湖南名校联考联合体2023-2024学年高二下学期第二次（期中）联考试卷
1．（2024高二下·湖南期中）设集合 ， ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】∵ 集合 ， ，
∴ 是方程 的解，即
∴
∴ ，
故答案为：C
【分析】由题意， 是方程 的解，可得m=3，即可解得集合B.
2．（2024高二下·湖南期中）已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，则的虚部是.
故答案为：C.
【分析】先利用复数代数形式的四则运算化简复数，即可求解.
3．（2024高二下·湖南期中）如图，为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）
A． B． C．8 D．12
【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由可得抛物线的焦点，准线方程为，
过点作准线的垂线，垂足为如图所示：
根据抛物线的定义可知，设，则，解得，
将代入可得，
所以的面积为.
故答案为：B.
【分析】先利用抛物线定义可得，再代入抛物线方程可得，最后利用三角形面积公式即可求解.
4．（2024高二下·湖南期中）已知，则下列选项中正确的是（ ）
A． B．关于中心对称
C．关于直线对称 D．的值域为
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，故A选项不正确；
B、，故B选项不正确；
C、可得，
，
所以，所以可得是函数的对称轴，故C选项正确；
D、因为，，所以，，故D选项不正确．
故答案为：C．
【分析】利用函数解析式代入验证即可判断A、B，利用，即可判断C，利用三角函数的有界性即可判断D.
5．（2024高二下·湖南期中）已知事件发生的概率为0.4，事件发生的概率为0.5，若在事件发生的条件下，事件发生的概率为0.6，则在事件发生的条件下，事件发生的概率为（ ）
A．0.85 B．0.8 C．0.75 D．0.7
【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式可得，再利用条件概率公式计算即可.
6．（2024高二下·湖南期中）已知均为锐角，且.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：为锐角，，，．
，
又是锐角，．
故答案为：D．
【分析】先利用同角三角函数关系可得及，再利用两角差的正切可求得，利用结合是锐角即可求解．
7．（2024高二下·湖南期中）在矩形中，，，，分别是，上的动点，且满足，设，则的最小值为（ ）
A．48 B．49 C．50 D．51
【答案】B
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示：
则，，，，
设，，因为，
所以，，.
因为，所以，，
所以.
当且仅当，即，时取等号.
故答案为： B.
【分析】先以A为坐标原点建立平面直角坐标系，假设点坐标可得，然后代入并结合基本不等式即可求解.
8．（2024高二下·湖南期中）已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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】【解答】解：已知函数有两个零点，即有两个实根，
即，整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
所以只需使有两个根，设，
，
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，也是最大值，则，
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得，
即的取值范围是．
故答案为：C．
【分析】由题意可得有两个实根，变形得到，设，利用导数判断出的单调性，利用的单调性可得，只需使有两个根，设，利用单调性，即可求解．
9．（2024高二下·湖南期中）已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增 B．函数是奇函数
C．函数与的图象关于原点对称 D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：A、均为上的增函数，故在上单调递增，故A正确.
B、令，其中，
而，故为上的奇函数，故B选项正确.
C、，故的图象过原点，
若函数与的图象关于原点对称，则的图象也过原点，
但，矛盾，故函数与的图象不关于原点对称，故C错误.
D，，故D正确，
故答案为：ABD.
【分析】利用指数函数的单调性可判断A，利用奇函数的定义可判断B，利用过原点且不过原点可判断C；将化简后可判断D.
10．（2024高二下·湖南期中）已知椭圆的左 右顶点分别为，左焦点为为上异于的一点，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，交轴于点，则（ ）
A．存在点，使 B．
C．的最小值为 D．周长的最大值为8
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设椭圆的上顶点为，则直角三角形中，如图所示：
，
则，故A选项错误；
B、设，则，，且，即，
又，
则，
又，故，则B选项正确；
C、，，，
则当时，取最小值为，故C选项正确；
D、设椭圆的右焦点为，如图所示：
的周长为：，
当且仅当三点共线时，等号成立，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】判断与的大小即即可判断A；设，，，利用坐标分别求出等式左右验证即可判断B；求出，利用二次函数求最值即可判断C；利用椭圆的定义转化求的最大值即可判断D.
