广东省名校联盟2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试题
1．（2024高二下·广东期中）已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·广东期中）已知复数的模为，实部为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广东期中）已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·广东期中）已知双曲线：的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·广东期中）已知定义域为的函数的导函数为，，且的图象如图所示，则的值域为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广东期中）已知两个等差数列1，5，9，…，和1，6，11，…，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，且的前n项和为，则（ ）
A．910 B．900 C．890 D．880
7．（2024高二下·广东期中）内蒙古某地引进了先进的污水、雨水过滤系统．已知过滤过程中废水的污染物浓度N（单位：mg/L）与时长t（单位：h）的关系为（为最初污染物浓度）．如果前2h消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的51.2%还需要（ ）
A．3h B．4h C．5h D．6h
8．（2024高二下·广东期中）某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（ ）
A．960种 B．836种 C．816种 D．720种
9．（2024高二下·广东期中）已知抛物线C：上的两点M，N与焦点F的距离之和为10，M，N到x轴的距离的平方和为32，O为坐标原点，则p的值可能为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
10．（2024高二下·广东期中）已知数列的首项，前n项和为，且，则（ ）
A． B．是递增数列
C．是等差数列 D．
11．（2024高二下·广东期中）“新高考”后，普通高考考试科目实行“”模式，其中“2”就是考生在思想政治、地理、化学、生物学这4门科目中选择2门作为再选科目．甲、乙两名同学各自从这4门科目中任意挑选2门科目学习．记事件A表示“甲、乙两人中恰有一人选择生物学”，事件B表示“甲、乙两人都选择了生物学”，事件C表示“甲、乙两人所选科目完全相同”，事件D表示“甲、乙两人所选科目不完全相同”，则（ ）
A．B与C相互独立 B．
C． D．
12．（2024高二下·广东期中）二项式的展开式中的常数项为 ．
13．（2024高二下·广东期中）已知向量，若，则 ；若，则 ．
14．（2024高二下·广东期中）已知样本数据为1，a，b，7，9，该样本数据的平均数为5，则这组样本数据的方差的最小值为 ．
15．（2024高二下·广东期中）已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且．
（1）求；
（2）若，的面积为，证明：是等腰三角形．
16．（2024高二下·广东期中）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点，为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
17．（2024高二下·广东期中）随着科技的不断发展，人工智能技术的应用越来越广泛，某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答．该人机交互软件测试阶段，共测试了1000个问题，测试结果如下表：
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
结果显示问题中是否存在语法错误会影响该软件回答问题的正确率，依据测试结果，用频率近似概率，解决下列问题．
（1）测试2个问题，在该软件都回答正确的情况下，求测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误的概率；
（2）现输入3个问题，每个问题能否被软件正确回答相互独立，记软件正确回答的问题个数为，求的分布列．
18．（2024高二下·广东期中）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b；
（2）若，，求a的取值范围.
19．（2024高二下·广东期中）已知椭圆的焦距为4，圆与椭圆C有且仅有两个公共点．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）已知动直线l过椭圆C的左焦点F，且与椭圆C交于P，Q两点．试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定值和点R的坐标；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解： 全集，集合，则，
因为集合， 所以.
故答案为：B.
【分析】根据集合的补集、交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设，，已知，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】设，，利用复数求模公式，即可求解.
3．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由，得，所以，
令，则，
当时，，
所以图象的一个对称中心的坐标为．
故答案为：D.
【分析】由正弦型函数的最小正周期得出的值，从而可得，再结合换元法和正弦函数的对称性，从而得出函数图象的一个对称中心的坐标.
4．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率为，所以，
可得，
故双曲线的渐近线方程为．
故答案：A.
【分析】利用双曲线的关系即可求，再利用其渐近线方程即可求解.
5．【答案】D
【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
【解析】【解答】解：由图可知：当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，且，
因为，所以的值域为.
故答案为：D.
【分析】由图判断函数的单调性，结合判断即可．
6．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为两个等差数列的首项均为1，公差分别为4，5，
所以是首项为1，公差为的等差数列，则．
故答案为：A.
【分析】先确定新数列的首项，再利用两个等差数列的公共项构成的数列依然是等差数列，且公差是原来两个等差数列公差的最小公倍数20，再利用等差数列的求和公式即可求解.
7．【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意知，时，，可得．
设，则，解得，
因此，污染物消除至最初的51.2%还需要4h．
故答案为：B.
【分析】利用题意可得，可得，当时，解得，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先捆绑再和排列，然后插入共有种排法．
故答案为：A.
【分析】先把捆绑看成一个元素，再全排列后插空即可求解.
9．【答案】B,D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设，
由题意得，
得，，
解得或.
故答案为：BD.
【分析】联立方程组，结合根与系数关系即可求解.
