广东实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·广东期中）已知是关于复数z的方程（m，）的一根，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．（2024高二下·广东期中），，，若，，共面，则实数k为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2024高二下·广东期中）展开式中的常数项为（ ）
A．15 B．60 C． D．240
4．（2024高二下·广东期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·广东期中）从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为5的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广东期中）一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·广东期中）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线分别交双曲线左、右两支于A、B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·广东期中）函数在定义域R上处处可导，其导函数为．已知，，且当时，．若，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·广东期中）数列2，0，2，0，…的通项公式可以是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·广东期中）为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲、乙、丙、丁四名志愿者奔赴A，，C三地参加防控工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有64种
B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种
C．若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种
D．若甲 乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14种
11．（2024高二下·广东期中）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）
A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
12．（2024高二下·广东期中）已知圆：和圆：，则两圆公共弦所在直线的方程为 .
13．（2024高二下·广东期中）在中，，，则面积的最大值为 .
14．（2024高二下·广东期中）用表示不超过x的最大整数，例如，，．已知数列满足，，则 .
15．（2024高二下·广东期中）已知，．
（1）当时，求的图像在处的切线方程；
（2）若当时，，求a的取值范围．
16．（2024高二下·广东期中）在△ABC中，内角所对的边分别为，且．
（1）证明：；
（2）若外接圆的面积为，且，求△ABC的面积．
17．（2024高二下·广东期中）已知各项均不为0的数列的前n项和为，且，，，数列的前n项和为．
（1）求的通项公式；
（2）求；
（3）若对于任意，成立，求实数的取值范围．
18．（2024高二下·广东期中）已知椭圆C：（）的离心率为，且过点．直线与椭圆C相切于点P（P在第一象限），直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线OP的斜率为，求证：为定值；
（3）求△PAB面积的最大值．
19．（2024高二下·广东期中）拉格朗日中值定理是微积分学的基本定理之一，它与导数和函数的零点有关，其表达如下：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得，我们将称为函数在上的“中值点”．已知函数，，．
（1）求在上的中值点的个数；
（2）若对于区间内任意两个不相等的实数，，都有成立，求实数t的取值范围．
（3）当且时，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：因为是关于复数z的方程的一根，
所以也是关于复数z的方程的一根，
则，，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次方程的复数根互为共轭复数，再利用根与系数关系，结合复数的四则运算计算即可.
2．【答案】D
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理
【解析】【解答】解：已知共面，则存在，使得，
又，
故，
故，解得.
故答案为：D.
【分析】利用空间向量共面定理，列出等式求解即可.
3．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知，
令，解得：，
则二项式展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】先利用二项式展开式的通项公式可得，再令，即可求解
4．【答案】A
【知识点】三角函数的化简求值
【解析】【解答】解： ，整理得，故，
化简得：，解得，故，当时，，
当时，.
故答案为：A.
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换求解即可.
5．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从10个数中任取5个不同的数，共有种不同的取法，
中位数为5，即要选的5个数种必需由5，且0、1、2、3、4中选2个数，6、7、8、9中选2个数，
有种情况，则这5个不同的数的中位数为5的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意，先求从10个数中任取5个不同的数的情况数，再分析出中位数为5的情况数，利用古典概型概率公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：已知如图所示：
考虑小球即在正四面体的一个角上时，做平面平面，为平面的中心，
则.
因为，所以，.
由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形如图所示：
因为，平分，所以，.
因为正四面体的棱长为，故小三角形的边长为，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为：.
所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.
故答案为：B.
【分析】先考虑小球与正四面体的一个面相切可知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形，即正四面体的棱长为，故小三角形的边长为，利用面积相减，即可求解.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为，则，所以，
设，则，
设，则，，如图所示：
因为平分，由角平分线定理可知
所以，
所以，
由双曲线定义知，则，则，
所以，
又由，可得，
所以，，，
在中，由余弦定理知，
在中，由余弦定理知，
化简得，解得．
故答案为：B．
【分析】利用，可得，设，则，设，则，，再利用角平分线的性质可得，最后双曲线的定义可得，结合余弦定理可得，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数 满足，则函数的图象关于对称；
当时，，构造函数，由，可得，
，
则函数在上单调递增，
且当时，，故，
同理当时，，且，
而，故，
又，
而，故，
故，即，
，
又因为（因为），
所以，所以，
综上，，即.
故答案为：A.
