广东省广州市番禺中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·番禺期中）设是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
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·番禺期中）已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·番禺期中）已知角顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·番禺期中）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲和乙两支救援队必须去同一个受灾点，则不同的安排方法数是（ ）
A．18 B．24 C．36 D．48
5．（2024高二下·番禺期中）已知离散型随机变量X 的 分布列如下表：若离散型随机变量，则（ ）
X 0 1 2 3
P a 5a
A． B． C． D．
6．（2024高二下·番禺期中）若偶函数定义域为在上的图象如图所示，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高二下·番禺期中）下列命题正确的是（ ）
A．已知随机变量，若，则
B．若随机变量满足，则
C．已知随机变量，若，则
D．已知随机变量，则
8．（2024高二下·番禺期中）设，，，则的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·番禺期中）关于的展开式，下列判断正确的是（ ）
A．展开式共有项
B．展开式的各二项式系数的和为128
C．展开式的第项的二项式系数为49
D．展开式的各项系数的和为
10．（2024高二下·番禺期中）甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，用事件表示“从甲盒中取出的是红球”；用事件表示“从甲盒中取出的是白球”，再从乙盒中随机取出一球，用事件表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论中正确的是（ ）
A．事件与是互斥事件 B．事件与事件不相互独立
C． D．
11．（2024高二下·番禺期中）已知函数，，下列结论正确的有（ ）
A．函数有极大值，且极大值点
B．
C．函数的最小值为2
D．若、分别是曲线，上的动点，则的最小值为
12．（2024高二下·番禺期中）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
13．（2024高二下·番禺期中）某小区有5个区域要种上鲜花（如图），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有 种．
14．（2024高二下·番禺期中）若函数的图象上存在与直线平行的切线，则实数a的取值范围是 ．
15．（2024高二下·番禺期中）已知是数列的前项和，，是公差为1的等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
16．（2024高二下·番禺期中）为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分的频率分布直方图如图所示：
减排器等级及利润率如下表，其中．
综合得分的范围 减排器等级 减排器利润率
一级品
二级品
三级品
（1）若从这100件甲型号减排器中按等级用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取5件，求抽取的5件中至少有3件一级品的概率；
（2）将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：
①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记为其中二级品的个数，求的分布列及数学期望；
②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？
17．（2024高二下·番禺期中）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，是以AC为斜边的等腰直角三角形且侧面底面，点为中点，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
（3）过作与垂直的平面，交直线于点，求的长度．
18．（2024高二下·番禺期中）已知椭圆C：过点，且它的长轴长是短轴长的3倍．斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点（如图所示，点P在直线l的上方）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）试判断直线PA，PB的斜率和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
19．（2024高二下·番禺期中）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，复数对应点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数除法运算法则化简得出所求复数，再由复数几何意义和点所在的象限，从而得出复数在复平面内所对应的点位于的象限.
2．【答案】D
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：或，或，
又因为，解得.
故答案为：D.
【分析】先求出一元二次不等式的解集，再借助于数轴得到关于的不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
3．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边与单位圆相交于点，
所以，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用三角函数的定义求出，的值，再由两角和的余弦公式得出的值.
4．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：若仅有甲和乙两支救援去队同一个受灾点，则有种不同的安排方法；
若甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，则有种不同的安排方法，
所以由分类加法原理可知共有种不同的安排方法.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件分两种情况：一是仅有甲和乙两支救援队去同一个受灾点，二是甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，再根据分类加法计数原理，从而得出不同的安排方法数.
5．【答案】A
【知识点】概率分布列
【解析】【解答】解：由题意知，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由随机变量的分布列中各概率之和为1得出参数的值，再将所求变形为，从而得出答案.
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由图可知：在区间上单调递增，则在区间上；
又由为偶函数，则在区间上单调递减，则在区间上，
由可得在区间上，，
在区间上，；在区间上，；
在区间上，，
故不等式的解集为.
故答案为：B.
【分析】根据偶函数的性质判断出函数图象在y轴左侧的情况，再结合导数的几何意义，从而求出不等式的解集.