11．（2024高二下·湖南期中）已知数列满足，，设的前n项和为，下列结论正确的（ ）
A．数列是等比数列
B．
C．
D．当时，数列是单调递减数列
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【解答】解：A、且，故数列是等比数列，故A正确；
B、，，，
由，得，故B正确；
C、因为，
所以
，，故C错误．
D、当时，是单调递减数列，也是单调递减数列，
所以是单调递减数列，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用等比数列定义得出即可得判断A；借助所给条件计算即可判断B；借助分组求和法计算即可判断C；结合单调数列的定义计算即可判断D.
12．（2024高二下·湖南期中）佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则 ．
【答案】1
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为，均值为，且，
所以，
由题可得，所以．
故答案为：1．
【分析】由题中条件以及正态曲线的性质，可得正态曲线的对称轴方程，从而可知，再由，再由二项分布的特征可得，由公式E(Y)=np求解出E (Y)的值.
13．（2024高二下·湖南期中）四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，设分别是的中点，则平面截球所得截面的面积为 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知如图所示：
易知四棱锥外接球与以为棱长的长方体的外接球相同；
由题意可知球心为中点，
故球O的直径，解得
由分别是的中点可得，可得平面；
所以球心到平面的距离等于点到平面的距离，
设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，
在三棱锥中，易知平面，且，
所以，
而，由等体积法得，
所以，故截面面积为．
故答案为：
【分析】先把四棱锥补成长方体可知四棱锥外接球球心即为中点，可得，再利用等体积法可得球心到平面的距离为，再利用勾股定理可得截面圆半径，即可求解.
14．（2024高二下·湖南期中）如图所示，过双曲线的一个焦点作平行于渐近线的两直线，两直线与双曲线分别交于两点，若，双曲线的离心率为表示不超过的最大整数，则的值为 .
【答案】3
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，则，因此.
又，从而，不妨设，
则，令，则.
令，则.
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又，
所以，于是.所以的值为3.
故答案为：3
【分析】设，利用焦半径公式可得及直角三角形的正弦值化简得，设可得，令，构造，利用导数可得函数单调区间，再利用零点存在定理可得，即可求解.
15．（2024高二下·湖南期中）已知数列是等差数列，且，设数列前项和为，数列满足.
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）解：，
，
.
（2）解：，
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用等差数列性质列出方程组，解出，再利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求解；
（2）由（1）化简得，再利用分组求和即可求解.
（1），
，
.
（2），
.
16．（2024高二下·湖南期中）已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其他四个侧面都是腰长为的等腰三角形，点为的重心.
（1）求证：；
（2）经过点及直线作截四棱锥的截面，设截面平面，请画出直线，判断直线与平面的位置关系，并进行证明；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，
四边形为正方形，
，且为中点，
又，，
平面，平面，且，平面，
平面，而平面，
；
（2）解：在平面内，过点作的平行线，即为所求的直线，且平面．
证明如下：，，，
平面，平面，
平面；
（3）解：由（1）知平面，平面，
，过点作，为垂足，连接如图所示：
，，平面
平面，平面，，
为二面角 的平面角，
由题意可知四棱锥为正四棱锥，平面，
故平面，
平面，故，
，，
，，，
，
，
二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判断定理可得平面，再利用线面垂直的定义即可得证；
（2）先在平面内，过点作的平行线，即为所求的直线，且平面，再利用平行公理结合线面平行的判断定理即可得证；
（3）先证明为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系计算即可．
（1）连接，交于点，连接，
四边形为正方形，
，且为中点，
又，，
平面，平面，且，平面，
平面，而平面，
；
（2）在平面内，过点作的平行线，即为所求的直线，且平面．
证明如下：，，，
平面，平面，
平面；
（3）由（1）知平面，平面，
，过点作，为垂足，连接，
，，平面
平面，平面，，
为二面角 的平面角，
由题意可知四棱锥为正四棱锥，平面，故平面，
平面，故，
，，
，，，
，
，
二面角的余弦值为．
17．（2024高二下·湖南期中）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
【答案】（1）解： 当时 ，即从1号盒子取2个球放入2号盒子，且2号盒子里有2个红球，
则2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）解：由题意可知：可取，
，
，
则3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为：
1 2 3
P
（3）解：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：，
因此．
【知识点】等比数列的性质；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)由题意，根据古典概率模型求解即可；
(2)由题意可知：可取，求出对应的概率，列分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，求解即可.
