末）已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称 B．
C． D．
【答案】A,B,D
【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：对于选项A，为偶函数，，
即有，则的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为，令，可得，
又，所以，故B正确；
对于选项C，，，，
①，②，
将①②式分别与联立，化简得：
，，
，，
，，即与的周期均为4，
，，
，，
又函数的图象关于对称，
，，
，故C错误；
对于选项D，又，，
，，
，，，
，故D正确.
故选：ABD.
【分析】对于选项A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于选项B，利用赋值法即可得解；对于选项CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.
12．（2024高二下·乐平期末）若，则 .
【答案】
【知识点】导数的加法与减法法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】因为，所以，
令，有，解得.
故答案为：.
【分析】
先根据导数的运算法则求导，将代入，解方程即可求解.
13．（2024高二下·乐平期末）多项式的展开式中，的系数是 .
【答案】
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【解答】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：
【分析】
利用完全平方公式f将展开，再根据二项式定理的通项写出展开式，最后利用乘法法则得出的展开式中含的项，合并即可求得.
14．（2024高二下·乐平期末）已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，若的面积为9，则的值为 ．
【答案】3
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】
因为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，
所以，
，①
又
②
①-②得：，
的面积为9，
，
故答案为：3.
【分析】
由椭圆的定义得，勾股定理得，两式联立得，结合三角形面积公式计算即可求解.
15．（2024高二下·乐平期末）如图，在直三棱柱中，M，N分别为棱AB，的中点，为等腰直角三角形，且.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明
如图，连接，因为，为中点，所以．
因为为直三棱柱 的侧棱，所以平面．
因为平面，所以．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图.
则，，，.
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由可得，，
取，可得，，即可取．
设点到平面的距离为，则．
所以点到平面的距离为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）通过等腰三角形三线合一证明，利用线面垂直性质得，根据线面垂直判定定理，即可证明；
（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，分别求得和平面的一个法向量的坐标，利用点到平面的距离的向量公式计算即得.
（1）如图，连接，因为，为中点，所以．
因为为直三棱柱的侧棱，所以平面．
因为平面，所以．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图.
则，，，.
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由可得，，
取，可得，，即可取．
设点到平面的距离为，则．
所以点到平面的距离为．
16．（2024高二下·乐平期末）某校桥牌社每个月要和兄弟学校的桥牌社进行一次友谊赛，为此要从7名社员中随机选择2名参加友谊赛.新学年友谊赛从10月份开始，此时7名社员中有3名新社员没有参加过此前的友谊赛.
（1）设10月份参加比赛的新社员的人数为，求的分布与期望；
（2）求11月份参加比赛的社员中，恰有1个没有友谊赛经验的概率.
【答案】（1）解： 10月份参加比赛的新社员的人数为 X的可能值为1，2，3
因为；；.
故的分布列是
所以数学期望.
（2）解：由（1）的结果及全概率公式得 恰有1个没有友谊赛经验的概率 为
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列；全概率公式
【解析】【分析】（1）先写出10月份参加比赛的新社员的人数为 X的可能值为1，2，3，利用古典概型概率公式求出对应概率，列出分布列，再用数学期望的定义求出期望；
（2）利用（1）的结果，并使用全概率公式即可求解.
（1）X的可能值为1，2，3
由于；；.
故的分布列是
数学期望.
（2）由（1）的结果及全概率公式知所求概率
.
17．（2024高二下·乐平期末） 已知椭圆，右焦点为，过点的直线交于两点.
（1）若直线的倾斜角为，求；
（2）记线段的垂直平分线交直线于点，当最大时，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意可得，
因为直线的倾斜角为，所以，
因此，的方程为，
联立方程消去得
解得
所以
因此，
（2）解：设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为如图所示：
联立方程消去得，
因此，
所以，
设线段的中点为，
则，
所以，
所以
设，则，
当且仅当，即时等号成立，
当最大时，也最大，此时直线的方程为，
即或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆方程可求出椭圆右焦点坐标，利用直线的点斜式可求出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，可求出交点的坐标，利用两点之间距离公式可求出 ；
（2）根据题意分析可得直线的斜率不为0，设为，联立直线方程和椭圆方程，应用韦达定理和弦长公式可求出|AB|，计算的中点，利用正切定义和换元法可得：，利用基本不等式可求出最大值时，m的值，据此可求出直线方程.