【分析】先由求得函数的对称轴，再构造函数，求导，利用导数判断其单调性，从而可得的符号，判断在上单调递增，最后研究的大小即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、当为奇数时，，当为偶数时，，故A选项正确；
B、当为奇数时，，当为偶数时，，故B选项错误；
C、当为奇数时，设，，
则，
当为偶数时，设，，则，故C选项正确；
D、易知，.
当时，，
用代替，可得：，两式相减得：.
所以数列的奇数项、偶数项分别相等，故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用给出的数列逐项赋值验证即可求解.
10．【答案】B,C,D
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】四人到三地去，一人只能去一地，方法数为，A不符合题意；
若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是，B符合题意；
若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为，C符合题意；
若甲 乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为，D符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】利用已知条件结合组合数求计数问题的方法以及分类加法计数原理和分步乘法计数原理，进而找出说法正确的选项。
11．【答案】B,C,D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：将沿直线翻折至，连接，如图所示：
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
A、由题意可知，为与平面所成的线面角，
故由线面角最小可知，故A选项错误；
B、即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，
故B选项正确；
C、恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，
易知其长度为，故C选项正确；
D、设，如图所示：
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】先利用二面角的定义可得即为二面角的平面角，即可判断A、B；先由旋转，易判断出，可得轨迹为圆弧，即可判断C；利用线面角的定义可得求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：已知圆：和圆：，
则两圆方程相减可得直线方程为，
经检验，直线方程满足题意.
故答案为：.
【分析】利用两圆的方程作差即可求出两圆的公共弦所在的直线方程.
13．【答案】
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解：取中点，以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，如图所示：
因为，故，
设，，
则，化简整理得，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去，．
则，故当时，面积取最大值为．
故答案为：．
【分析】取中点，以为坐标原点建立平面直角坐标系，结合，利用两点间的距离公式求出点的轨迹方程，再结合三角形的面积公式，即可求解．
14．【答案】2022
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【解答】解：由题意，所以数列为递增数列.
由，
两边取倒数可得：.
所以，
所以.
因为，，所以.
所以，
即.
故答案为：2022.
【分析】先利用定义法判断数列为递增数列，再对递推公式取倒数变形可得，再利用题中定义，结合数列的单调性进行和裂项求和求解即可.
15．【答案】（1）解：当时，，则，
又，则，
曲线的在点处的切线方程为：，即．
（2）解：若恒成立，则在上恒成立．
令，，
则恒成立，
所以函数在上单调递增，则，
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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）当时，先求出，求导可得切线的斜率为，再利用点斜式即可求解；
（2）若恒成立，则在上恒成立．令，，利用导数研究其单调性即可得出函数取得极值与最值，即可求解.
（1）当时，，则，
又，则，
曲线的在点处的切线方程为：，即．
（2）若恒成立，则在上恒成立．
令，．
则恒成立，
所以函数在上单调递增，则，
的取值范围为．
16．【答案】（1）证明：因为，所 以，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
再由正弦定理可得.
（2）解：因为外接圆的面积为，所以外接圆的半径，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，故，即，
因为，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，
所以的面积为.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得，再利用化简成，即可证明；
（2）利用正弦定理可得，结合，可得，借助于（1）的结论，即可求得三角形面积.
（1）因为，所 以，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
再由正弦定理可得.
（2）因为外接圆的面积为，所以外接圆的半径，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，故，即，
因为，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，
所以的面积为.
17．【答案】（1）解：当时，，，解得，
当时，，
因为，所以，
数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以时，；
（2）解：，所以，
所以，
两式相减得
所以；
（3）解：由（2）的结论，原不等式等价于，
等价于，
记，则
当，，当时，，
故当时，取得最大值，
所以实数的取值范围是.
【知识点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）当时，求得，当时，，进而可得数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列，可得的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法可求；
（3）由已知可得，令，作差判断的单调性，可求得结论.
（1）当时，，，解得，
当时，，
因为，所以，
数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以时，；
（2），所以，
所以，
两式相减得
所以；
（3）由（2）的结论，原不等式等价于，
等价于，
记，则
当，，当时，，
故当时，取得最大值，
所以实数的取值范围是.
18．【答案】（1）解：由题意得：.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）证明：已知如图所示：
将直线代入椭圆：，得：，
整理得：.
由.
此时设，则，.
所以.
所以为定值.
（3）解：已知如图所示：
在（2）中，令，得，必有判别式大于0，
设，，则，.
所以.
所以.
又到直线的距离为：.
由（2）知：，且由题意知，，所以.
所以
设，，
则.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以在处取得极大值.
故当且仅当时，取得最大值.