（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
1 2 3
P
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
18．（2024高二下·湖南期中）已知椭圆，左 右焦点分别为，短轴的其中一个端点为，长轴端点为，且是面积为的等边三角形.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若双曲线以为焦点，以为顶点，点为椭圆与双曲线的一个交点，求的面积；
（3）如图，直线与椭圆有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点.当点运动时，求点的轨迹方程.
【答案】（1）解：因为是面积为的等边三角形，所以，
所以所以椭圆的方程为，所以离心率.
（2）解：已知如图所示：
因为双曲线中的，则，
所以双曲线方程为，
联立椭圆方程可得：，即，
所以.
（3）解：由题易知，则联立直线方程和抛物线方程可得，
得，
，即，
设为，则，
直线，令，解得，则，
令，则，则，
.
则点的轨迹方程为.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；双曲线的定义；双曲线的标准方程
【解析】【分析】（1）根据为等边三角形得到关系，求出其方程，再利用离心率公式即可；
（2）写出双曲线方程，联立椭圆方程即可得到，再计算面积即可；
（3）联立椭圆方程与直线方程，根据相切得到，再求出点坐标，最后消元即可.
（1）是面积为的等边三角形，，
椭圆的方程为，离心率.
（2）由题意得双曲线中的，则，
所以双曲线方程为，
联立椭圆方程解得：，即，
.
（3）由题易知，则联立，
得，
，即，
设为，则，
直线，令，解得，则，
令，则，则，
.
则点的轨迹方程为.
19．（2024高二下·湖南期中）已知函数.
（1）若（e为自然对数的底数），求函数的极值；
（2）若，函数有两个零点，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：，定义域为，
，
令，则在上单调递增，
由时，单调递减；
时，单调递增；
，无极大值.
（2）解：，
令，可得，
原题意等价于有两个正根，
令，则，等价于有两个正根，
当时，恒成立，故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由整理可得，
，
原题意等价于当时，恒成立，
等价于当时，恒成立，
令，则，
，则，解得，
当时，令，则当时，恒成立，
故在上单调递增，则，
即当时，恒成立，故在上单调递增，
则，.可知符合题意，
综上所述：实数的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先利用求导法则可得，令，利用导函数可得在上单调递增，即可求解；
（2）由（1）得，结合题意等价转化为有两个正根再利用同构思想进行整体换元得有两个正根，最后再利用比值换元法即可求解.
（1），定义域为，
，
令，则在上单调递增，
由时，单调递减；
时，单调递增；
，无极大值.
（2），
令，可得，
原题意等价于有两个正根，
令，则，等价于有两个正根，
当时，恒成立，故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由整理可得，
，
原题意等价于当时，恒成立，
等价于当时，恒成立，
令，则，
，则，解得，
当时，令，则当时，恒成立，
故在上单调递增，则，
即当时，恒成立，故在上单调递增，
则，.可知符合题意，
综上所述：实数的取值范围为.
