广东省广州市番禺区2023-2024学年高二下学期期中数学试卷
1．（2024高二下·番禺期中）、互为共轭复数，，则（ ）
A． B．2 C． D．
2．（2024高二下·番禺期中）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
3．（2024高二下·番禺期中）将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（ ）
A．6 B．24 C．60 D．120
4．（2024高二下·番禺期中）已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·番禺期中）在棱长为的正方体中，与其各棱都相切的球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·番禺期中）已知向量与的夹角为，且满足，，则在上的投影向量为（ ）
A．1 B． C． D．
7．（2024高二下·番禺期中）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与一条渐近线垂直，垂足为，交双曲线右支于点，，则离心率（ ）
A． B． C． D．2
8．（2024高二下·番禺期中）已知，若函数有两个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·番禺期中）在的展开式中，二项式的系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．展开式中各项系数和为
C．第项的二项式系数最大
D．展开式中所有系数的绝对值的和为
10．（2024高二下·番禺期中）已知函数，则（ ）
A．的最大值为3 B．的最小正周期为
C．的图象关于点对称 D．在上单调递增
11．（2024高二下·番禺期中）甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·番禺期中）已知 的面积为 ， ，则 = ．
13．（2024高二下·番禺期中）已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则 ．
14．（2024高二下·番禺期中）若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 .
15．（2024高二下·番禺期中）已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前n项和.
16．（2024高二下·番禺期中）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有个红球，个白球的甲箱和装有个红球、个白球的乙箱中，各随机摸出个球，在摸出的个球中，若都是红球，则获奖.
（1）求顾客抽奖次能获奖的概率；
（2）若顾客有次抽奖机会，记该顾客在次抽奖中将的次数为，求的分布列和数学期望.
17．（2024高二下·番禺期中）如图，矩形与梯形所在的平面垂直，，，，，P为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024高二下·番禺期中）已知椭圆E：过点，且其离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）．
19．（2024高二下·番禺期中）设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，、互为共轭复数，
则，所以=2.
故答案为：B.
【分析】利用共轭复数的概念可得，再利用复数的运算法则即可计算.
2．【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：设等差数列的首项、公差分别为，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】设等差数列的首项、公差分别为，根据等差数列求和公式结合已知列方程求解即可.
3．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解： 5张参观卷连号的情况有：1和2，2和3，3和4，4和5，共4种， 将剩下的3张参观券分给其他三人，有种分法， 则不同的分法有种.
故答案为：B．
【分析】先连号的情况数，再将剩下的3张参观券分给其他三人，结合分步计数原理计算即可．
4．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：已知，
故，
故答案为：A.
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间量“1”，“0”即可求解.
5．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：和正方体其各棱都相切的球的半径为面对角线的一半，即，
所以该球的表面积.
故答案为：.
【分析】先利用球与正方体的各棱相切可得球的半径和棱长的关系，再利用球的表面积公式即可求解.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在上的投影向量为.
故答案为：D.
【分析】利用向量投影的公式即可求解.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，不妨取其中一条渐近线，
因为两直线垂直，所以斜率乘积为-1，即过的直线的方程为，
联立解得点M的坐标为，
因为，则，故，
由直线的方程为得N点坐标为，
因为点在双曲线上，所以，
化简得，故，故A，C，D错误.
故答案为：B.
【分析】设，设出两直线方程，联立两直线求出交点坐标，利用求出点N坐标，再利用点N双曲线上进行计算求解.
8．【答案】B
【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】【解答】解：函数，求导可得，
令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当时，函数有最大值，
而，
由此可知当时，，当时，，
若函数有两个不同的零点，
结合零点存在定理可知的最大值，
又，所以，所以，
解得，所以，即的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】由题意，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值，当当时，，当时，，结合零点存在定理可知的最大值，再结合求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、二项式系数之和为，解得，故A选项正确；
B、令，得，故B选项正确；
C、时，的展开式共项，二项式系数最大的项为第项，故C选项错误；
D、，
则，，，为负数，，，，，为正数，
故展开式中所有系数的绝对值的和为，令，得，故D选项正确；
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式定理系数的相关性质结合赋值逐项计算即可求解.
10．【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：
，
A、因为，所以函数的最大值为，故A选项错误；
B、函数的最小正周期为，故B选项正确；
C、，则，故的图象关于点对称，故C选项正确；
D、，则，函数单调递增，故D选项正确；
故答案为：BCD.
