广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·广州期中）设复数（，为虚数单位），若为纯虚数，则复数的虚部为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为 为纯虚数，
所以，解得，
所以，所以，
则复数的虚部为，
故选：A.
【分析】根据复数的乘法法则先求出 ，利用纯虚数的定义求得值，即可求得z，进而求得z的共轭复数 ，即可得到其虚部.
2．（2024高二下·广州期中） 下列命题为真命题的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用；指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、当时，，，则，故A正确；
B、当时，，故B错误；
C、由A可知：，故C错误；
D、，因为，所以，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据指数函数和余弦函数的性质即可判断AC；举出反例即可判断B；利用作差法比较大小即可判断D.
3．（2024高二下·广州期中）若直线与圆交于两点，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由题意可知：圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
所以.
故选：D.
【分析】先求得圆C的圆心和半径，进而圆心到直线l的距离，再结合垂径定理即可求得弦长|AB|.
4．（2024高二下·广州期中）平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】由可得，
而在方向上的投影向量为.
故选：C.
【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的投影向量.根据，再结合， 利用平面向量的数量积可求出，再根据在方向上的投影向量，利用平面向量的投影公式可得：，代入数据进行计算可求出答案.
5．（2024高二下·广州期中）已知函数在上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
又函数在上单调递减，所以，解得，
故实数的最大值为.
故选：B.
【分析】由可知，结合已知条件和余弦函数的单调性列不等式即可得实数的取值范围，即可求得实数的最大值.
6．（2024高二下·广州期中）已知函数有两个不同极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为函数有两个不同极值点，所以有两个不同解，即有两个不同交点.
如图所示，与相切于点，
所以，所以，
又因为，解得，
故当时有两个不同交点，
故a的取值范围为 ( e ， + ∞ )，
故选：C.
【分析】函数有两个不同极值点等价于有两个不同解等价于有两个不同交点，设与切于点，根据导数的几何意义可知，求出相切时对应的，即可根据图形求得实数的取值范围
7．（2024高二下·广州期中）某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为20mm，卫生纸厚度约为0.1mm，若未使用时直径为80mm，则这个卷筒卫生纸总长度大约为（ ）（参考数据）
A．47m B．51m C．94m D．102m
【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：因空心纸筒直径为20mm，其周长为，卷纸未使用时直径为80mm，其周长为，
又因为卫生纸厚度约为0.1mm，则卷纸共有的层数约为，即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列，首项为，末项为，项数为，
则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前项和：，
而.
即这个卷筒卫生纸总长度大约为
故选：A.
【分析】 卷纸的层数，这可以通过卷纸未使用时的直径与空心纸筒直径的差除以卫生纸厚度来计算，因卷纸厚度固定，且卷在圆柱形空心纸筒上，故卷纸总长即每一圈卷纸的周长的和，而从内到外每圈卷纸的周长依次构成等差数列， 其中空心纸筒和卷纸未使用时的周长，作为等差数列的首项和末项 ， 用等差数列的求和公式，即可计算出卷筒卫生纸的总长度.
8．（2024高二下·广州期中）已知P为棱长为的正四面体各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面，面，面，面的距离分别为，，，，若，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，
正四面体棱长为，为的中心，所以底面，
因为为边中点，所以在上，
又因为，平面，所以，
所以，，
，即正四面体的高，
P为正四面体各面所围成的区域内部，连接，
可得到4个小四面体，
设正四面体各面的面积为，则有，
得，
由，则，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
【分析】由等体积法求得=2，进而可知，利用基本不等式即可求得的最小值.
9．（2024高二下·广州期中）新高考模式下，化学、生物等学科实施赋分制，即通过某种数学模型将原始分换算为标准分.某校在一次高三模拟考试中实施赋分制的方式，其中应用的换算模型为：，其中x为原始分，y为换算后的标准分.已知在本校2000名高三学生中某学科原始分最高得分为150分，最低得分为50分，经换算后最高分为150分，最低分为80分.则以下说法正确的是（ ）
A．若学生甲本学科考试换算后的标准分为115分，则其原始得分为100分
B．若在原始分中学生乙的得分为中位数，则换算后学生乙的分数仍为中位数
C．该校本学科高三全体学生得分的原始分与标准分的标准差相同
D．该校本学科高三全体学生得分的原始分的平均分低于标准分的平均分
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由题意得：，解得.所以换算模型为：
则，解得，故选项A正确；
B、因为函数为增函数，所以标准分不改变原始分的排名顺序，原始分的中位数换算后，得到的标准分仍为中位数，故选项B正确；
C、由，解得，所以只有原始分是150分时，标准分与原始分相等；原始分低于150分时，标准分都高于原始分，所以标准分相比于原始分，分数更集中，所以标准分的标准差比原始分的标准差要小，故选项C错误；
D、因为标准分都不低于原始分，所以原始分的平均分低于标准分的平均分，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】结合已知条件列方程求得k和b的值，即可求得换算模型公式，令y=115代入模型公式中求得x的值即可判断选项A；结合模型特征通过分析换算前后数据的标准差和平均分即可判断选项B，C，D.