18．（2024高二下·乐平期末）已知数列满足，，数列的前项和为，且．
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）解：因为，，
所以，当时，，得，
当时，，
所以，，所以，
因为当时也满足，
所以，所以，即，
又因为也满足，所以，
因为，所以当时，，解得，
当时，，所以，
所以，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）解：由（1）可得，
所以，
，
两式相减得
，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合递推公式和作差法和检验法，进而得到，再利用累乘法求出数列的通项公式，再根据和检验法和等比数列的定义，进而判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）得出的数列，的通项公式，从而可得，再利用错位相减的方法，从而得出数列的前项和．
19．（2024高二下·乐平期末）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.
（1）求曲线在处的曲率的平方；
（2）求余弦曲线曲率的最大值；
（3）余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程.
【答案】（1）解：因为，所以，，因为.
所以，∴
（2）解：因为，，，
所以，，
令，则，，
设，，则，
所以当时，，在上单调递减，
所以，
所以最大值为，所以的最大值为.
（3）解：在区间上有且仅有2个零点.
证明：因为，所以，
①当时，因为，，则，，
∴，在上单调递增，又，.
∴在上有一个零点，
②设，则，当时，，单调递增，
，又，
∴恒成立，
∴在上无零点.
③当时，，，
∴在上单调递减，又，.
∴在上必存在一个零点，
综上，在区间上有且仅有2个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）对求出，，再根据所给定义. 计算即可；
（2）根据所给定义. 表示出，即可得到，再令，
设，，利用导数研究出函数的单调性、极值最大值，即可得解；
（3）首先得到，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理，即可判断函数的零点个数.
（1）因为，所以，，
所以，∴.
（2）因为，，，
所，，
令，则，，
设，，则，显然当时，，在上单调递减，
所以，
所以最大值为，所以的最大值为.
（3）在区间上有且仅有2个零点.
证明：，所以，
①当时，因为，，则，，
∴，在上单调递增，又，.
∴在上有一个零点，
②设，则，当时，，单调递增，
，又，
∴恒成立，
∴在上无零点.
③当时，，，
∴在上单调递减，又，.
∴在上必存在一个零点，
综上，在区间上有且仅有2个零点.
1 / 1江西省景德镇市乐平中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高二下·乐平期末）设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．272 B．270 C．157 D．153
2．（2024高二下·乐平期末）某电动摩托车制造企业为了解其新研发的一款电动摩托车的续航里程（单位：公里）情况，随机抽查得到了10000个样本，根据统计这款新型电动摩托车的续航里程，若，则该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有（ ）
A．10辆 B．100辆 C．180辆 D．900辆
3．（2024高二下·乐平期末）下列说法正确的是（ ）
A．一组数据7，8，8，9，11，13，15，17，20，22的第80百分位数为17
B．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
C．“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的充分不必要条件
D．若随机变量，满足，则
4．（2024高二下·乐平期末）若双曲线的右焦点为，且点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·乐平期末）泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中．一般地，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量，的近似值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·乐平期末）已知，，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2024高二下·乐平期末）若“”为真命题，“”为假命题，则集合可以是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·乐平期末）已知函数是定义在R上的奇函数，是的导函数，且当时，，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二下·乐平期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A． B．CE与OF所成角的余弦值为
C．四点共面 D．的面积为
10．（2024高二下·乐平期末）若直线与圆交于两点，则（ ）
A．当时，直线的倾斜角为
B．圆的圆心坐标为
C．圆的半径为3
D．的取值范围是
11．（2024高二下·乐平期末）已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称 B．
C． D．
12．（2024高二下·乐平期末）若，则 .
13．（2024高二下·乐平期末）多项式的展开式中，的系数是 .
14．（2024高二下·乐平期末）已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，若的面积为9，则的值为 ．
15．（2024高二下·乐平期末）如图，在直三棱柱中，M，N分别为棱AB，的中点，为等腰直角三角形，且.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
16．（2024高二下·乐平期末）某校桥牌社每个月要和兄弟学校的桥牌社进行一次友谊赛，为此要从7名社员中随机选择2名参加友谊赛.新学年友谊赛从10月份开始，此时7名社员中有3名新社员没有参加过此前的友谊赛.
（1）设10月份参加比赛的新社员的人数为，求的分布与期望；
（2）求11月份参加比赛的社员中，恰有1个没有友谊赛经验的概率.
17．（2024高二下·乐平期末） 已知椭圆，右焦点为，过点的直线交于两点.
（1）若直线的倾斜角为，求；
（2）记线段的垂直平分线交直线于点，当最大时，求直线的方程.
18．（2024高二下·乐平期末）已知数列满足，，数列的前项和为，且．
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和．
19．（2024高二下·乐平期末）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.