【分析】先利用三角恒等变换化简得到，再利用的性质逐项判断即可求解.
11．【答案】A,C,D
【知识点】条件概率与独立事件；概率的应用
【解析】【解答】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以 ，A符合题意；
因为 ，所以C符合题意；
因为 ，所以 ，因此D符合题意；
因为 ，所以B不正确。
故答案为：ACD
【分析】利用已知条件结合古典概型求概率公式得出事件A的概率，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出事件B的概率，再结合条件概率公式得出 和 的值，进而找出正确的选项。
12．【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】 ,
，解得 ,
所以 ，
∴ ,
∴ 。
故答案为： 。
【分析】利用已知条件结合三角形面积公式，进而求出a的值，再利用余弦定理求出b的值，再结合正弦定理求出的值。
13．【答案】1
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，
即，
所以，由于又，
所以，因此，故关于轴对称，如图所示：
由得，将代入抛物线中得所以，
故答案为：1
【分析】先利用抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系可得关于轴对称，再把点代入即可求解.
14．【答案】a＞0或a＜-4
【知识点】导数的几何意义；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程有两不等实根，由△>0求解即可.
15．【答案】（1）证明：已知，可得，
又，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，所以，
，
设，前n项和为，
，
，
两式相减得，，
得，
.
【知识点】数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）在式子两边同时加上1利用构造法可得，再利用等比数列的定义证明即可；
（2）可通过第（1）问构造出的等比数列可得，再利用错位相减法和公式法求出数列前n项和即可求解.
（1）证明：由，可得，
又，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，所以，
，
设，前n项和为，
，
，
两式相减得，
，
得，
.
16．【答案】（1）解：记事件{甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则.
即顾客抽奖次能获奖的概率为；
（2）解：由题可知
，，
，.
故的分布列为：
所以的数学期望为.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布
【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可求解；
（2）依题意可得，利用二项分布的概率公式求出相应概率，列出分布列，即可求解.
（1）解：记事件{甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则.
即顾客抽奖次能获奖的概率为；
（2）解：由题可知
，，
，.
故的分布列为：
所以的数学期望为.
17．【答案】（1）证明：因为，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
在矩形中，，，P为的中点，
所以，，因为，根据勾股定理逆定理可得．
因为，平面，所以平面EPF，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：以F为坐标原点，FA，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，．
所以，，．
设平面DPC的法向量为，由得
令，则．同理可得平面BCD的一个法向量为．
设平面BCD与平面DPC的夹角为，
故，即平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得，再利用勾股定理可得即可证明；
（2）以F为坐标原点建立空间直角坐标系，平面DPC的法向量， 平面BCD的一个法向量为 ，再利用即可求解.
（1）因为，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
在矩形中，，，P为的中点，
所以，，因为，根据勾股定理逆定理可得．
因为，平面，所以平面EPF，
又因为平面，所以平面平面．
（2）以F为坐标原点，FA，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面DPC的法向量为，由得
令，则．同理可得平面BCD的一个法向量为．
设平面BCD与平面DPC的夹角为，
故，即平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）解：由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
（2）解：设过点的直线为，如图所示：
，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.
所以是定值，且定值为.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程列出方程组，解方程组即可求解；
（2）先设过点的直线为，联立利用根与系数关系可得，利用坐标表示直线和方程，并求得点的坐标，转化，即可求解.
（1）由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
（2）设过点的直线为，，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.
所以是定值，且定值为.
19．【答案】解：由已知，的定义域为，
且，
因此当时，，从而，
所以在内单调递增.
（II）证明：（i）由（I）知，，
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，
则，当时，，
所以在内单调递增；
当时，，
所以在内单调递减，
因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，所以在内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.
（ii）由题意，，即，
从而，即，
因为当时，，又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得，
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 （Ⅰ） 求得函数的导数 ，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i）由（I）知，，令，求得函数的单调区间，结合和，得到在内有唯一解，设为，得出函数的单调性，得到是的唯一极值点，再令，利用导数求得在内单调递减，根据和为，得到在内有唯一零点，即可得证；
（ii）由，化简得到，根据时，，得到，两边取对数，结合对数的性质，得到，即可得证.