10．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为，则，
且，可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
则，即.
A、，故A正确；
B、因为，所以是递增数列，故B正确；
C、因为数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
所以不是等差数列，故C错误；
D、，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】利用递推数列可得是以首项为4，公比为4的等比数列，再利用等比数列的通项公式可得，进而逐项分析判断.
11．【答案】B,C,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、已知，
所以，所以B与C不相互独立，故A错误；
B、因为，
所以，故B正确；
C、因为，所以，故C正确；
D、因为，所以D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用相互独立事件成立的条件算出，由即可判断A；利用条件概率的计算公式可得，，即可判断B、C；利用和事件的计算公式可得即可判断D.
12．【答案】280
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为：，
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】写出二项式的通项，令求解即可.
13．【答案】；
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：若，则，所以．
若，则，
得，
所以（舍去）或，故．
故答案为：；.
【分析】由向量垂直的坐标表示可求出的值；由数量积求向量的夹角公式可得，解方程可得出的值，再结合向量的模的坐标表示得出的值.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：已知平均数为，则．
方差，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以方差的最小值为．
故答案为：.
【分析】先利用平均数公式可得和方差的计算公式可得，再利用基本不等式求即可求解.
15．【答案】（1）解：由正弦定理得，
则，
即．
因为，所以，得．
（2）证明：由（1）得．
由，得．
由余弦定理，得．
由，得或
即或，所以是等腰三角形．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得，再利用两角和差公式计算即可求解；
（2）利用面积公式可得，再利用余弦定理计算边长即可证明.
（1）由正弦定理得，
则，
即．
因为，所以，得．
（2）由（1）得．
由，得．
由余弦定理，得．
由，得或
即或，所以是等腰三角形．
16．【答案】（1）证明：设为在底面的射影，连接，如图所示：
则平面.
因为平面ABC，所以
又为BC的中点，，所以
因为平面平面，
∴平面.
又为的中点，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
∴平面.
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
在三棱柱中，，
所以，
则.
由（1）知平面，则是平面的一个法向量，
因为，且，所以.
设平面的法向量为，
则即
设，得， 所以，
则，
所以二面角的正弦值为.
【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）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用平行四边形的性质得到即可证明；
（2）建系，分别找到平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的余弦公式结合同角三角函数关系即可求解.
（1）证明：如图，设为在底面的射影，连接，则平面.
因为平面ABC，所以
又为BC的中点，，所以
因为平面平面，
∴平面.
又为的中点，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
∴平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系.
在三棱柱中，，
所以，
则.
由（1）知平面，则是平面的一个法向量，
因为，且，所以.
设平面的法向量为，
则即
设，得， 所以，
则，
所以二面角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：记“输入的问题没有语法错误”为事件，“回答正确”为事件，由测试结果知，，，，
所以．
记“测试的个问题都回答正确”为事件，“测试的个问题中恰有个存在语法错误”为事件，
则，
，
所以．
（2）解：由（1）可得，则的可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件，“回答正确”为事件，利用全概率公式得，再利用条件概率公式即可求解；
（2）由（1）可得，再利用二项分布的概率公式求出相应的概率，即可求解.
（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件，“回答正确”为事件，
由测试结果知，，，，
所以．
记“测试的个问题都回答正确”为事件，“测试的个问题中恰有个存在语法错误”为事件，
则，
，
所以．
（2）由（1）可得，则的可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
18．【答案】（1）解：因为，所以，
又，所以，由题意，
又即，两式联立解得.
（2）解：由，得，即，当时，R，
当时，，当时，，记，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，当时，，所以，
综上，a的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；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）先求导，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）分、和讨论，分离参数，利用导数研究函数的单调性，进一步求得函数最值，最后求交集即可得解.
（1）因为，所以，
又，所以，由题意，
又即，两式联立解得.
（2）由，得，即，当时，R，
当时，，当时，，记，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，当时，，所以，
综上，a的取值范围为.
19．【答案】（1）解：依题意，得，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）解：已知如图所示：
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立椭圆C的方程，可得，
则，，
设，则
，
若为定值，则，解得，
此时，点R的坐标．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
代入，得
不妨设，，若，则，，
所以．
综上，在x轴上存在点，使得为定值．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意即可得到，，再利用，即可求解；
（2）当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，，，联立椭圆C的方程，利用根与系数关系可得，设，化简，可得，若为定值，得，点R的坐标；再检验直线l的斜率不存在时，上述结论是否成立即可.
（1）依题意，得，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立椭圆C的方程，可得，
则，，
设，则
，
若为定值，则，解得，
此时，点R的坐标．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
代入，得
不妨设，，若，则，，
所以．
综上，在x轴上存在点，使得为定值．
1 / 1广东省名校联盟2023-2024学年高二下学期期中质量检测数学试题
1．（2024高二下·广东期中）已知全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解： 全集，集合，则，
因为集合， 所以.
