广东省茂名市高州中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·高州期中）设随机变量的概率分布列为：
X 1 2 3 4
P m
则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·高州期中）掷红蓝两个均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件：红骰子的点数为，：红骰子的点数为，：两个骰子的点数之和为，：两个骰子的点数之和为，则（ ）
A．与对立 B．与不互斥
C．与相互独立 D．与相互独立
3．（2024高二下·高州期中）若，则的值为（ ）
A．83 B．119 C．164 D．219
4．（2024高二下·高州期中）已知，则的值是（ ）
A．9 B．7 C．9或 D．8
5．（2024高二下·高州期中）若一组样本数据的期望和方差分别为，则数据的期望和方差分别为（ ）
A．3，1 B．11，1 C．3，0.2 D．11，0.2
6．（2024高二下·高州期中） 2024年3月16日下午3点，在贵州省黔东南苗族侗族自治州榕江县“村超”足球场，伴随平地村足球队在对阵口寨村足球队中踢出的第一脚球，2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕。某校足球社的五位同学准备前往村超球队所在村寨调研，将在第一天前往平地村、口寨村、忠诚村，已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是（ ）
A．18 B．36 C．54 D．72
7．（2024高二下·高州期中）如图，平面四边形中，，.若是椭圆和双曲线的两个公共焦点，是与的两个交点，则与的离心率之积为（ ）
A． B． C．2 D．3
8．（2024高二下·高州期中）已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·高州期中）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C． D．与夹角的余弦值为
10．（2024高二下·高州期中）若，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·高州期中）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆分别为椭圆的左、右焦点，，其短轴上的一个端点到的距离为，点在椭圆上，直线，则（ ）
A．直线与蒙日圆相切
B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若点是椭圆的蒙日圆上的动点，过点作椭圆的两条切线，分别交蒙日圆于两点，则的长恒为4
D．记点到直线的距离为，则的最小值为
12．（2024高二下·高州期中）的展开式中的系数为 ．
13．（2024高二下·高州期中）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为 ；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是 ．
14．（2024高二下·高州期中）如图，在梯形ABCD中，，，，，将沿AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角为，连接PB，得到三棱锥，则该三棱锥外接球的表面积为 ．
15．（2024高二下·高州期中）已知等差数列的前n项和为，且.
（1）求；
（2）求数列的前n项和.
16．（2024高二下·高州期中）如图1，矩形中，，点为的中点，现将沿折起，使得平面平面，得到如图2所示的四棱锥，点为棱上一点.
（1）证明：；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
17．（2024高二下·高州期中）已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且平行于的直线交直线于点，求证：直线恒过定点.
18．（2024高二下·高州期中）某校为了解高三年级1200名学生对成语的掌握情况，举行了一次“成语测试”比赛．从中随机抽取120名学生，统计结果如下：获奖人数与不获奖人数之比为，其中获奖人数中，女生占，不获奖人数中，女生占．
（1）现从这120名学生中随机抽取1名学生，求恰好是女生的概率；
（2）对获奖学生采用按性别分层随机抽样的方法选取8人，参加赛后经验交流活动．若从这8人中随机选取2人．
①求在2人中有女生入选的条件下，恰好选到1名男生和1名女生的概率；
②记为入选的2人中的女生人数，求随机变量的分布列及数学期望．
19．（2024高二下·高州期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个零点，
（i）求m的取值范围；
（ii）求证：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】其他不等式的解法；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：依题意，，即事件的对立事件是的事件，
所以.
故答案为：C
【分析】先解绝对值不等式可得，再根利用对立事件的概率公式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】对于A，因为红骰子的点数为2与点数为不会同时发生，所以与互斥，又因为红骰子的点数除了2和3，还有1，4，5，6，所以与不对立，故A错误；
对于B：因为两个骰子的点数之和为与点数之和为不可能同时发生，故与互斥，故B错误；
对于C：因为，，
则，即，
所以与相互独立，故C正确；
对于D：因为，，
则，即，
所以与不相互独立，故 D错误.
故答案为：C.
【分析】对于AB：根据对立事件与互斥事件的概念分析判断；对于CD：根据独立事件概率乘法公式结合古典概型分析判断.
3．【答案】D
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：已知，则，
则
，
故答案为：D
【分析】先利用组合数的性质求出m=11，再利用组合数的性质，即可求解.
4．【答案】A
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：已知，则，即，
所以，化简可得，
解得或（负值舍去）．
故答案为：A
【分析】利用组合数的计算公式可得，解方程即可求解.
5．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】由原样本数据集中，而新数据集为，
所以新数据集中，.