7．【答案】D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列；二项分布
【解析】【解答】解：对于A，由随机变量，因为，
可得，可得，故A错误；
对于B，由变量满足，可得，故B错误；
对于C，由随机变量，可得，
则，解得，故C错误；
对于D，由随机变量，可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合二项分布的期望与方差以及期望与方差的性质，从而逐项判断找出真命题的选项.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，，，构造函数，则，当时，解得，所以函数在区间上单调递减，又因为，所以，故.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合的大小关系，即可判断的大小顺序.
9．【答案】B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，因为二项式展开式共有项，故A错误；
对于B，因为展开式的各二项式系数的和为，故B正确；
对于C，因为展开式的第项的二项式系数为，故C错误；
对于D，令可得展开式的各项系数的和为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据二项式定理的性质和二项式系数的性质，再结合赋值法逐项判断，即可找出判断正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，因为事件与不是互斥事件，故A错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D正确；
对于B，因为，，
则，所以事件E与事件G不相互独立，故B正确．
故答案为：BCD.
【分析】根据互斥事件的概念判断选项A；先求出，再判断是否相等，即可判断出选项B；分从甲盒中取出的是红球和从甲盒中取出的是白球两种情况来求概率，则判断出选项C；根据条件概率公式求解，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系；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】【解答】解：对于A，，，令，
则，所以单调递减，
注意到与同号，且，
所以存在，使得，
且当时，，即，关于单调递增，
当时，，即，关于单调递减，
所以函数有极大值，且极大值点，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，
我们首先来看从左到右第一个不等式，只需证明即可，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
从而说明了从左到右第一个不等式成立，等号成立当且仅当，
现在我们来看从左到右第二个不等式，我们只需证明当单调递增即可，
而，所以也成立，
综上所述，函数的最小值大于2，故C错误；
对于D，注意到曲线，互为反函数，
所以它们的图象关于对称，
则，，
所以曲线与相切于点，曲线与相切于点，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】求导后令，只需考虑的极值点情况，即可判断出选项A；由对数运算公式变形，即可判断选项B；由不等式放缩法结合取等条件，即可判断选项C；通过分析可知当过点的切线的斜率都是1时，它们的距离最小，由此判断选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由题意可得：，
可知其展开式中含的项为：，
因此展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】将拆为和，再分别求其展开式中的系数，从而求和得出的展开式中的系数.
13．【答案】
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：如图，给每个区域编上号码，
则对区域，共有四种不同方案可选择；
区域与区域相邻，故有三种不同方案可选择；
区域与区域、区域相邻，故有两种不同方案可选择；
区域与区域、区域相邻，则其可能与区域相同，有一种方案可选择；
此时区域与区域、区域、区域相邻，由区域与区域相同，
故有两种不同方案选择；
区域也可能与区域不同，此时区域只可选择一种方案，
故共有种方案符合条件.
故答案为：.
【分析】给每个区域编上号码后，对这个区域确定种数即可得，其中区域受区域影响，故需在区域处进行分类，从而得出符合条件的方案种数.
14．【答案】
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数存在与直线平行的切线，
即在上有解，
又因为，
即在上有解，
得在上有解，
，当且仅当时“＝”成立，
，
的取值范围是．
故答案为：.
【分析】函数存在与直线平行的切线等价于在上有解，再分离出参数，则转化为求函数值域问题，即可得出实数a的取值范围．
15．【答案】（1）解：因为是公差为1的等差数列，
又因为，则，
因此，即，
当时，，
经检验，满足上式，
所以的通项公式是.
（2）证明：由（1）知：，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式得出数列的前n项和，再根据的关系式和分类讨论的方法以及检验法，从而求出数列的通项公式.
（2）利用（1）中数列的通项公式结合裂项相消法，再根据放缩法证出.
（1）因是公差为1的等差数列，而，则，
因此，即，
当时，，
经检验，满足上式，
所以的通项公式是.
（2）证明：由（1）知：，
所以
.
16．【答案】（1）解：由已知及频率分布直方图中的信息知，
甲型号减排器中的一级品的频率为，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为（件），
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件，
则.