故答案为：B.
【分析】根据集合的补集、交集运算求解即可.
2．（2024高二下·广东期中）已知复数的模为，实部为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设，，已知，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】设，，利用复数求模公式，即可求解.
3．（2024高二下·广东期中）已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由，得，所以，
令，则，
当时，，
所以图象的一个对称中心的坐标为．
故答案为：D.
【分析】由正弦型函数的最小正周期得出的值，从而可得，再结合换元法和正弦函数的对称性，从而得出函数图象的一个对称中心的坐标.
4．（2024高二下·广东期中）已知双曲线：的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率为，所以，
可得，
故双曲线的渐近线方程为．
故答案：A.
【分析】利用双曲线的关系即可求，再利用其渐近线方程即可求解.
5．（2024高二下·广东期中）已知定义域为的函数的导函数为，，且的图象如图所示，则的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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
【解析】【解答】解：由图可知：当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，且，
因为，所以的值域为.
故答案为：D.
【分析】由图判断函数的单调性，结合判断即可．
6．（2024高二下·广东期中）已知两个等差数列1，5，9，…，和1，6，11，…，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，且的前n项和为，则（ ）
A．910 B．900 C．890 D．880
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为两个等差数列的首项均为1，公差分别为4，5，
所以是首项为1，公差为的等差数列，则．
故答案为：A.
【分析】先确定新数列的首项，再利用两个等差数列的公共项构成的数列依然是等差数列，且公差是原来两个等差数列公差的最小公倍数20，再利用等差数列的求和公式即可求解.
7．（2024高二下·广东期中）内蒙古某地引进了先进的污水、雨水过滤系统．已知过滤过程中废水的污染物浓度N（单位：mg/L）与时长t（单位：h）的关系为（为最初污染物浓度）．如果前2h消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的51.2%还需要（ ）
A．3h B．4h C．5h D．6h
【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意知，时，，可得．
设，则，解得，
因此，污染物消除至最初的51.2%还需要4h．
故答案为：B.
【分析】利用题意可得，可得，当时，解得，即可求解.
8．（2024高二下·广东期中）某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（ ）
A．960种 B．836种 C．816种 D．720种
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先捆绑再和排列，然后插入共有种排法．
故答案为：A.
【分析】先把捆绑看成一个元素，再全排列后插空即可求解.
9．（2024高二下·广东期中）已知抛物线C：上的两点M，N与焦点F的距离之和为10，M，N到x轴的距离的平方和为32，O为坐标原点，则p的值可能为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B,D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：设，
由题意得，
得，，
解得或.
故答案为：BD.
【分析】联立方程组，结合根与系数关系即可求解.
10．（2024高二下·广东期中）已知数列的首项，前n项和为，且，则（ ）
A． B．是递增数列
C．是等差数列 D．
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为，则，
且，可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
则，即.
A、，故A正确；
B、因为，所以是递增数列，故B正确；
C、因为数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
所以不是等差数列，故C错误；
D、，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】利用递推数列可得是以首项为4，公比为4的等比数列，再利用等比数列的通项公式可得，进而逐项分析判断.
11．（2024高二下·广东期中）“新高考”后，普通高考考试科目实行“”模式，其中“2”就是考生在思想政治、地理、化学、生物学这4门科目中选择2门作为再选科目．甲、乙两名同学各自从这4门科目中任意挑选2门科目学习．记事件A表示“甲、乙两人中恰有一人选择生物学”，事件B表示“甲、乙两人都选择了生物学”，事件C表示“甲、乙两人所选科目完全相同”，事件D表示“甲、乙两人所选科目不完全相同”，则（ ）
A．B与C相互独立 B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、已知，
所以，所以B与C不相互独立，故A错误；
B、因为，
所以，故B正确；
C、因为，所以，故C正确；
D、因为，所以D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用相互独立事件成立的条件算出，由即可判断A；利用条件概率的计算公式可得，，即可判断B、C；利用和事件的计算公式可得即可判断D.
12．（2024高二下·广东期中）二项式的展开式中的常数项为 ．
【答案】280
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为：，
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】写出二项式的通项，令求解即可.
13．（2024高二下·广东期中）已知向量，若，则 ；若，则 ．
【答案】；
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：若，则，所以．
若，则，
得，
所以（舍去）或，故．
故答案为：；.
【分析】由向量垂直的坐标表示可求出的值；由数量积求向量的夹角公式可得，解方程可得出的值，再结合向量的模的坐标表示得出的值.
14．（2024高二下·广东期中）已知样本数据为1，a，b，7，9，该样本数据的平均数为5，则这组样本数据的方差的最小值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：已知平均数为，则．
方差，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以方差的最小值为．
故答案为：.