故答案为：B
【分析】根据期望和方差的性质可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若五位同学最终选择为3，1，1，先选择一位同学和学生甲和学生乙组成3人小组，剩余两人各去一个村，进行全排列，此时有种选择；
若五位同学最终选择为2，2，1，将除了甲、乙外的三位同学分为两组，再进行全排列，此时有种选择；
若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是18+18=36种.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法和组合数、排列数公式，再利用分类加法计数原理，从而得出学生甲和学生乙必须选同一个村的不同的选法种数.
7．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性知，四边形是等腰梯形，过作于，连接，如图所示：
则，，
在中，，
所以与的离心率之积为.
故答案为：C
【分析】先利用对称性判定梯形的形状，再借助图形性质及椭圆、双曲线定义求出离心率的表达式即可求解.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，可得，
所以函数在上单调递减，
由，可得，即，
可得，所以，即不等式的解集为.
故选：D.
【分析】构造函数，利用导数求得在上单调递减，再把不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】空间向量的数量积运算；空间点、线、面的位置；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、连接，如图所示：
由于分别是的中点，所以，
根据棱柱的性质可知，所以，
由于平面，平面，
所以平面，故A选项正确.
B、，
，
，
所以，
由于平面，所以平面，故B选项正确.
C、，
所以，即，故C选项错误.
D、，，，
，
所以与夹角为，
则故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
10．【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：A、令得：，故A选项正确；
B、令得：，所以，故B选项错误；
C、因为，
所以故C选项正确；
，
D、两边对求导得：，
令得：，故D选项错误；
故答案为：AC.
【分析】令即可判断A；令即可判断B；利用二项式展开定理求解即可判断C；对等式两边求导即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
又由题意可得，，结合解得，，
A，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，故A选项正确；
B，的蒙日圆的方程为，故B选项错误；
C，由题意可知，，所以为蒙日圆的直径，，故C选项正确；
D，由椭圆的定义可得，，
所以，，
直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故D选项错误；
故答案为：AC
【分析】先利用蒙日圆的概念求出蒙日圆的方程即可判断AB，再利用圆的性质即可判断C，最后利用椭圆的定义和点到直线的距离公式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：已知，
通项为，
令，可得，
又通项为，
当时，才能得到，
所以展开式中的系数为，
故答案为：.
【分析】先变形为，写出通项，令，再利用的通项得到，最后把两项系数相乘即可求解.
13．【答案】；
【知识点】条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：记事件表示“抽出的2个球中有红球”，事件表示“两个球都是红球”，
则，，
故，
即从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为；
设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件表示“抽到红球”，
则，，
，，
所以
，
所以，
即若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是.
故答案为：；.
【分析】利用条件概率公式结合古典概率公式即可求解；利用全概率公式和贝叶斯公式求红球来自乙箱的概率即可.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，在梯形ABCD中，如图，取AC的中点E，连接BE并延长交AD于点F，
所以，
则在三棱锥中，即为二面角的平面角，所以，如图所示：
在中，，，，
所以，外接圆的圆心即为点E．
因为，所以为等边三角形.
设其外接圆的圆心为，则在BE上，且．
设三棱锥的外接球的球心为O，故，
所以．
又，所以，
所以球的半径，所以外接球的表面积．
故答案为：.
故答案为：.
【分析】作出二面角的平面角，确定外接球球心的位置，再平面化的图形中结合球的性质、三棱锥的棱长和角度求球半径，得出外接球的表面积.
15．【答案】（1）由①
所以当时，②
②①得：，整理得：，
所以，.
（2）由（1）知，
所以，
所以
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据的关系作差即可求出通项公式；
（2）直接用裂项相消法求和即可.
16．【答案】（1）证明：在矩形中，，，，∴，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面
∴平面，∵平面，∴.
（2）解：取的中点，连接，作交于点，则，
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，∴
设（），则，
则
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的性质即得；
（2）先利用面面垂直的性质定理先证明平面，建立空间直角坐标系平面的法向量为，设，利用线面所成角的空间向量公式计算即得.
（1）证明：在矩形中，，，，
∴，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面
∴平面，∵平面，∴.
（2）
如图，取的中点，连接，作交于点，则，
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∴，，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，∴
设（），则，
则
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的值为.
17．【答案】（1）解：由题意得，，所以，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：由题意直线MN过点且斜率不为0，
故设直线MN方程为，，，
联立，消去x得，，
所以，所以，
因为，则：，令，解得，
所以，故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则，将代入得
所以，
故直线恒过定点.