1 / 1湖南名校联考联合体2023-2024学年高二下学期第二次（期中）联考试卷
1．（2024高二下·湖南期中）设集合 ， ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·湖南期中）已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·湖南期中）如图，为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）
A． B． C．8 D．12
4．（2024高二下·湖南期中）已知，则下列选项中正确的是（ ）
A． B．关于中心对称
C．关于直线对称 D．的值域为
5．（2024高二下·湖南期中）已知事件发生的概率为0.4，事件发生的概率为0.5，若在事件发生的条件下，事件发生的概率为0.6，则在事件发生的条件下，事件发生的概率为（ ）
A．0.85 B．0.8 C．0.75 D．0.7
6．（2024高二下·湖南期中）已知均为锐角，且.则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·湖南期中）在矩形中，，，，分别是，上的动点，且满足，设，则的最小值为（ ）
A．48 B．49 C．50 D．51
8．（2024高二下·湖南期中）已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·湖南期中）已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增 B．函数是奇函数
C．函数与的图象关于原点对称 D．
10．（2024高二下·湖南期中）已知椭圆的左 右顶点分别为，左焦点为为上异于的一点，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，交轴于点，则（ ）
A．存在点，使 B．
C．的最小值为 D．周长的最大值为8
11．（2024高二下·湖南期中）已知数列满足，，设的前n项和为，下列结论正确的（ ）
A．数列是等比数列
B．
C．
D．当时，数列是单调递减数列
12．（2024高二下·湖南期中）佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则 ．
13．（2024高二下·湖南期中）四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，设分别是的中点，则平面截球所得截面的面积为 .
14．（2024高二下·湖南期中）如图所示，过双曲线的一个焦点作平行于渐近线的两直线，两直线与双曲线分别交于两点，若，双曲线的离心率为表示不超过的最大整数，则的值为 .
15．（2024高二下·湖南期中）已知数列是等差数列，且，设数列前项和为，数列满足.
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）求数列的前项和.
16．（2024高二下·湖南期中）已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其他四个侧面都是腰长为的等腰三角形，点为的重心.
（1）求证：；
（2）经过点及直线作截四棱锥的截面，设截面平面，请画出直线，判断直线与平面的位置关系，并进行证明；
（3）求二面角的余弦值.
17．（2024高二下·湖南期中）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
（1）当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
（3）记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
18．（2024高二下·湖南期中）已知椭圆，左 右焦点分别为，短轴的其中一个端点为，长轴端点为，且是面积为的等边三角形.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若双曲线以为焦点，以为顶点，点为椭圆与双曲线的一个交点，求的面积；
（3）如图，直线与椭圆有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点.当点运动时，求点的轨迹方程.
19．（2024高二下·湖南期中）已知函数.
（1）若（e为自然对数的底数），求函数的极值；
（2）若，函数有两个零点，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】∵ 集合 ， ，
∴ 是方程 的解，即
∴
∴ ，
故答案为：C
【分析】由题意， 是方程 的解，可得m=3，即可解得集合B.
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，则的虚部是.
故答案为：C.
【分析】先利用复数代数形式的四则运算化简复数，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由可得抛物线的焦点，准线方程为，
过点作准线的垂线，垂足为如图所示：
根据抛物线的定义可知，设，则，解得，
将代入可得，
所以的面积为.
故答案为：B.
【分析】先利用抛物线定义可得，再代入抛物线方程可得，最后利用三角形面积公式即可求解.
4．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，故A选项不正确；
B、，故B选项不正确；
C、可得，
，
所以，所以可得是函数的对称轴，故C选项正确；
D、因为，，所以，，故D选项不正确．
故答案为：C．
【分析】利用函数解析式代入验证即可判断A、B，利用，即可判断C，利用三角函数的有界性即可判断D.
5．【答案】C
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用条件概率公式可得，再利用条件概率公式计算即可.