10．（2024高二下·广州期中）对于数列（），定义为，，…，中最大值（）（），把数列称为数列的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则（ ）
A．若数列是递减数列，则为常数列
B．若数列是递增数列，则有
C．满足为2，3，3，5，5的所有数列的个数为8
D．若，记为的前n项和，则
【答案】A,B,D
【知识点】数列的应用；数列的求和
【解析】【解答】解：A、若数列是递减数列，则是，，…，中最大值（）
（），即，，数列为常数列，故A正确；
B、若数列是递增数列，则是，，…，中最大值（）（），
即，则，故B正确；
C、满足为2，3，3，5，5，则，，的取值要使得，可以取1，2，3，，取值要使得，则可以取1，2，3，4，5，数列的个数为，故C错误；
D、若，则数列中奇数项构成首项为1，公比为4的等比数列；偶数项都是负数，则，即，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据“M值数列”的定义逐项分析判断即可.
11．（2024高二下·广州期中）已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于A，两点（点A在第一象限），若，则（ ）
A．双曲线的离心率为 B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知：，
B、因为直线：，
可知直线过右焦点，斜率，
设直线的倾斜角为，则，可得，
设，
由，可得，，，故选项B正确；
A、在中，可知，
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
所以双曲线的离心率为，故选项A错误；
在中，可知，
由余弦定理可得，
即，解得，即，故选项C错误；
D、，故选项D正确，
故选：BD.
【分析】根据直线的方程可知过右焦点，设直线的倾斜角为，可得，设，结合双曲线的定义，列方程即可求得的值，从而判断选项B；在中，利用余弦定理可求得的值，进而得到双曲线的离心率，即可判断选项A；在中，由余弦定理可求得m的值，即可得的值，可判断选项C；根据a，b，c的关系即可求得的值，进而判断选项D.
12．（2024高二下·广州期中）已知，则 .
【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】由=，利用诱导公式即可求得 的值.
13．（2024高二下·广州期中）已知等差数列的前项和为.若，，则 .
【答案】9
【知识点】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】由题意可知，，，解得，所以.
故答案为：.
【分析】结合已知条件和等差数列求和公式及下标和性质先求出，，再由，可得的值.
14．（2024高二下·广州期中）已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，由题意可知，在上单调递增；
当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
所以处取得极大值，即极大值为，如下图所示：
由函数f(t)的图象可知，方程(为常数)最多有3个解，故结合图象可得，且方程的三个解中最小的解为.
又因为，在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，即当时，有2个零点，
所以使关于的方程有6个解，则，
因为，即，令，
易知在上单调递增，又，所以的解集为，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】令，利用函数的性质和借助导数研究函数f(t)的单调性，画出其图象，根据f(t)的图象可知，f(t)等于常数的解最多只有3个；进而研究函数的性质，根据图象性质可知，等于常数的解最多只有2个，若有6个解，需要有3个解，有2个解，根据图象先求出，再得出和中最小解之间的等式关系，而后结合的值域即可建立关于的不等式，最后构造关于的函数，求导求单调性即可解不等式，进而可求得的取值范围 .
15．（2024高二下·广州期中）已知函数，且．
（1）求曲线在点处的切线方程．
（2）讨论函数的单调性．
【答案】（1）解：因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为
即.
（2）解：由（1）得，，
当时，，即，故在上单调递减，
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）对函数f(x)进行求导，进而求得f(1)和f'(1)，利用点斜式方程即可求得在处的切线方程；
（2）分与两种情况，利用导数研究函数的单调性即可.
（1）因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为
即.