【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）利用椭圆中之间的关系列出方程，求的值，即可求解；
（2）把直线方程与椭圆方程联立可得，利用直线与椭圆相切，可得，用m，k表示，即可求解；
（3）先求弦长，再求三角形的高，利用导数求三角形面积的最值.
（1）由题意得：.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图：
将直线代入椭圆：，得：，
整理得：.
由.
此时设，则，.
所以.
所以为定值.
（3）如图：
在（2）中，令，得，必有判别式大于0，
设，，则，.
所以.
所以.
又到直线的距离为：.
由（2）知：，且由题意知，，所以.
所以
设，，
则.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以在处取得极大值.
故当且仅当时，取得最大值.
19．【答案】（1）解：，，因为，，
所以，即，
令，则，
则在上，，单调递减；在上，，单调递增，
因为，
所以在上存在唯一一零点，在上无零点；
即在上存在唯一解，所以在上的中值点有且只有1个；
（2）解：不妨设，则，故有，
即，即，
因为上式对任意的都成立，
所以函数和在上均单调递增，
等价于，，
又函数中，，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增.
所以，从而.
又函数，则，则在上单调递增，
所以，从而.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）证明：，
由拉格朗日中值定理值，在或上总存在，
使得，即，
由（2）知，所以，
所以.
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求导函数，结合中值定理求解，于是可得，设，求导确定其单调性，判断函数的零点，从而得在上的中值点的个数；
（2）不妨设，则，将不等式转化为，从而可得函数与在上的单调性，转而可得恒成立，求导确定最值即可得实数t的取值范围；
（3）由拉格朗日中值定理值可得在或上总存在，使得，从而有，根据（2）中结论，即可证得答案.
（1），，
因为，，
所以，即，
令，则，
则在上，，单调递减；在上，，单调递增，
因为，
所以在上存在唯一一零点，在上无零点；
即在上存在唯一解，所以在上的中值点有且只有1个；
（2）不妨设，则，故有，
即，即，
因为上式对任意的都成立，
所以函数和在上均单调递增，
等价于，，
又函数中，，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增.
所以，从而.
又函数，则，则在上单调递增，
所以，从而.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）证明：，
由拉格朗日中值定理值，在或上总存在，
使得，即，
由（2）知，所以，
所以.
1 / 1广东实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·广东期中）已知是关于复数z的方程（m，）的一根，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：因为是关于复数z的方程的一根，
所以也是关于复数z的方程的一根，
则，，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次方程的复数根互为共轭复数，再利用根与系数关系，结合复数的四则运算计算即可.
2．（2024高二下·广东期中），，，若，，共面，则实数k为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】空间向量基本定理；共面向量定理
【解析】【解答】解：已知共面，则存在，使得，
又，
故，
故，解得.
故答案为：D.
【分析】利用空间向量共面定理，列出等式求解即可.
3．（2024高二下·广东期中）展开式中的常数项为（ ）
A．15 B．60 C． D．240
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：已知，
令，解得：，
则二项式展开式中的常数项为.
故答案为：D.
【分析】先利用二项式展开式的通项公式可得，再令，即可求解
4．（2024高二下·广东期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角函数的化简求值
【解析】【解答】解： ，整理得，故，
化简得：，解得，故，当时，，
当时，.
故答案为：A.
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换求解即可.
5．（2024高二下·广东期中）从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为5的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从10个数中任取5个不同的数，共有种不同的取法，
中位数为5，即要选的5个数种必需由5，且0、1、2、3、4中选2个数，6、7、8、9中选2个数，
有种情况，则这5个不同的数的中位数为5的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意，先求从10个数中任取5个不同的数的情况数，再分析出中位数为5的情况数，利用古典概型概率公式求解即可.
6．（2024高二下·广东期中）一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：已知如图所示：
考虑小球即在正四面体的一个角上时，做平面平面，为平面的中心，
则.
因为，所以，.
由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形如图所示：
因为，平分，所以，.
因为正四面体的棱长为，故小三角形的边长为，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为：.
所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.
故答案为：B.
【分析】先考虑小球与正四面体的一个面相切可知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形，即正四面体的棱长为，故小三角形的边长为，利用面积相减，即可求解.
7．（2024高二下·广东期中）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过的直线分别交双曲线左、右两支于A、B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为，则，所以，
设，则，
设，则，，如图所示：
因为平分，由角平分线定理可知
所以，
所以，
由双曲线定义知，则，则，
所以，
又由，可得，
所以，，，
在中，由余弦定理知，
在中，由余弦定理知，
化简得，解得．
故答案为：B．
【分析】利用，可得，设，则，设，则，，再利用角平分线的性质可得，最后双曲线的定义可得，结合余弦定理可得，即可求解.