【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）由题意列关于的方程组，即可得到结果；
（2）设方程为，，，联立直线MN方程和椭圆的方程可得，表示出直线NQ方程，对称性可知直线NQ恒过的定点在x轴上，令，将代入化简即可得出答案.
（1）由题意得，，所以，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意直线MN过点且斜率不为0，
故设直线MN方程为，，，
联立，消去x得，，
所以，所以，
因为，则：，令，解得，
所以，故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则，将代入得
所以，
故直线恒过定点.
18．【答案】（1）解：记事件分别为抽取的1名学生获奖与不获奖，事件为抽取的1名学生是女生，
则，且互斥，，
由题意可知，，
且，
由全概率公式可知，
即从120名学生中随机抽取1名学生，恰好是女生的概率为；
（2）解：根据题意可知120名学生的获奖情况如下表所示．
获奖 不获奖
男生 60 20
女生 20 20
①由分层随机抽样方法得，选取的8人中，男生有（人），女生有（人），
记事件为“选出的2人中有女生”，共有（种）不同的选法，
事件为“选出的2人为1名男生、1名女生”，共有（种）不同的选法，
则，
②由题意，的所有可能取值为0，1，2，
则，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
则．
【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
【解析】【分析】（1）借助全概率公式计算即可得随机抽取1名学生，求恰好是女生的概率 ；
（2）①借助分层抽样的性质与条件概率计算即可；②计算出的所有可能取值及其概率即可得分布列和期望.
19．【答案】（1）解：函数，
当时，则在上单调递增；
当时，令，得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在内单调递减，在单调递增．
（2）（i）由题意可得：，
令，整理可得，
设，
则，且，，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，
则，解得，
若，令，则，
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当x趋近于趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：m的取值范围为．
（ii）由（i）可知：令，
则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且在内单调递减，
可得，即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导得，再分，，分两种情况讨论，即可求得的单调性；
（2）（i）利用导数求得的单调性，利用零点存在定理即可求得m的取值范围；（ii）构造新函数，并利用导数求得其单调性，进而证得成立.
（1）函数，
当时，则在上单调递增；
当时，令，得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在内单调递减，在单调递增．
（2）（一）由题意可得：，
令，整理可得，
设，
则，
且，，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，
则，解得，
若，令，则，
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当x趋近于趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：m的取值范围为．
（二）由（一）可知：令，
则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且在内单调递减，
可得，即，证毕．
1 / 1广东省茂名市高州中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·高州期中）设随机变量的概率分布列为：
X 1 2 3 4
P m
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】其他不等式的解法；离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：依题意，，即事件的对立事件是的事件，
所以.
故答案为：C
【分析】先解绝对值不等式可得，再根利用对立事件的概率公式求解即可.
2．（2024高二下·高州期中）掷红蓝两个均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件：红骰子的点数为，：红骰子的点数为，：两个骰子的点数之和为，：两个骰子的点数之和为，则（ ）
A．与对立 B．与不互斥
C．与相互独立 D．与相互独立
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】对于A，因为红骰子的点数为2与点数为不会同时发生，所以与互斥，又因为红骰子的点数除了2和3，还有1，4，5，6，所以与不对立，故A错误；
对于B：因为两个骰子的点数之和为与点数之和为不可能同时发生，故与互斥，故B错误；
对于C：因为，，
则，即，
所以与相互独立，故C正确；
对于D：因为，，
则，即，
所以与不相互独立，故 D错误.
故答案为：C.
【分析】对于AB：根据对立事件与互斥事件的概念分析判断；对于CD：根据独立事件概率乘法公式结合古典概型分析判断.
3．（2024高二下·高州期中）若，则的值为（ ）
A．83 B．119 C．164 D．219
【答案】D
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：已知，则，
则
，
故答案为：D
【分析】先利用组合数的性质求出m=11，再利用组合数的性质，即可求解.
4．（2024高二下·高州期中）已知，则的值是（ ）
A．9 B．7 C．9或 D．8
【答案】A
【知识点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：已知，则，即，
所以，化简可得，
解得或（负值舍去）．
故答案为：A
【分析】利用组合数的计算公式可得，解方程即可求解.
5．（2024高二下·高州期中）若一组样本数据的期望和方差分别为，则数据的期望和方差分别为（ ）
A．3，1 B．11，1 C．3，0.2 D．11，0.2
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】由原样本数据集中，而新数据集为，
所以新数据集中，.
故答案为：B
【分析】根据期望和方差的性质可求出答案.