【分析】先利用平均数公式可得和方差的计算公式可得，再利用基本不等式求即可求解.
15．（2024高二下·广东期中）已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且．
（1）求；
（2）若，的面积为，证明：是等腰三角形．
【答案】（1）解：由正弦定理得，
则，
即．
因为，所以，得．
（2）证明：由（1）得．
由，得．
由余弦定理，得．
由，得或
即或，所以是等腰三角形．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得，再利用两角和差公式计算即可求解；
（2）利用面积公式可得，再利用余弦定理计算边长即可证明.
（1）由正弦定理得，
则，
即．
因为，所以，得．
（2）由（1）得．
由，得．
由余弦定理，得．
由，得或
即或，所以是等腰三角形．
16．（2024高二下·广东期中）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点，为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：设为在底面的射影，连接，如图所示：
则平面.
因为平面ABC，所以
又为BC的中点，，所以
因为平面平面，
∴平面.
又为的中点，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
∴平面.
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
在三棱柱中，，
所以，
则.
由（1）知平面，则是平面的一个法向量，
因为，且，所以.
设平面的法向量为，
则即
设，得， 所以，
则，
所以二面角的正弦值为.
【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）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用平行四边形的性质得到即可证明；
（2）建系，分别找到平面的法向量和平面的法向量，代入二面角的余弦公式结合同角三角函数关系即可求解.
（1）证明：如图，设为在底面的射影，连接，则平面.
因为平面ABC，所以
又为BC的中点，，所以
因为平面平面，
∴平面.
又为的中点，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
∴平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系.
在三棱柱中，，
所以，
则.
由（1）知平面，则是平面的一个法向量，
因为，且，所以.
设平面的法向量为，
则即
设，得， 所以，
则，
所以二面角的正弦值为.
17．（2024高二下·广东期中）随着科技的不断发展，人工智能技术的应用越来越广泛，某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答．该人机交互软件测试阶段，共测试了1000个问题，测试结果如下表：
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
结果显示问题中是否存在语法错误会影响该软件回答问题的正确率，依据测试结果，用频率近似概率，解决下列问题．
（1）测试2个问题，在该软件都回答正确的情况下，求测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误的概率；
（2）现输入3个问题，每个问题能否被软件正确回答相互独立，记软件正确回答的问题个数为，求的分布列．
【答案】（1）解：记“输入的问题没有语法错误”为事件，“回答正确”为事件，由测试结果知，，，，
所以．
记“测试的个问题都回答正确”为事件，“测试的个问题中恰有个存在语法错误”为事件，
则，
，
所以．
（2）解：由（1）可得，则的可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
【知识点】二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件，“回答正确”为事件，利用全概率公式得，再利用条件概率公式即可求解；
（2）由（1）可得，再利用二项分布的概率公式求出相应的概率，即可求解.
（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件，“回答正确”为事件，
由测试结果知，，，，
所以．
记“测试的个问题都回答正确”为事件，“测试的个问题中恰有个存在语法错误”为事件，
则，
，
所以．
（2）由（1）可得，则的可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
18．（2024高二下·广东期中）已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b；
（2）若，，求a的取值范围.
【答案】（1）解：因为，所以，
又，所以，由题意，
又即，两式联立解得.
（2）解：由，得，即，当时，R，
当时，，当时，，记，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，当时，，所以，
综上，a的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；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）先求导，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）分、和讨论，分离参数，利用导数研究函数的单调性，进一步求得函数最值，最后求交集即可得解.
（1）因为，所以，
又，所以，由题意，
又即，两式联立解得.
（2）由，得，即，当时，R，
当时，，当时，，记，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，当时，，所以，
综上，a的取值范围为.
19．（2024高二下·广东期中）已知椭圆的焦距为4，圆与椭圆C有且仅有两个公共点．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）已知动直线l过椭圆C的左焦点F，且与椭圆C交于P，Q两点．试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定值和点R的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：依题意，得，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）解：已知如图所示：
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立椭圆C的方程，可得，
则，，
设，则
，
若为定值，则，解得，
此时，点R的坐标．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
代入，得
不妨设，，若，则，，
所以．
综上，在x轴上存在点，使得为定值．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意即可得到，，再利用，即可求解；
（2）当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，，，联立椭圆C的方程，利用根与系数关系可得，设，化简，可得，若为定值，得，点R的坐标；再检验直线l的斜率不存在时，上述结论是否成立即可.
（1）依题意，得，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
联立椭圆C的方程，可得，
则，，
设，则
，
若为定值，则，解得，
此时，点R的坐标．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
代入，得
不妨设，，若，则，，
所以．
综上，在x轴上存在点，使得为定值．
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