8．（2024高二下·广东期中）函数在定义域R上处处可导，其导函数为．已知，，且当时，．若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数 满足，则函数的图象关于对称；
当时，，构造函数，由，可得，
，
则函数在上单调递增，
且当时，，故，
同理当时，，且，
而，故，
又，
而，故，
故，即，
，
又因为（因为），
所以，所以，
综上，，即.
故答案为：A.
【分析】先由求得函数的对称轴，再构造函数，求导，利用导数判断其单调性，从而可得的符号，判断在上单调递增，最后研究的大小即可.
9．（2024高二下·广东期中）数列2，0，2，0，…的通项公式可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：A、当为奇数时，，当为偶数时，，故A选项正确；
B、当为奇数时，，当为偶数时，，故B选项错误；
C、当为奇数时，设，，
则，
当为偶数时，设，，则，故C选项正确；
D、易知，.
当时，，
用代替，可得：，两式相减得：.
所以数列的奇数项、偶数项分别相等，故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用给出的数列逐项赋值验证即可求解.
10．（2024高二下·广东期中）为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲、乙、丙、丁四名志愿者奔赴A，，C三地参加防控工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有64种
B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种
C．若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种
D．若甲 乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14种
【答案】B,C,D
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】四人到三地去，一人只能去一地，方法数为，A不符合题意；
若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是，B符合题意；
若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为，C符合题意；
若甲 乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为，D符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】利用已知条件结合组合数求计数问题的方法以及分类加法计数原理和分步乘法计数原理，进而找出说法正确的选项。
11．（2024高二下·广东期中）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）
A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：将沿直线翻折至，连接，如图所示：
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
A、由题意可知，为与平面所成的线面角，
故由线面角最小可知，故A选项错误；
B、即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，
故B选项正确；
C、恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，
易知其长度为，故C选项正确；
D、设，如图所示：
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】先利用二面角的定义可得即为二面角的平面角，即可判断A、B；先由旋转，易判断出，可得轨迹为圆弧，即可判断C；利用线面角的定义可得求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可判断D.
12．（2024高二下·广东期中）已知圆：和圆：，则两圆公共弦所在直线的方程为 .
【答案】
【知识点】相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：已知圆：和圆：，
则两圆方程相减可得直线方程为，
经检验，直线方程满足题意.
故答案为：.
【分析】利用两圆的方程作差即可求出两圆的公共弦所在的直线方程.
13．（2024高二下·广东期中）在中，，，则面积的最大值为 .
【答案】
【知识点】轨迹方程
【解析】【解答】解：取中点，以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，如图所示：
因为，故，
设，，
则，化简整理得，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去，．
则，故当时，面积取最大值为．
故答案为：．
【分析】取中点，以为坐标原点建立平面直角坐标系，结合，利用两点间的距离公式求出点的轨迹方程，再结合三角形的面积公式，即可求解．
14．（2024高二下·广东期中）用表示不超过x的最大整数，例如，，．已知数列满足，，则 .
【答案】2022
【知识点】等差数列与等比数列的综合
【解析】【解答】解：由题意，所以数列为递增数列.
由，
两边取倒数可得：.
所以，
所以.
因为，，所以.
所以，
即.
故答案为：2022.
【分析】先利用定义法判断数列为递增数列，再对递推公式取倒数变形可得，再利用题中定义，结合数列的单调性进行和裂项求和求解即可.
15．（2024高二下·广东期中）已知，．
（1）当时，求的图像在处的切线方程；
（2）若当时，，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，则，
又，则，
曲线的在点处的切线方程为：，即．
（2）解：若恒成立，则在上恒成立．
令，，
则恒成立，
所以函数在上单调递增，则，
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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）当时，先求出，求导可得切线的斜率为，再利用点斜式即可求解；
（2）若恒成立，则在上恒成立．令，，利用导数研究其单调性即可得出函数取得极值与最值，即可求解.
（1）当时，，则，
又，则，
曲线的在点处的切线方程为：，即．
（2）若恒成立，则在上恒成立．
令，．
则恒成立，
所以函数在上单调递增，则，
的取值范围为．
16．（2024高二下·广东期中）在△ABC中，内角所对的边分别为，且．
（1）证明：；
（2）若外接圆的面积为，且，求△ABC的面积．
【答案】（1）证明：因为，所 以，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
再由正弦定理可得.
（2）解：因为外接圆的面积为，所以外接圆的半径，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，故，即，
因为，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，
所以的面积为.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得，再利用化简成，即可证明；
（2）利用正弦定理可得，结合，可得，借助于（1）的结论，即可求得三角形面积.