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：为锐角，，，．
，
又是锐角，．
故答案为：D．
【分析】先利用同角三角函数关系可得及，再利用两角差的正切可求得，利用结合是锐角即可求解．
7．【答案】B
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示：
则，，，，
设，，因为，
所以，，.
因为，所以，，
所以.
当且仅当，即，时取等号.
故答案为： B.
【分析】先以A为坐标原点建立平面直角坐标系，假设点坐标可得，然后代入并结合基本不等式即可求解.
8．【答案】C
【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】【解答】解：已知函数有两个零点，即有两个实根，
即，整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
所以只需使有两个根，设，
，
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，也是最大值，则，
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得，
即的取值范围是．
故答案为：C．
【分析】由题意可得有两个实根，变形得到，设，利用导数判断出的单调性，利用的单调性可得，只需使有两个根，设，利用单调性，即可求解．
9．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：A、均为上的增函数，故在上单调递增，故A正确.
B、令，其中，
而，故为上的奇函数，故B选项正确.
C、，故的图象过原点，
若函数与的图象关于原点对称，则的图象也过原点，
但，矛盾，故函数与的图象不关于原点对称，故C错误.
D，，故D正确，
故答案为：ABD.
【分析】利用指数函数的单调性可判断A，利用奇函数的定义可判断B，利用过原点且不过原点可判断C；将化简后可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、设椭圆的上顶点为，则直角三角形中，如图所示：
，
则，故A选项错误；
B、设，则，，且，即，
又，
则，
又，故，则B选项正确；
C、，，，
则当时，取最小值为，故C选项正确；
D、设椭圆的右焦点为，如图所示：
的周长为：，
当且仅当三点共线时，等号成立，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】判断与的大小即即可判断A；设，，，利用坐标分别求出等式左右验证即可判断B；求出，利用二次函数求最值即可判断C；利用椭圆的定义转化求的最大值即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差数列与等比数列的综合
【解析】【解答】解：A、且，故数列是等比数列，故A正确；
B、，，，
由，得，故B正确；
C、因为，
所以
，，故C错误．
D、当时，是单调递减数列，也是单调递减数列，
所以是单调递减数列，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】利用等比数列定义得出即可得判断A；借助所给条件计算即可判断B；借助分组求和法计算即可判断C；结合单调数列的定义计算即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为，均值为，且，
所以，
由题可得，所以．
故答案为：1．
【分析】由题中条件以及正态曲线的性质，可得正态曲线的对称轴方程，从而可知，再由，再由二项分布的特征可得，由公式E(Y)=np求解出E (Y)的值.
13．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知如图所示：
易知四棱锥外接球与以为棱长的长方体的外接球相同；
由题意可知球心为中点，
故球O的直径，解得
由分别是的中点可得，可得平面；
所以球心到平面的距离等于点到平面的距离，
设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，
在三棱锥中，易知平面，且，
所以，
而，由等体积法得，
所以，故截面面积为．
故答案为：
【分析】先把四棱锥补成长方体可知四棱锥外接球球心即为中点，可得，再利用等体积法可得球心到平面的距离为，再利用勾股定理可得截面圆半径，即可求解.
14．【答案】3
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，则，因此.
又，从而，不妨设，
则，令，则.
令，则.
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又，
所以，于是.所以的值为3.
故答案为：3
【分析】设，利用焦半径公式可得及直角三角形的正弦值化简得，设可得，令，构造，利用导数可得函数单调区间，再利用零点存在定理可得，即可求解.
15．【答案】（1）解：，
，
.
（2）解：，
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用等差数列性质列出方程组，解出，再利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求解；
（2）由（1）化简得，再利用分组求和即可求解.
（1），
，
.
（2），
.