（2）解：①由已知及频率分布直方图中的信息知，
乙型号减排器中的一级品的概率为，
二级品的概率为，三级品的概率为，
由题意，的所有可能的取值为，
所以，
，
，
，
分布列如下表：
0 1 2 3 4
所以.
②由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
；
乙型号减排器的利润率的平均值：
，
则，
又因为，则，所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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；二项分布
【解析】【分析】（1）由已知条件和频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式求出至少3件一级品的概率.
（2）①由已知条件和频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，二级品的概率为，三级品的概率为，由题可得二级品数所有可能的取值为，且，由此能求出随机变量X的分布列和数学期望.
②由题意分别求出甲型号减排器的利润的平均值和乙型号减排器的利润的平均值，再结合作差比较法求出投资乙型号减排器的平均利润率较大.
（1）由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的频率为，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为（件），
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件，则．
（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，
二级品的概率为，三级品的概率为，
由题意，的所有可能的取值为，
所以，
，
，
，
分布列如下表：
0 1 2 3 4
所以；
②由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
；
乙型号减排器的利润率的平均值：
；
，又，
则，所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
17．【答案】（1）证明：因为是等腰直角三角形，，为中点，
，
又因为侧面底面，
侧面底面，侧面，
所以平面.
（2）解：因为△为正三角形，为中点，，
由（1）知，平面，平面，
所以，，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知，面，
所以平面的一个法向量为，
设面的一个法向量，
，，
，不妨设，则，
设平面与平面的夹角为，
又因为，即，
，
即平面与平面夹角的正弦值为.
.
（3）解：设，，
则，，
所以，，
为中点，，
所以，，
因为过作与垂直的平面，交直线于点，
所以，则，
所以，解得，
所以，则，
所以，即.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，再由面面垂直的性质证出平面
（2）利用正三角形三线合一可得，由（1）知，平面，从而得出，，则建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值，则由同角三角函数基本关系式求出平面与平面夹角的正弦值.
（3）设，，即可表示出点的坐标，由线面垂直的性质得到，则，从而求出的值，再求出的值，即得出长度.
（1）因为是等腰直角三角形，，为中点，
，
又侧面底面，侧面底面，侧面，
所以平面.
（2）因为△为正三角形，为中点，，
由（1）知，平面，平面，所以，，
如图以为原点建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知，面，所以平面的一个法向量为，
设面的一个法向量，，，
，不妨设，则，
设平面与平面的夹角为，
又，即，
，即平面与平面夹角的正弦值为.
.
（3）设，，则，，
所以，，
又为中点，，
所以，，
因为过作与垂直的平面，交直线于点，所以，则，
所以，解得，
所以，则，所以，
即.
18．【答案】（1）解：由题意知椭圆C：过点，
且它的长轴长是短轴长的3倍，
故，解得，
故椭圆C的方程为.
（2）解：由题意，设直线l的方程为，
当l经过时，，
由于点P在直线l的上方，故，
联立，得，
需满足，即，
设，，
则，
则，
因为
，即，故直线PA，PB的斜率和为定值，定值为0.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组，从而求出a，b的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）设直线l的方程为，将直线方程联立椭圆方程，从而可得根与系数的关系式，由此化简直线PA，PB的斜率和的表达式，即可判断出直线PA，PB的斜率和为定值且求出该定值.
（1）由题意知椭圆C：过点，且它的长轴长是短轴长的3倍，
故，解得，
故椭圆C的方程为；
（2）由题意设直线l的方程为，当l经过时，
，
由于点P在直线l的上方，故；
联立，得，需满足
即，
设，，则，
则，
而
即，故直线PA，PB的斜率和为定值，定值为0.
19．【答案】（1），
当在上恒成立，故在上单调递增；
当时，令得；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，，
所以．
令，
则．
令，
则．
因为，所以，
所以在上单调递增．
又，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
【知识点】函数恒成立问题；导数的四则运算；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）求导得，再分和两种情况讨论其单调性，即可求解．
（2）由（1）知，从而，即证明，再构造新函数，利用导数得证．
（1），
当在上恒成立，故在上单调递增；
当时，令得；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，，
所以．
令，
则．
令，
则．
因为，所以，
所以在上单调递增．
又，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
1 / 1广东省广州市番禺中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·番禺期中）设是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，复数对应点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数除法运算法则化简得出所求复数，再由复数几何意义和点所在的象限，从而得出复数在复平面内所对应的点位于的象限.