6．（2024高二下·高州期中） 2024年3月16日下午3点，在贵州省黔东南苗族侗族自治州榕江县“村超”足球场，伴随平地村足球队在对阵口寨村足球队中踢出的第一脚球，2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕。某校足球社的五位同学准备前往村超球队所在村寨调研，将在第一天前往平地村、口寨村、忠诚村，已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是（ ）
A．18 B．36 C．54 D．72
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若五位同学最终选择为3，1，1，先选择一位同学和学生甲和学生乙组成3人小组，剩余两人各去一个村，进行全排列，此时有种选择；
若五位同学最终选择为2，2，1，将除了甲、乙外的三位同学分为两组，再进行全排列，此时有种选择；
若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是18+18=36种.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法和组合数、排列数公式，再利用分类加法计数原理，从而得出学生甲和学生乙必须选同一个村的不同的选法种数.
7．（2024高二下·高州期中）如图，平面四边形中，，.若是椭圆和双曲线的两个公共焦点，是与的两个交点，则与的离心率之积为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由对称性知，四边形是等腰梯形，过作于，连接，如图所示：
则，，
在中，，
所以与的离心率之积为.
故答案为：C
【分析】先利用对称性判定梯形的形状，再借助图形性质及椭圆、双曲线定义求出离心率的表达式即可求解.
8．（2024高二下·高州期中）已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，可得，
所以函数在上单调递减，
由，可得，即，
可得，所以，即不等式的解集为.
故选：D.
【分析】构造函数，利用导数求得在上单调递减，再把不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.
9．（2024高二下·高州期中）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C． D．与夹角的余弦值为
【答案】A,B,D
【知识点】空间向量的数量积运算；空间点、线、面的位置；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、连接，如图所示：
由于分别是的中点，所以，
根据棱柱的性质可知，所以，
由于平面，平面，
所以平面，故A选项正确.
B、，
，
，
所以，
由于平面，所以平面，故B选项正确.
C、，
所以，即，故C选项错误.
D、，，，
，
所以与夹角为，
则故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
10．（2024高二下·高州期中）若，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：A、令得：，故A选项正确；
B、令得：，所以，故B选项错误；
C、因为，
所以故C选项正确；
，
D、两边对求导得：，
令得：，故D选项错误；
故答案为：AC.
【分析】令即可判断A；令即可判断B；利用二项式展开定理求解即可判断C；对等式两边求导即可判断D.
11．（2024高二下·高州期中）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆分别为椭圆的左、右焦点，，其短轴上的一个端点到的距离为，点在椭圆上，直线，则（ ）
A．直线与蒙日圆相切
B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若点是椭圆的蒙日圆上的动点，过点作椭圆的两条切线，分别交蒙日圆于两点，则的长恒为4
D．记点到直线的距离为，则的最小值为
【答案】A,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：已知如图所示：
当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
又由题意可得，，结合解得，，
A，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，故A选项正确；
B，的蒙日圆的方程为，故B选项错误；
C，由题意可知，，所以为蒙日圆的直径，，故C选项正确；
D，由椭圆的定义可得，，
所以，，
直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故D选项错误；
故答案为：AC
【分析】先利用蒙日圆的概念求出蒙日圆的方程即可判断AB，再利用圆的性质即可判断C，最后利用椭圆的定义和点到直线的距离公式即可判断D.
12．（2024高二下·高州期中）的展开式中的系数为 ．
【答案】
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：已知，
通项为，
令，可得，
又通项为，
当时，才能得到，
所以展开式中的系数为，
故答案为：.
【分析】先变形为，写出通项，令，再利用的通项得到，最后把两项系数相乘即可求解.
13．（2024高二下·高州期中）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为 ；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是 ．
【答案】；
【知识点】条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：记事件表示“抽出的2个球中有红球”，事件表示“两个球都是红球”，
则，，
故，
即从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为；
设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件表示“抽到红球”，
则，，
，，
所以
，
所以，
即若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是.
故答案为：；.
【分析】利用条件概率公式结合古典概率公式即可求解；利用全概率公式和贝叶斯公式求红球来自乙箱的概率即可.
14．（2024高二下·高州期中）如图，在梯形ABCD中，，，，，将沿AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角为，连接PB，得到三棱锥，则该三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，在梯形ABCD中，如图，取AC的中点E，连接BE并延长交AD于点F，
所以，
则在三棱锥中，即为二面角的平面角，所以，如图所示：
在中，，，，
所以，外接圆的圆心即为点E．
因为，所以为等边三角形.
设其外接圆的圆心为，则在BE上，且．
设三棱锥的外接球的球心为O，故，
所以．
又，所以，
所以球的半径，所以外接球的表面积．
故答案为：.
故答案为：.