16．【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，
四边形为正方形，
，且为中点，
又，，
平面，平面，且，平面，
平面，而平面，
；
（2）解：在平面内，过点作的平行线，即为所求的直线，且平面．
证明如下：，，，
平面，平面，
平面；
（3）解：由（1）知平面，平面，
，过点作，为垂足，连接如图所示：
，，平面
平面，平面，，
为二面角 的平面角，
由题意可知四棱锥为正四棱锥，平面，
故平面，
平面，故，
，，
，，，
，
，
二面角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判断定理可得平面，再利用线面垂直的定义即可得证；
（2）先在平面内，过点作的平行线，即为所求的直线，且平面，再利用平行公理结合线面平行的判断定理即可得证；
（3）先证明为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系计算即可．
（1）连接，交于点，连接，
四边形为正方形，
，且为中点，
又，，
平面，平面，且，平面，
平面，而平面，
；
（2）在平面内，过点作的平行线，即为所求的直线，且平面．
证明如下：，，，
平面，平面，
平面；
（3）由（1）知平面，平面，
，过点作，为垂足，连接，
，，平面
平面，平面，，
为二面角 的平面角，
由题意可知四棱锥为正四棱锥，平面，故平面，
平面，故，
，，
，，，
，
，
二面角的余弦值为．
17．【答案】（1）解： 当时 ，即从1号盒子取2个球放入2号盒子，且2号盒子里有2个红球，
则2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）解：由题意可知：可取，
，
，
则3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为：
1 2 3
P
（3）解：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：，
因此．
【知识点】等比数列的性质；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)由题意，根据古典概率模型求解即可；
(2)由题意可知：可取，求出对应的概率，列分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，求解即可.
（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
1 2 3
P
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
18．【答案】（1）解：因为是面积为的等边三角形，所以，
所以所以椭圆的方程为，所以离心率.
（2）解：已知如图所示：
因为双曲线中的，则，
所以双曲线方程为，
联立椭圆方程可得：，即，
所以.
（3）解：由题易知，则联立直线方程和抛物线方程可得，
得，
，即，
设为，则，
直线，令，解得，则，
令，则，则，
.
则点的轨迹方程为.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；双曲线的定义；双曲线的标准方程
【解析】【分析】（1）根据为等边三角形得到关系，求出其方程，再利用离心率公式即可；
（2）写出双曲线方程，联立椭圆方程即可得到，再计算面积即可；
（3）联立椭圆方程与直线方程，根据相切得到，再求出点坐标，最后消元即可.
（1）是面积为的等边三角形，，
椭圆的方程为，离心率.
（2）由题意得双曲线中的，则，
所以双曲线方程为，
联立椭圆方程解得：，即，
.
（3）由题易知，则联立，
得，
，即，
设为，则，
直线，令，解得，则，
令，则，则，
.
则点的轨迹方程为.
19．【答案】（1）解：，定义域为，
，
令，则在上单调递增，
由时，单调递减；
时，单调递增；
，无极大值.
（2）解：，
令，可得，
原题意等价于有两个正根，
令，则，等价于有两个正根，
当时，恒成立，故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由整理可得，
，
原题意等价于当时，恒成立，
等价于当时，恒成立，
令，则，
，则，解得，
当时，令，则当时，恒成立，
故在上单调递增，则，
即当时，恒成立，故在上单调递增，
则，.可知符合题意，
综上所述：实数的取值范围为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先利用求导法则可得，令，利用导函数可得在上单调递增，即可求解；
（2）由（1）得，结合题意等价转化为有两个正根再利用同构思想进行整体换元得有两个正根，最后再利用比值换元法即可求解.
（1），定义域为，
，
令，则在上单调递增，
由时，单调递减；
时，单调递增；
，无极大值.
（2），
令，可得，
原题意等价于有两个正根，
令，则，等价于有两个正根，
当时，恒成立，故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由整理可得，
，
原题意等价于当时，恒成立，
等价于当时，恒成立，
令，则，
，则，解得，
当时，令，则当时，恒成立，
故在上单调递增，则，
即当时，恒成立，故在上单调递增，
则，.可知符合题意，
综上所述：实数的取值范围为.
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