2．（2024高二下·番禺期中）已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：或，或，
又因为，解得.
故答案为：D.
【分析】先求出一元二次不等式的解集，再借助于数轴得到关于的不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
3．（2024高二下·番禺期中）已知角顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边与单位圆相交于点，
所以，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用三角函数的定义求出，的值，再由两角和的余弦公式得出的值.
4．（2024高二下·番禺期中）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲和乙两支救援队必须去同一个受灾点，则不同的安排方法数是（ ）
A．18 B．24 C．36 D．48
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：若仅有甲和乙两支救援去队同一个受灾点，则有种不同的安排方法；
若甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，则有种不同的安排方法，
所以由分类加法原理可知共有种不同的安排方法.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件分两种情况：一是仅有甲和乙两支救援队去同一个受灾点，二是甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，再根据分类加法计数原理，从而得出不同的安排方法数.
5．（2024高二下·番禺期中）已知离散型随机变量X 的 分布列如下表：若离散型随机变量，则（ ）
X 0 1 2 3
P a 5a
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率分布列
【解析】【解答】解：由题意知，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由随机变量的分布列中各概率之和为1得出参数的值，再将所求变形为，从而得出答案.
6．（2024高二下·番禺期中）若偶函数定义域为在上的图象如图所示，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由图可知：在区间上单调递增，则在区间上；
又由为偶函数，则在区间上单调递减，则在区间上，
由可得在区间上，，
在区间上，；在区间上，；
在区间上，，
故不等式的解集为.
故答案为：B.
【分析】根据偶函数的性质判断出函数图象在y轴左侧的情况，再结合导数的几何意义，从而求出不等式的解集.
7．（2024高二下·番禺期中）下列命题正确的是（ ）
A．已知随机变量，若，则
B．若随机变量满足，则
C．已知随机变量，若，则
D．已知随机变量，则
【答案】D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率分布列；二项分布
【解析】【解答】解：对于A，由随机变量，因为，
可得，可得，故A错误；
对于B，由变量满足，可得，故B错误；
对于C，由随机变量，可得，
则，解得，故C错误；
对于D，由随机变量，可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合二项分布的期望与方差以及期望与方差的性质，从而逐项判断找出真命题的选项.
8．（2024高二下·番禺期中）设，，，则的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，，，构造函数，则，当时，解得，所以函数在区间上单调递减，又因为，所以，故.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合的大小关系，即可判断的大小顺序.
9．（2024高二下·番禺期中）关于的展开式，下列判断正确的是（ ）
A．展开式共有项
B．展开式的各二项式系数的和为128
C．展开式的第项的二项式系数为49
D．展开式的各项系数的和为
【答案】B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，因为二项式展开式共有项，故A错误；
对于B，因为展开式的各二项式系数的和为，故B正确；
对于C，因为展开式的第项的二项式系数为，故C错误；
对于D，令可得展开式的各项系数的和为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据二项式定理的性质和二项式系数的性质，再结合赋值法逐项判断，即可找出判断正确的选项.
10．（2024高二下·番禺期中）甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒，用事件表示“从甲盒中取出的是红球”；用事件表示“从甲盒中取出的是白球”，再从乙盒中随机取出一球，用事件表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论中正确的是（ ）
A．事件与是互斥事件 B．事件与事件不相互独立
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，因为事件与不是互斥事件，故A错误；
对于C，因为，故C正确；
对于D，因为，故D正确；
对于B，因为，，
则，所以事件E与事件G不相互独立，故B正确．
故答案为：BCD.