1 / 1广东省广州市番禺区2023-2024学年高二下学期期中数学试卷
1．（2024高二下·番禺期中）、互为共轭复数，，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，、互为共轭复数，
则，所以=2.
故答案为：B.
【分析】利用共轭复数的概念可得，再利用复数的运算法则即可计算.
2．（2024高二下·番禺期中）已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【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：设等差数列的首项、公差分别为，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】设等差数列的首项、公差分别为，根据等差数列求和公式结合已知列方程求解即可.
3．（2024高二下·番禺期中）将序号分别为1，2，3，4，5的五张参观券全部分给甲，乙，丙，丁四人，每人至少1张，如果分给甲的两张参观券是连号，那么不同分法的种数是（ ）
A．6 B．24 C．60 D．120
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解： 5张参观卷连号的情况有：1和2，2和3，3和4，4和5，共4种， 将剩下的3张参观券分给其他三人，有种分法， 则不同的分法有种.
故答案为：B．
【分析】先连号的情况数，再将剩下的3张参观券分给其他三人，结合分步计数原理计算即可．
4．（2024高二下·番禺期中）已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：已知，
故，
故答案为：A.
【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间量“1”，“0”即可求解.
5．（2024高二下·番禺期中）在棱长为的正方体中，与其各棱都相切的球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：和正方体其各棱都相切的球的半径为面对角线的一半，即，
所以该球的表面积.
故答案为：.
【分析】先利用球与正方体的各棱相切可得球的半径和棱长的关系，再利用球的表面积公式即可求解.
6．（2024高二下·番禺期中）已知向量与的夹角为，且满足，，则在上的投影向量为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在上的投影向量为.
故答案为：D.
【分析】利用向量投影的公式即可求解.
7．（2024高二下·番禺期中）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与一条渐近线垂直，垂足为，交双曲线右支于点，，则离心率（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，不妨取其中一条渐近线，
因为两直线垂直，所以斜率乘积为-1，即过的直线的方程为，
联立解得点M的坐标为，
因为，则，故，
由直线的方程为得N点坐标为，
因为点在双曲线上，所以，
化简得，故，故A，C，D错误.
故答案为：B.
【分析】设，设出两直线方程，联立两直线求出交点坐标，利用求出点N坐标，再利用点N双曲线上进行计算求解.
8．（2024高二下·番禺期中）已知，若函数有两个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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】【解答】解：函数，求导可得，
令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当时，函数有最大值，
而，
由此可知当时，，当时，，
若函数有两个不同的零点，
结合零点存在定理可知的最大值，
又，所以，所以，
解得，所以，即的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】由题意，求导，利用导数判断函数的单调性，并求最值，当当时，，当时，，结合零点存在定理可知的最大值，再结合求解即可.
9．（2024高二下·番禺期中）在的展开式中，二项式的系数和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．展开式中各项系数和为
C．第项的二项式系数最大
D．展开式中所有系数的绝对值的和为
【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、二项式系数之和为，解得，故A选项正确；
B、令，得，故B选项正确；
C、时，的展开式共项，二项式系数最大的项为第项，故C选项错误；
D、，
则，，，为负数，，，，，为正数，
故展开式中所有系数的绝对值的和为，令，得，故D选项正确；
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式定理系数的相关性质结合赋值逐项计算即可求解.
10．（2024高二下·番禺期中）已知函数，则（ ）
A．的最大值为3 B．的最小正周期为
C．的图象关于点对称 D．在上单调递增
【答案】B,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：
，
A、因为，所以函数的最大值为，故A选项错误；
B、函数的最小正周期为，故B选项正确；
C、，则，故的图象关于点对称，故C选项正确；
D、，则，函数单调递增，故D选项正确；
故答案为：BCD.
【分析】先利用三角恒等变换化简得到，再利用的性质逐项判断即可求解.
11．（2024高二下·番禺期中）甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】条件概率与独立事件；概率的应用
【解析】【解答】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以 ，A符合题意；
因为 ，所以C符合题意；
因为 ，所以 ，因此D符合题意；
因为 ，所以B不正确。
故答案为：ACD
【分析】利用已知条件结合古典概型求概率公式得出事件A的概率，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出事件B的概率，再结合条件概率公式得出 和 的值，进而找出正确的选项。
12．（2024高二下·番禺期中）已知 的面积为 ， ，则 = ．
【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】 ,
，解得 ,
所以 ，
∴ ,
∴ 。
故答案为： 。
【分析】利用已知条件结合三角形面积公式，进而求出a的值，再利用余弦定理求出b的值，再结合正弦定理求出的值。
13．（2024高二下·番禺期中）已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则 ．
【答案】1
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设，则，
即，
所以，由于又，
所以，因此，故关于轴对称，如图所示：
由得，将代入抛物线中得所以，
故答案为：1
【分析】先利用抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系可得关于轴对称，再把点代入即可求解.