（2）由（1）得，，
当时，，则，故在上单调递减，
当时，令则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
16．（2024高二下·广州期中）如图，为圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，，是底面圆弧的三等分点，，分别为，的中点．
（1）证明：点在平面内．
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：如图所示，连接，
∵，是底面圆弧的三等分点，
，
又，
均为等边三角形，
，∴四边形为菱形，，
∵，分别为，的中点，
，，
∴点在平面内.
（2）解：如图所示，作，以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
∵，∴，
∴，
设平面的一个法向量，
则，令，得，∴，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】平行公理；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用圆的性质与中位线定理先证得与，进而可得，即可证得点在平面内 ；
（2）作，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法向量的夹角公式即可求得 平面与平面夹角的余弦值 .
（1）连接，如图，
因为，是底面圆弧的三等分点，
，
，
均为等边三角形，
，则四边形为菱形，，
因为，分别为，的中点，，
，故点在平面内.
（2）作，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为，则，
故，
设平面的法向量，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为
17．（2024高二下·广州期中）已知数列，，满足，，，，成等差数列．
（1）证明：是等比数列；
（2）数列满足，记数列的前项和为，求．
【答案】解：（1）证明：由题意可得，，
∵，，成等差数列，∴，即∴，整理得（常数），
而
∴数列是以为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知：，
∴，
∴．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，进而根据等差中项的性质得，由等比数列的定义即可证是等比数列；
（2）由（1）得，写出通项，利用裂项相消法即可求.
18．（2024高二下·广州期中）已知函数，．
（1）求函数的最小值；
（2）若关于的不等式在恒成立，求实数的取值范围．
【答案】解：（1）由题意可得，．
令，所以
因为在上恒成立，所以在上单调递增．
又因为，所以当时，；当时，．
即，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当x=0时，f(x)取得最小值，的最小值为；
（2）不等式等价于．
设，则由题意得在内恒成立，
因为，．
①当时，，这时，使当时，，
从而在上单调递减，
又因为，所以当时，，这与在内恒成立不符．
②当时，对于任意的，，从而，这时．
设，则
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，即，
因此，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，从而．
综上，实数的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数f(x)进行二次求导，利用求导分析函数f(x)的单调性进而可求得其最小值；
（2）不等式等价于，构造新的函数，对于函数p(x)进行求导，可知，分和，讨论函数的单调性，进而求得b的取值范围．
19．（2024高二下·广州期中）已知椭圆的左右焦点分别为，，其长轴长为6，离心率为e且，点D为E上一动点，的面积的最大值为，过的直线，分别与椭圆E交于A，B两点（异于点P），与直线交于M，N两点，且M，N两点的纵坐标之和为11.过坐标原点O作直线的垂线，垂足为H.
（1）求椭圆E的方程；
（2）问：平面内是否存在定点Q，使得为定值？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意可知，，解得或
因为，所以，，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）解：存在定点使得为定值，
理由如下：
设，，，.
由题意可得，，且
所以①
易知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为
由①可得，②
联立，整理得，
因为该方程有两个不同的实数根，，所以，
由韦达定理可得，，
代入②中，整理得，
又因为，化简得，
因此，即直线过定点.
过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，
因此，存在定点即为的中点使得为定值.
【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）先由椭圆性质知当点D位于短轴顶点时，面积的最大，得出，再由联立方程求得a，b，c的值，即可求得椭圆E的方程；
（2）设出四点坐标，分别利用三点共线和三点共线，直线斜率相等列出方程组，借助于建立坐标关系式；再设出直线的方程，将①式中消元得到关于的对称式，接着由直线与椭圆方程联立得韦达定理，代入此式，化简即得，代入直线的方程，即得直线过定点，过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，故得的中点到H的距离等于为定值，即存在的中点，使得为定值.
（1）根据条件则，，
当点D位于短轴顶点时，面积的最大，且，
由，解得，或，
又，因此，，，
故椭圆E的方程为：.
（2）（2）存在定点使得为定值，理由如下：
由题意过点P的直线与椭圆E交于A点，与直线交于M点，与椭圆E交于B点，与直线交于N点，
如图，设，，，.
根据条件有，，且①
由条件知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为
由①，②
联立，整理得，该方程有两个不同的实数根，，
则，由韦达定理可得，，
代入②中，整理得，又，化简得，
因此，即直线过定点.
过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，
因此存在定点即为的中点使得为定值.