【分析】根据互斥事件的概念判断选项A；先求出，再判断是否相等，即可判断出选项B；分从甲盒中取出的是红球和从甲盒中取出的是白球两种情况来求概率，则判断出选项C；根据条件概率公式求解，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高二下·番禺期中）已知函数，，下列结论正确的有（ ）
A．函数有极大值，且极大值点
B．
C．函数的最小值为2
D．若、分别是曲线，上的动点，则的最小值为
【答案】A,D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系；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】【解答】解：对于A，，，令，
则，所以单调递减，
注意到与同号，且，
所以存在，使得，
且当时，，即，关于单调递增，
当时，，即，关于单调递减，
所以函数有极大值，且极大值点，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为，
我们首先来看从左到右第一个不等式，只需证明即可，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
从而说明了从左到右第一个不等式成立，等号成立当且仅当，
现在我们来看从左到右第二个不等式，我们只需证明当单调递增即可，
而，所以也成立，
综上所述，函数的最小值大于2，故C错误；
对于D，注意到曲线，互为反函数，
所以它们的图象关于对称，
则，，
所以曲线与相切于点，曲线与相切于点，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】求导后令，只需考虑的极值点情况，即可判断出选项A；由对数运算公式变形，即可判断选项B；由不等式放缩法结合取等条件，即可判断选项C；通过分析可知当过点的切线的斜率都是1时，它们的距离最小，由此判断选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高二下·番禺期中）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由题意可得：，
可知其展开式中含的项为：，
因此展开式中的系数为.
故答案为：.
【分析】将拆为和，再分别求其展开式中的系数，从而求和得出的展开式中的系数.
13．（2024高二下·番禺期中）某小区有5个区域要种上鲜花（如图），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有 种．
【答案】
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：如图，给每个区域编上号码，
则对区域，共有四种不同方案可选择；
区域与区域相邻，故有三种不同方案可选择；
区域与区域、区域相邻，故有两种不同方案可选择；
区域与区域、区域相邻，则其可能与区域相同，有一种方案可选择；
此时区域与区域、区域、区域相邻，由区域与区域相同，
故有两种不同方案选择；
区域也可能与区域不同，此时区域只可选择一种方案，
故共有种方案符合条件.
故答案为：.
【分析】给每个区域编上号码后，对这个区域确定种数即可得，其中区域受区域影响，故需在区域处进行分类，从而得出符合条件的方案种数.
14．（2024高二下·番禺期中）若函数的图象上存在与直线平行的切线，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数存在与直线平行的切线，
即在上有解，
又因为，
即在上有解，
得在上有解，
，当且仅当时“＝”成立，
，
的取值范围是．
故答案为：.
【分析】函数存在与直线平行的切线等价于在上有解，再分离出参数，则转化为求函数值域问题，即可得出实数a的取值范围．
15．（2024高二下·番禺期中）已知是数列的前项和，，是公差为1的等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）解：因为是公差为1的等差数列，
又因为，则，
因此，即，
当时，，
经检验，满足上式，
所以的通项公式是.
（2）证明：由（1）知：，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式得出数列的前n项和，再根据的关系式和分类讨论的方法以及检验法，从而求出数列的通项公式.
（2）利用（1）中数列的通项公式结合裂项相消法，再根据放缩法证出.
（1）因是公差为1的等差数列，而，则，
因此，即，
当时，，
经检验，满足上式，
所以的通项公式是.
（2）证明：由（1）知：，
所以
.
16．（2024高二下·番禺期中）为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分的频率分布直方图如图所示：
减排器等级及利润率如下表，其中．
综合得分的范围 减排器等级 减排器利润率
一级品
二级品
三级品
（1）若从这100件甲型号减排器中按等级用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取5件，求抽取的5件中至少有3件一级品的概率；
（2）将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：
①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记为其中二级品的个数，求的分布列及数学期望；
②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？
【答案】（1）解：由已知及频率分布直方图中的信息知，
甲型号减排器中的一级品的频率为，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为（件），
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件，
则.
（2）解：①由已知及频率分布直方图中的信息知，
乙型号减排器中的一级品的概率为，
二级品的概率为，三级品的概率为，
由题意，的所有可能的取值为，
所以，
，
，
，
分布列如下表：
0 1 2 3 4
所以.
②由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
；
乙型号减排器的利润率的平均值：
，
则，
又因为，则，所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
【知识点】古典概型及其概率计算公式；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；二项分布
【解析】【分析】（1）由已知条件和频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式求出至少3件一级品的概率.