14．（2024高二下·番禺期中）若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 .
【答案】a＞0或a＜-4
【知识点】导数的几何意义；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程有两不等实根，由△>0求解即可.
15．（2024高二下·番禺期中）已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明：已知，可得，
又，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，所以，
，
设，前n项和为，
，
，
两式相减得，，
得，
.
【知识点】数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）在式子两边同时加上1利用构造法可得，再利用等比数列的定义证明即可；
（2）可通过第（1）问构造出的等比数列可得，再利用错位相减法和公式法求出数列前n项和即可求解.
（1）证明：由，可得，
又，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）解：由（1）得，所以，
，
设，前n项和为，
，
，
两式相减得，
，
得，
.
16．（2024高二下·番禺期中）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有个红球，个白球的甲箱和装有个红球、个白球的乙箱中，各随机摸出个球，在摸出的个球中，若都是红球，则获奖.
（1）求顾客抽奖次能获奖的概率；
（2）若顾客有次抽奖机会，记该顾客在次抽奖中将的次数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：记事件{甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则.
即顾客抽奖次能获奖的概率为；
（2）解：由题可知
，，
，.
故的分布列为：
所以的数学期望为.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布
【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可求解；
（2）依题意可得，利用二项分布的概率公式求出相应概率，列出分布列，即可求解.
（1）解：记事件{甲、乙两箱中摸出球都是红球}，则.
即顾客抽奖次能获奖的概率为；
（2）解：由题可知
，，
，.
故的分布列为：
所以的数学期望为.
17．（2024高二下·番禺期中）如图，矩形与梯形所在的平面垂直，，，，，P为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
在矩形中，，，P为的中点，
所以，，因为，根据勾股定理逆定理可得．
因为，平面，所以平面EPF，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：以F为坐标原点，FA，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，．
所以，，．
设平面DPC的法向量为，由得
令，则．同理可得平面BCD的一个法向量为．
设平面BCD与平面DPC的夹角为，
故，即平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得，再利用勾股定理可得即可证明；
（2）以F为坐标原点建立空间直角坐标系，平面DPC的法向量， 平面BCD的一个法向量为 ，再利用即可求解.
（1）因为，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
在矩形中，，，P为的中点，
所以，，因为，根据勾股定理逆定理可得．
因为，平面，所以平面EPF，
又因为平面，所以平面平面．
（2）以F为坐标原点，FA，FC，FE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面DPC的法向量为，由得
令，则．同理可得平面BCD的一个法向量为．
设平面BCD与平面DPC的夹角为，
故，即平面BCD与平面DPC夹角的余弦值为．
18．（2024高二下·番禺期中）已知椭圆E：过点，且其离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）．
【答案】（1）解：由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
（2）解：设过点的直线为，如图所示：
，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.
所以是定值，且定值为.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程列出方程组，解方程组即可求解；
（2）先设过点的直线为，联立利用根与系数关系可得，利用坐标表示直线和方程，并求得点的坐标，转化，即可求解.
（1）由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
（2）设过点的直线为，，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.
所以是定值，且定值为.
19．（2024高二下·番禺期中）设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
【答案】解：由已知，的定义域为，
且，
因此当时，，从而，
所以在内单调递增.
（II）证明：（i）由（I）知，，
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，
则，当时，，
所以在内单调递增；
当时，，
所以在内单调递减，
因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，所以在内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.
（ii）由题意，，即，
从而，即，
因为当时，，又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得，
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 （Ⅰ） 求得函数的导数 ，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i）由（I）知，，令，求得函数的单调区间，结合和，得到在内有唯一解，设为，得出函数的单调性，得到是的唯一极值点，再令，利用导数求得在内单调递减，根据和为，得到在内有唯一零点，即可得证；
（ii）由，化简得到，根据时，，得到，两边取对数，结合对数的性质，得到，即可得证.
1 / 1