【分析】作出二面角的平面角，确定外接球球心的位置，再平面化的图形中结合球的性质、三棱锥的棱长和角度求球半径，得出外接球的表面积.
15．（2024高二下·高州期中）已知等差数列的前n项和为，且.
（1）求；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）由①
所以当时，②
②①得：，整理得：，
所以，.
（2）由（1）知，
所以，
所以
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据的关系作差即可求出通项公式；
（2）直接用裂项相消法求和即可.
16．（2024高二下·高州期中）如图1，矩形中，，点为的中点，现将沿折起，使得平面平面，得到如图2所示的四棱锥，点为棱上一点.
（1）证明：；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：在矩形中，，，，∴，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面
∴平面，∵平面，∴.
（2）解：取的中点，连接，作交于点，则，
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，∴
设（），则，
则
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的性质即得；
（2）先利用面面垂直的性质定理先证明平面，建立空间直角坐标系平面的法向量为，设，利用线面所成角的空间向量公式计算即得.
（1）证明：在矩形中，，，，
∴，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面
∴平面，∵平面，∴.
（2）
如图，取的中点，连接，作交于点，则，
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∴，，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，∴
设（），则，
则
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的值为.
17．（2024高二下·高州期中）已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且平行于的直线交直线于点，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）解：由题意得，，所以，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）证明：由题意直线MN过点且斜率不为0，
故设直线MN方程为，，，
联立，消去x得，，
所以，所以，
因为，则：，令，解得，
所以，故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则，将代入得
所以，
故直线恒过定点.
【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）由题意列关于的方程组，即可得到结果；
（2）设方程为，，，联立直线MN方程和椭圆的方程可得，表示出直线NQ方程，对称性可知直线NQ恒过的定点在x轴上，令，将代入化简即可得出答案.
（1）由题意得，，所以，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意直线MN过点且斜率不为0，
故设直线MN方程为，，，
联立，消去x得，，
所以，所以，
因为，则：，令，解得，
所以，故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上，不妨令，
则，将代入得
所以，
故直线恒过定点.
18．（2024高二下·高州期中）某校为了解高三年级1200名学生对成语的掌握情况，举行了一次“成语测试”比赛．从中随机抽取120名学生，统计结果如下：获奖人数与不获奖人数之比为，其中获奖人数中，女生占，不获奖人数中，女生占．
（1）现从这120名学生中随机抽取1名学生，求恰好是女生的概率；
（2）对获奖学生采用按性别分层随机抽样的方法选取8人，参加赛后经验交流活动．若从这8人中随机选取2人．
①求在2人中有女生入选的条件下，恰好选到1名男生和1名女生的概率；
②记为入选的2人中的女生人数，求随机变量的分布列及数学期望．
【答案】（1）解：记事件分别为抽取的1名学生获奖与不获奖，事件为抽取的1名学生是女生，
则，且互斥，，
由题意可知，，
且，
由全概率公式可知，
即从120名学生中随机抽取1名学生，恰好是女生的概率为；
（2）解：根据题意可知120名学生的获奖情况如下表所示．
获奖 不获奖
男生 60 20
女生 20 20
①由分层随机抽样方法得，选取的8人中，男生有（人），女生有（人），
记事件为“选出的2人中有女生”，共有（种）不同的选法，
事件为“选出的2人为1名男生、1名女生”，共有（种）不同的选法，
则，
②由题意，的所有可能取值为0，1，2，
则，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
则．
【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
【解析】【分析】（1）借助全概率公式计算即可得随机抽取1名学生，求恰好是女生的概率 ；
（2）①借助分层抽样的性质与条件概率计算即可；②计算出的所有可能取值及其概率即可得分布列和期望.
19．（2024高二下·高州期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有两个零点，
（i）求m的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）解：函数，
当时，则在上单调递增；
当时，令，得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在内单调递减，在单调递增．
（2）（i）由题意可得：，
令，整理可得，
设，
则，且，，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，
则，解得，
若，令，则，
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当x趋近于趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：m的取值范围为．
（ii）由（i）可知：令，
则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且在内单调递减，
可得，即．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求导得，再分，，分两种情况讨论，即可求得的单调性；
（2）（i）利用导数求得的单调性，利用零点存在定理即可求得m的取值范围；（ii）构造新函数，并利用导数求得其单调性，进而证得成立.
（1）函数，
当时，则在上单调递增；
当时，令，得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在内单调递减，在单调递增．
（2）（一）由题意可得：，
令，整理可得，
设，
则，
且，，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，
则，解得，
若，令，则，
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当x趋近于趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：m的取值范围为．
（二）由（一）可知：令，
则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且在内单调递减，
可得，即，证毕．
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