（1）求曲线在处的曲率的平方；
（2）求余弦曲线曲率的最大值；
（3）余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
故．
故选：D.
【分析】根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式，进而得出的值.
2．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为，，所以，
所以该样本中续航里程不小于70公里的电动摩托车大约有辆；
故答案为：B
【分析】
利用，利用正态分布的对称性可得，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A选项，，故从小到大选取第8个和第9个数的平均数作为第80百分位数，即，A错误；
B选项，，故可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，B正确；
C选项，事件A，B互斥不能推出事件A，B对立，但事件A，B对立，则一定有事件A，B互斥，
故“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，C错误；
D选项，若随机变量，满足，则，D错误.
故答案误：B
【分析】
对于A选项，根据百分位数的定义进行计算，判断A错误；对于B选项，，判断B正确；
对于C选项，由于事件A，B对立是事件A，B互斥的特殊情况，故“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，判断C错误；对于D选项，，判断D错误.
4．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】因为双曲线的右焦点为，所以，即，
所以双曲线的渐近线方程为，
设点到双曲线的一条渐近线，的距离为，
则，
所以，
所以双曲线的离心率．
故答案为：C．
【分析】
先求出双曲线的渐近线方程，利用焦点到渐近线的距离为1求出，从而根据a、b、c关系求出，即可求出离心率．
5．【答案】B
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；二项分布
【解析】【解答】因为 随机变量， ，所以，，
泊松分布可作为二项分布的近似，
所以，
所以，
所以，，
则.
故答案为：B
【分析】
利用随机变量， ，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似 可得，代入公式用 ，利用对立事件的概率和为1计算即可.
6．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】因为， 所以，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：B.
【分析】
根据， ，利用基本不等式即可求出最值，.
7．【答案】C
【知识点】存在量词命题；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】因为“”为真命题，故A错误，
因为“”为假命题，则“”为真命题，故B，D错误，
则集合可以是.
故答案为：C
【分析】
由“”为真命题可排除A，由“”为假命题可排除B、D，从而判断C正确.
8．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：令，则，
当时，，则，
所以在上单调递增，
因为为R上的奇函数，所以，，
所以，函数在定义域内为奇函数，
因为，所以，
则，
当或时，；
当或时，；
因为为奇函数，所以，
由可得
故要使只需要，
所以，所以，不等式的解集为．
故选：D.
【分析】利用已知条件构造函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合奇函数的性质，从而解一元二次不等式，进而得出不等式的解集.
9．【答案】A,C
【知识点】共面向量定理；空间向量垂直的坐标表示；异面直线；三角形中的几何计算
【解析】【解答】
如图，以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
对于A项，因为，则，所以所以，
所以，故A项正确；
对于B项，因，则，
设CE与OF所成角为，则，故B项错误；
对于C项，因，则，
易得，即为共面向量，故四点共面，即C项正确；
对于D项，因，则，记，
则，故，
故的面积为，故D项错误.
故答案为：A、C.
【分析】
以点为坐标原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系.，写出相关点和向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算判断A项正确，利用空间向量的夹角公式计算判断B项错误，利用空间向量共面定理判断C项正确，利用三角形面积公式判断D项错误.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线的倾斜角；平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程
【解析】【解答】对于A，当时，直线的方程为，则直线的斜率为，所以倾斜角为，故A正确；
对于B、C，圆的方程化为标准方程为，所以圆心，半径，故B错误，C正确；
对于D，圆心到直线 的距离，
因为，所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：A、C、D.
【分析】
当时，直线的方程为，求出直线的斜率，即可得到倾斜角，即可判断A正确；
将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，从而判断B错误、C正确；
求出圆心到直线的距离，再由勾股定理求出判断D正确.
11．【答案】A,B,D
【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：对于选项A，为偶函数，，
即有，则的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为，令，可得，
又，所以，故B正确；
对于选项C，，，，
①，②，
将①②式分别与联立，化简得：
，，
，，
，，即与的周期均为4，
，，
，，
又函数的图象关于对称，
，，
，故C错误；
对于选项D，又，，
，，
，，，
，故D正确.
故选：ABD.
【分析】对于选项A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于选项B，利用赋值法即可得解；对于选项CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.
12．【答案】
【知识点】导数的加法与减法法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】因为，所以，
令，有，解得.
故答案为：.
【分析】
先根据导数的运算法则求导，将代入，解方程即可求解.
13．【答案】
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【解答】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：
【分析】
利用完全平方公式f将展开，再根据二项式定理的通项写出展开式，最后利用乘法法则得出的展开式中含的项，合并即可求得.