1 / 1广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·广州期中）设复数（，为虚数单位），若为纯虚数，则复数的虚部为（ ）
A． B．1 C．2 D．
2．（2024高二下·广州期中） 下列命题为真命题的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·广州期中）若直线与圆交于两点，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024高二下·广州期中）平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·广州期中）已知函数在上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广州期中）已知函数有两个不同极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·广州期中）某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为20mm，卫生纸厚度约为0.1mm，若未使用时直径为80mm，则这个卷筒卫生纸总长度大约为（ ）（参考数据）
A．47m B．51m C．94m D．102m
8．（2024高二下·广州期中）已知P为棱长为的正四面体各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面，面，面，面的距离分别为，，，，若，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
9．（2024高二下·广州期中）新高考模式下，化学、生物等学科实施赋分制，即通过某种数学模型将原始分换算为标准分.某校在一次高三模拟考试中实施赋分制的方式，其中应用的换算模型为：，其中x为原始分，y为换算后的标准分.已知在本校2000名高三学生中某学科原始分最高得分为150分，最低得分为50分，经换算后最高分为150分，最低分为80分.则以下说法正确的是（ ）
A．若学生甲本学科考试换算后的标准分为115分，则其原始得分为100分
B．若在原始分中学生乙的得分为中位数，则换算后学生乙的分数仍为中位数
C．该校本学科高三全体学生得分的原始分与标准分的标准差相同
D．该校本学科高三全体学生得分的原始分的平均分低于标准分的平均分
10．（2024高二下·广州期中）对于数列（），定义为，，…，中最大值（）（），把数列称为数列的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则（ ）
A．若数列是递减数列，则为常数列
B．若数列是递增数列，则有
C．满足为2，3，3，5，5的所有数列的个数为8
D．若，记为的前n项和，则
11．（2024高二下·广州期中）已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于A，两点（点A在第一象限），若，则（ ）
A．双曲线的离心率为 B．
C． D．
12．（2024高二下·广州期中）已知，则 .
13．（2024高二下·广州期中）已知等差数列的前项和为.若，，则 .
14．（2024高二下·广州期中）已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为 ．
15．（2024高二下·广州期中）已知函数，且．
（1）求曲线在点处的切线方程．
（2）讨论函数的单调性．
16．（2024高二下·广州期中）如图，为圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，，是底面圆弧的三等分点，，分别为，的中点．
（1）证明：点在平面内．
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2024高二下·广州期中）已知数列，，满足，，，，成等差数列．
（1）证明：是等比数列；
（2）数列满足，记数列的前项和为，求．
18．（2024高二下·广州期中）已知函数，．
（1）求函数的最小值；
（2）若关于的不等式在恒成立，求实数的取值范围．
19．（2024高二下·广州期中）已知椭圆的左右焦点分别为，，其长轴长为6，离心率为e且，点D为E上一动点，的面积的最大值为，过的直线，分别与椭圆E交于A，B两点（异于点P），与直线交于M，N两点，且M，N两点的纵坐标之和为11.过坐标原点O作直线的垂线，垂足为H.
（1）求椭圆E的方程；
（2）问：平面内是否存在定点Q，使得为定值？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为 为纯虚数，
所以，解得，
所以，所以，
则复数的虚部为，
故选：A.
【分析】根据复数的乘法法则先求出 ，利用纯虚数的定义求得值，即可求得z，进而求得z的共轭复数 ，即可得到其虚部.
2．【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用；指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、当时，，，则，故A正确；
B、当时，，故B错误；
C、由A可知：，故C错误；
D、，因为，所以，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据指数函数和余弦函数的性质即可判断AC；举出反例即可判断B；利用作差法比较大小即可判断D.
3．【答案】D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由题意可知：圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
所以.
故选：D.
【分析】先求得圆C的圆心和半径，进而圆心到直线l的距离，再结合垂径定理即可求得弦长|AB|.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】由可得，
而在方向上的投影向量为.
故选：C.
【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的投影向量.根据，再结合， 利用平面向量的数量积可求出，再根据在方向上的投影向量，利用平面向量的投影公式可得：，代入数据进行计算可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
又函数在上单调递减，所以，解得，
故实数的最大值为.
故选：B.
【分析】由可知，结合已知条件和余弦函数的单调性列不等式即可得实数的取值范围，即可求得实数的最大值.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为函数有两个不同极值点，所以有两个不同解，即有两个不同交点.