（2）①由已知条件和频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，二级品的概率为，三级品的概率为，由题可得二级品数所有可能的取值为，且，由此能求出随机变量X的分布列和数学期望.
②由题意分别求出甲型号减排器的利润的平均值和乙型号减排器的利润的平均值，再结合作差比较法求出投资乙型号减排器的平均利润率较大.
（1）由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的频率为，
按等级用分层抽样的方法抽取10件，
则抽取一级品为（件），
记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件，则．
（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，
二级品的概率为，三级品的概率为，
由题意，的所有可能的取值为，
所以，
，
，
，
分布列如下表：
0 1 2 3 4
所以；
②由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：
；
乙型号减排器的利润率的平均值：
；
，又，
则，所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．
17．（2024高二下·番禺期中）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，是以AC为斜边的等腰直角三角形且侧面底面，点为中点，点为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
（3）过作与垂直的平面，交直线于点，求的长度．
【答案】（1）证明：因为是等腰直角三角形，，为中点，
，
又因为侧面底面，
侧面底面，侧面，
所以平面.
（2）解：因为△为正三角形，为中点，，
由（1）知，平面，平面，
所以，，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知，面，
所以平面的一个法向量为，
设面的一个法向量，
，，
，不妨设，则，
设平面与平面的夹角为，
又因为，即，
，
即平面与平面夹角的正弦值为.
.
（3）解：设，，
则，，
所以，，
为中点，，
所以，，
因为过作与垂直的平面，交直线于点，
所以，则，
所以，解得，
所以，则，
所以，即.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，再由面面垂直的性质证出平面
（2）利用正三角形三线合一可得，由（1）知，平面，从而得出，，则建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值，则由同角三角函数基本关系式求出平面与平面夹角的正弦值.
（3）设，，即可表示出点的坐标，由线面垂直的性质得到，则，从而求出的值，再求出的值，即得出长度.
（1）因为是等腰直角三角形，，为中点，
，
又侧面底面，侧面底面，侧面，
所以平面.
（2）因为△为正三角形，为中点，，
由（1）知，平面，平面，所以，，
如图以为原点建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知，面，所以平面的一个法向量为，
设面的一个法向量，，，
，不妨设，则，
设平面与平面的夹角为，
又，即，
，即平面与平面夹角的正弦值为.
.
（3）设，，则，，
所以，，
又为中点，，
所以，，
因为过作与垂直的平面，交直线于点，所以，则，
所以，解得，
所以，则，所以，
即.
18．（2024高二下·番禺期中）已知椭圆C：过点，且它的长轴长是短轴长的3倍．斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点（如图所示，点P在直线l的上方）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）试判断直线PA，PB的斜率和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意知椭圆C：过点，
且它的长轴长是短轴长的3倍，
故，解得，
故椭圆C的方程为.
（2）解：由题意，设直线l的方程为，
当l经过时，，
由于点P在直线l的上方，故，
联立，得，
需满足，即，
设，，
则，
则，
因为
，即，故直线PA，PB的斜率和为定值，定值为0.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组，从而求出a，b的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）设直线l的方程为，将直线方程联立椭圆方程，从而可得根与系数的关系式，由此化简直线PA，PB的斜率和的表达式，即可判断出直线PA，PB的斜率和为定值且求出该定值.
（1）由题意知椭圆C：过点，且它的长轴长是短轴长的3倍，
故，解得，
故椭圆C的方程为；
（2）由题意设直线l的方程为，当l经过时，
，
由于点P在直线l的上方，故；
联立，得，需满足
即，
设，，则，
则，
而
即，故直线PA，PB的斜率和为定值，定值为0.
19．（2024高二下·番禺期中）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【答案】（1），
当在上恒成立，故在上单调递增；
当时，令得；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，，
所以．
令，
则．
令，
则．
因为，所以，
所以在上单调递增．
又，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
【知识点】函数恒成立问题；导数的四则运算；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）求导得，再分和两种情况讨论其单调性，即可求解．
（2）由（1）知，从而，即证明，再构造新函数，利用导数得证．
（1），
当在上恒成立，故在上单调递增；
当时，令得；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，，
所以．
令，
则．
令，
则．
因为，所以，
所以在上单调递增．
又，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
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