（1）因为，所 以，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
再由正弦定理可得.
（2）因为外接圆的面积为，所以外接圆的半径，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，故，即，
因为，
所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，
所以的面积为.
17．（2024高二下·广东期中）已知各项均不为0的数列的前n项和为，且，，，数列的前n项和为．
（1）求的通项公式；
（2）求；
（3）若对于任意，成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，，解得，
当时，，
因为，所以，
数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以时，；
（2）解：，所以，
所以，
两式相减得
所以；
（3）解：由（2）的结论，原不等式等价于，
等价于，
记，则
当，，当时，，
故当时，取得最大值，
所以实数的取值范围是.
【知识点】数列的求和；等差数列与等比数列的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）当时，求得，当时，，进而可得数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列，可得的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法可求；
（3）由已知可得，令，作差判断的单调性，可求得结论.
（1）当时，，，解得，
当时，，
因为，所以，
数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以时，；
（2），所以，
所以，
两式相减得
所以；
（3）由（2）的结论，原不等式等价于，
等价于，
记，则
当，，当时，，
故当时，取得最大值，
所以实数的取值范围是.
18．（2024高二下·广东期中）已知椭圆C：（）的离心率为，且过点．直线与椭圆C相切于点P（P在第一象限），直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线OP的斜率为，求证：为定值；
（3）求△PAB面积的最大值．
【答案】（1）解：由题意得：.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）证明：已知如图所示：
将直线代入椭圆：，得：，
整理得：.
由.
此时设，则，.
所以.
所以为定值.
（3）解：已知如图所示：
在（2）中，令，得，必有判别式大于0，
设，，则，.
所以.
所以.
又到直线的距离为：.
由（2）知：，且由题意知，，所以.
所以
设，，
则.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以在处取得极大值.
故当且仅当时，取得最大值.
【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）利用椭圆中之间的关系列出方程，求的值，即可求解；
（2）把直线方程与椭圆方程联立可得，利用直线与椭圆相切，可得，用m，k表示，即可求解；
（3）先求弦长，再求三角形的高，利用导数求三角形面积的最值.
（1）由题意得：.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）如图：
将直线代入椭圆：，得：，
整理得：.
由.
此时设，则，.
所以.
所以为定值.
（3）如图：
在（2）中，令，得，必有判别式大于0，
设，，则，.
所以.
所以.
又到直线的距离为：.
由（2）知：，且由题意知，，所以.
所以
设，，
则.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以在处取得极大值.
故当且仅当时，取得最大值.
19．（2024高二下·广东期中）拉格朗日中值定理是微积分学的基本定理之一，它与导数和函数的零点有关，其表达如下：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得，我们将称为函数在上的“中值点”．已知函数，，．
（1）求在上的中值点的个数；
（2）若对于区间内任意两个不相等的实数，，都有成立，求实数t的取值范围．
（3）当且时，证明：．
【答案】（1）解：，，因为，，
所以，即，
令，则，
则在上，，单调递减；在上，，单调递增，
因为，
所以在上存在唯一一零点，在上无零点；
即在上存在唯一解，所以在上的中值点有且只有1个；
（2）解：不妨设，则，故有，
即，即，
因为上式对任意的都成立，
所以函数和在上均单调递增，
等价于，，
又函数中，，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增.
所以，从而.
又函数，则，则在上单调递增，
所以，从而.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）证明：，
由拉格朗日中值定理值，在或上总存在，
使得，即，
由（2）知，所以，
所以.
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求导函数，结合中值定理求解，于是可得，设，求导确定其单调性，判断函数的零点，从而得在上的中值点的个数；
（2）不妨设，则，将不等式转化为，从而可得函数与在上的单调性，转而可得恒成立，求导确定最值即可得实数t的取值范围；
（3）由拉格朗日中值定理值可得在或上总存在，使得，从而有，根据（2）中结论，即可证得答案.
（1），，
因为，，
所以，即，
令，则，
则在上，，单调递减；在上，，单调递增，
因为，
所以在上存在唯一一零点，在上无零点；
即在上存在唯一解，所以在上的中值点有且只有1个；
（2）不妨设，则，故有，
即，即，
因为上式对任意的都成立，
所以函数和在上均单调递增，
等价于，，
又函数中，，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增.
所以，从而.
又函数，则，则在上单调递增，
所以，从而.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）证明：，
由拉格朗日中值定理值，在或上总存在，
使得，即，
由（2）知，所以，
所以.
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