如图所示，与相切于点，
所以，所以，
又因为，解得，
故当时有两个不同交点，
故a的取值范围为 ( e ， + ∞ )，
故选：C.
【分析】函数有两个不同极值点等价于有两个不同解等价于有两个不同交点，设与切于点，根据导数的几何意义可知，求出相切时对应的，即可根据图形求得实数的取值范围
7．【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：因空心纸筒直径为20mm，其周长为，卷纸未使用时直径为80mm，其周长为，
又因为卫生纸厚度约为0.1mm，则卷纸共有的层数约为，即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列，首项为，末项为，项数为，
则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前项和：，
而.
即这个卷筒卫生纸总长度大约为
故选：A.
【分析】 卷纸的层数，这可以通过卷纸未使用时的直径与空心纸筒直径的差除以卫生纸厚度来计算，因卷纸厚度固定，且卷在圆柱形空心纸筒上，故卷纸总长即每一圈卷纸的周长的和，而从内到外每圈卷纸的周长依次构成等差数列， 其中空心纸筒和卷纸未使用时的周长，作为等差数列的首项和末项 ， 用等差数列的求和公式，即可计算出卷筒卫生纸的总长度.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，
正四面体棱长为，为的中心，所以底面，
因为为边中点，所以在上，
又因为，平面，所以，
所以，，
，即正四面体的高，
P为正四面体各面所围成的区域内部，连接，
可得到4个小四面体，
设正四面体各面的面积为，则有，
得，
由，则，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
【分析】由等体积法求得=2，进而可知，利用基本不等式即可求得的最小值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、由题意得：，解得.所以换算模型为：
则，解得，故选项A正确；
B、因为函数为增函数，所以标准分不改变原始分的排名顺序，原始分的中位数换算后，得到的标准分仍为中位数，故选项B正确；
C、由，解得，所以只有原始分是150分时，标准分与原始分相等；原始分低于150分时，标准分都高于原始分，所以标准分相比于原始分，分数更集中，所以标准分的标准差比原始分的标准差要小，故选项C错误；
D、因为标准分都不低于原始分，所以原始分的平均分低于标准分的平均分，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】结合已知条件列方程求得k和b的值，即可求得换算模型公式，令y=115代入模型公式中求得x的值即可判断选项A；结合模型特征通过分析换算前后数据的标准差和平均分即可判断选项B，C，D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】数列的应用；数列的求和
【解析】【解答】解：A、若数列是递减数列，则是，，…，中最大值（）
（），即，，数列为常数列，故A正确；
B、若数列是递增数列，则是，，…，中最大值（）（），
即，则，故B正确；
C、满足为2，3，3，5，5，则，，的取值要使得，可以取1，2，3，，取值要使得，则可以取1，2，3，4，5，数列的个数为，故C错误；
D、若，则数列中奇数项构成首项为1，公比为4的等比数列；偶数项都是负数，则，即，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据“M值数列”的定义逐项分析判断即可.
11．【答案】B,D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知：，
B、因为直线：，
可知直线过右焦点，斜率，
设直线的倾斜角为，则，可得，
设，
由，可得，，，故选项B正确；
A、在中，可知，
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
所以双曲线的离心率为，故选项A错误；
在中，可知，
由余弦定理可得，
即，解得，即，故选项C错误；
D、，故选项D正确，
故选：BD.
【分析】根据直线的方程可知过右焦点，设直线的倾斜角为，可得，设，结合双曲线的定义，列方程即可求得的值，从而判断选项B；在中，利用余弦定理可求得的值，进而得到双曲线的离心率，即可判断选项A；在中，由余弦定理可求得m的值，即可得的值，可判断选项C；根据a，b，c的关系即可求得的值，进而判断选项D.
12．【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】由=，利用诱导公式即可求得 的值.
13．【答案】9
【知识点】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】由题意可知，，，解得，所以.
故答案为：.
【分析】结合已知条件和等差数列求和公式及下标和性质先求出，，再由，可得的值.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，由题意可知，在上单调递增；
当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
所以处取得极大值，即极大值为，如下图所示：
由函数f(t)的图象可知，方程(为常数)最多有3个解，故结合图象可得，且方程的三个解中最小的解为.