14．【答案】3
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】
因为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，
所以，
，①
又
②
①-②得：，
的面积为9，
，
故答案为：3.
【分析】
由椭圆的定义得，勾股定理得，两式联立得，结合三角形面积公式计算即可求解.
15．【答案】（1）证明
如图，连接，因为，为中点，所以．
因为为直三棱柱 的侧棱，所以平面．
因为平面，所以．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图.
则，，，.
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由可得，，
取，可得，，即可取．
设点到平面的距离为，则．
所以点到平面的距离为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）通过等腰三角形三线合一证明，利用线面垂直性质得，根据线面垂直判定定理，即可证明；
（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，分别求得和平面的一个法向量的坐标，利用点到平面的距离的向量公式计算即得.
（1）如图，连接，因为，为中点，所以．
因为为直三棱柱的侧棱，所以平面．
因为平面，所以．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）以点为坐标原点，，，分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图.
则，，，.
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由可得，，
取，可得，，即可取．
设点到平面的距离为，则．
所以点到平面的距离为．
16．【答案】（1）解： 10月份参加比赛的新社员的人数为 X的可能值为1，2，3
因为；；.
故的分布列是
所以数学期望.
（2）解：由（1）的结果及全概率公式得 恰有1个没有友谊赛经验的概率 为
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列；全概率公式
【解析】【分析】（1）先写出10月份参加比赛的新社员的人数为 X的可能值为1，2，3，利用古典概型概率公式求出对应概率，列出分布列，再用数学期望的定义求出期望；
（2）利用（1）的结果，并使用全概率公式即可求解.
（1）X的可能值为1，2，3
由于；；.
故的分布列是
数学期望.
（2）由（1）的结果及全概率公式知所求概率
.
17．【答案】（1）解：由题意可得，
因为直线的倾斜角为，所以，
因此，的方程为，
联立方程消去得
解得
所以
因此，
（2）解：设，由题意得，直线的斜率不为0，故设为如图所示：
联立方程消去得，
因此，
所以，
设线段的中点为，
则，
所以，
所以
设，则，
当且仅当，即时等号成立，
当最大时，也最大，此时直线的方程为，
即或
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆方程可求出椭圆右焦点坐标，利用直线的点斜式可求出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，可求出交点的坐标，利用两点之间距离公式可求出 ；
（2）根据题意分析可得直线的斜率不为0，设为，联立直线方程和椭圆方程，应用韦达定理和弦长公式可求出|AB|，计算的中点，利用正切定义和换元法可得：，利用基本不等式可求出最大值时，m的值，据此可求出直线方程.
18．【答案】（1）解：因为，，
所以，当时，，得，
当时，，
所以，，所以，
因为当时也满足，
所以，所以，即，
又因为也满足，所以，
因为，所以当时，，解得，
当时，，所以，
所以，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）解：由（1）可得，
所以，
，
两式相减得
，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合递推公式和作差法和检验法，进而得到，再利用累乘法求出数列的通项公式，再根据和检验法和等比数列的定义，进而判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）由（1）得出的数列，的通项公式，从而可得，再利用错位相减的方法，从而得出数列的前项和．
19．【答案】（1）解：因为，所以，，因为.
所以，∴
（2）解：因为，，，
所以，，
令，则，，
设，，则，
所以当时，，在上单调递减，
所以，
所以最大值为，所以的最大值为.
（3）解：在区间上有且仅有2个零点.
证明：因为，所以，
①当时，因为，，则，，
∴，在上单调递增，又，.
∴在上有一个零点，
②设，则，当时，，单调递增，
，又，
∴恒成立，
∴在上无零点.
③当时，，，
∴在上单调递减，又，.
∴在上必存在一个零点，
综上，在区间上有且仅有2个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）对求出，，再根据所给定义. 计算即可；
（2）根据所给定义. 表示出，即可得到，再令，
设，，利用导数研究出函数的单调性、极值最大值，即可得解；
（3）首先得到，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理，即可判断函数的零点个数.
（1）因为，所以，，
所以，∴.
（2）因为，，，
所，，
令，则，，
设，，则，显然当时，，在上单调递减，
所以，
所以最大值为，所以的最大值为.
（3）在区间上有且仅有2个零点.
证明：，所以，
①当时，因为，，则，，
∴，在上单调递增，又，.
∴在上有一个零点，
②设，则，当时，，单调递增，
，又，
∴恒成立，
∴在上无零点.
③当时，，，
∴在上单调递减，又，.
∴在上必存在一个零点，
综上，在区间上有且仅有2个零点.
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