又因为，在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，即当时，有2个零点，
所以使关于的方程有6个解，则，
因为，即，令，
易知在上单调递增，又，所以的解集为，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】令，利用函数的性质和借助导数研究函数f(t)的单调性，画出其图象，根据f(t)的图象可知，f(t)等于常数的解最多只有3个；进而研究函数的性质，根据图象性质可知，等于常数的解最多只有2个，若有6个解，需要有3个解，有2个解，根据图象先求出，再得出和中最小解之间的等式关系，而后结合的值域即可建立关于的不等式，最后构造关于的函数，求导求单调性即可解不等式，进而可求得的取值范围 .
15．【答案】（1）解：因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为
即.
（2）解：由（1）得，，
当时，，即，故在上单调递减，
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）对函数f(x)进行求导，进而求得f(1)和f'(1)，利用点斜式方程即可求得在处的切线方程；
（2）分与两种情况，利用导数研究函数的单调性即可.
（1）因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为
即.
（2）由（1）得，，
当时，，则，故在上单调递减，
当时，令则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
16．【答案】（1）证明：如图所示，连接，
∵，是底面圆弧的三等分点，
，
又，
均为等边三角形，
，∴四边形为菱形，，
∵，分别为，的中点，
，，
∴点在平面内.
（2）解：如图所示，作，以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
∵，∴，
∴，
设平面的一个法向量，
则，令，得，∴，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】平行公理；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用圆的性质与中位线定理先证得与，进而可得，即可证得点在平面内 ；
（2）作，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法向量的夹角公式即可求得 平面与平面夹角的余弦值 .
（1）连接，如图，
因为，是底面圆弧的三等分点，
，
，
均为等边三角形，
，则四边形为菱形，，
因为，分别为，的中点，，
，故点在平面内.
（2）作，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为，则，
故，
设平面的法向量，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为
17．【答案】解：（1）证明：由题意可得，，
∵，，成等差数列，∴，即∴，整理得（常数），
而
∴数列是以为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知：，
∴，
∴．
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，进而根据等差中项的性质得，由等比数列的定义即可证是等比数列；
（2）由（1）得，写出通项，利用裂项相消法即可求.
18．【答案】解：（1）由题意可得，．
令，所以
因为在上恒成立，所以在上单调递增．
又因为，所以当时，；当时，．
即，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当x=0时，f(x)取得最小值，的最小值为；
（2）不等式等价于．
设，则由题意得在内恒成立，
因为，．
①当时，，这时，使当时，，
从而在上单调递减，
又因为，所以当时，，这与在内恒成立不符．
②当时，对于任意的，，从而，这时．
设，则
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，即，
因此，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，从而．
综上，实数的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数f(x)进行二次求导，利用求导分析函数f(x)的单调性进而可求得其最小值；
（2）不等式等价于，构造新的函数，对于函数p(x)进行求导，可知，分和，讨论函数的单调性，进而求得b的取值范围．
19．【答案】（1）解：由题意可知，，解得或
因为，所以，，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）解：存在定点使得为定值，
理由如下：
设，，，.
由题意可得，，且
所以①
易知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为
由①可得，②
联立，整理得，
因为该方程有两个不同的实数根，，所以，
由韦达定理可得，，
代入②中，整理得，
又因为，化简得，
因此，即直线过定点.
过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，
因此，存在定点即为的中点使得为定值.
【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）先由椭圆性质知当点D位于短轴顶点时，面积的最大，得出，再由联立方程求得a，b，c的值，即可求得椭圆E的方程；
（2）设出四点坐标，分别利用三点共线和三点共线，直线斜率相等列出方程组，借助于建立坐标关系式；再设出直线的方程，将①式中消元得到关于的对称式，接着由直线与椭圆方程联立得韦达定理，代入此式，化简即得，代入直线的方程，即得直线过定点，过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，故得的中点到H的距离等于为定值，即存在的中点，使得为定值.
（1）根据条件则，，
当点D位于短轴顶点时，面积的最大，且，
由，解得，或，
又，因此，，，
故椭圆E的方程为：.
（2）（2）存在定点使得为定值，理由如下：
由题意过点P的直线与椭圆E交于A点，与直线交于M点，与椭圆E交于B点，与直线交于N点，
如图，设，，，.
根据条件有，，且①
由条件知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为
由①，②
联立，整理得，该方程有两个不同的实数根，，
则，由韦达定理可得，，
代入②中，整理得，又，化简得，
因此，即直线过定点.
过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，
因此存在定点即为的中点使得为定值.
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