广东省广州市执信中学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）若角的终边位于第二象限，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】因为角的终边位于第二象限且，
则，所以.
故选：D．
【分析】本题考查同角三角函数的基本关系，三角函数的诱导公式.先利用同角三角形函数的基本关系可求出的值，再由诱导公式计算可得，代入数据进行计算可求出答案.
2．（2024高二下·广州期中）已知抛物线上一点的横坐标为4，则点到焦点的距离为（ ）
A．4 B．2 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由题意抛物线的准线为，点的纵坐标为，
所以点到焦点的距离即点到抛物线准线的距离为.
故选：A.
【分析】本题考查抛物线的简单几何性质.先求出抛物线准线方程为，进而可求出点纵坐标，再结合抛物线定义可得：点到焦点的距离即点到抛物线准线的距离为，代入数据可求出答案.
3．（2024高二下·广州期中）3名男生和2名女生站成一排．若男生不相邻，则不同排法种数为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．72
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】先排2名女生，有种排法，借助插空法，共有3个空位，故3名男生有种排法，
共有种排法.
故选：B.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.先先排2名女生，借助插空法，共有3个空位，再排3名男生可得答案.
4．（2024高二下·广州期中）已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．-36或36 B．-36 C．36 D．18
【答案】C
【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；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得，
则，故.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式求得，再求的值，最后利用等差数列前项和公式计算即可.
5．（2024高二下·广州期中） 的展开式中，常数项为（ ）
A．－15 B．16 C．15 D．－16
【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】∵ （ ） （1 ），故它的展开式中的常数项是1+15=16
故答案为：B
【分析】展开式的通项公式，即可求出答案。
6．（2024高二下·广州期中）过点且与曲线相切的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由，则，
设切点坐标为，则切线的斜率，切线方程为，
由切线过点，代入切线方程解得，则切线方程为，即.
故答案为：B
【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式可得答案.
7．（2024高二下·广州期中）已知数列的前项和为.若，则（ ）
A．110 B．115 C．120 D．125
【答案】B
【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】法一：①，当时，②，
①②得当时，，
中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为4.
，当为奇数时，；
当为偶数时，.
.
法二：，，，
数列是以7为首项，8为公差的等差数列，
.
故选：B.
【分析】 本题考查了等差数列的性质以及求和公式.
法一，当时，，两式相减可得，据此可证明中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为4，利用等差数列的通项公式可求出当为奇数时，；当为偶数时，，利用等差数列的前项和公式可求出答案；
法二：由题意可得：，，据此可推出数列是以7为首项，8为公差的等差数列，利用等差数列的前项和公式可求出答案.
8．（2024高二下·广州期中）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为，，
所以，设，
所以，令，
则，因为在上小于，在上大于，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以，，
所以，所以.
故选：D.
【分析】 本题考查对数函数的性质、利用函数的单调性比较大小.先对数的性质可得：，，设，求出的单调性，进而可得，进而可得推出，据此可比较出三个数的大小.
9．（2024高二下·广州期中）下列求导运算正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B,D
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，故D正确.
故选：BD.
【分析】根据函数的导数运算法则和复合函数的求导法则，从而逐一判断即可.
10．（2024高二下·广州期中）已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则数列是等比数列
D．若，则数列是等差数列
【答案】C,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】A，，由，所以，
即是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以，A错误；
B，时，则，
利用累加法可知，显然符合，B错误；
C，时，则，
显然，所以是以-2为首项，2为公比的等比数列，C正确；
D，时，，
即是以为首项和公差的等差数列，D正确.
故选：CD
【分析】本题考查数列的定义、等比数列、等差数列的判定与性质，数列的求和公式。利用等比数列求和公式可判定A，利用累加法求通项可判定B，利用构造法结合等差数列、等比数列的定义可判定C、D.
11．（2024高二下·广州期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.若，，则b的值不可能的是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】由，
得
，
所以，
即被除得的余数为，结合选项可知只有被除得的余数为，即b的值不可能的是ACD.
故选：ACD
【分析】本题考查二项式定理的展开式.根据，可得，再根据：，可得：利用二项式定理说明被除得的余数为，据此可选出答案.
12．（2024高二下·广州期中）双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P为C的左支上任意一点，直线l：，，垂足为Q.当的最小值为3时，的中点在双曲线C上，则（ ）
A．C的方程 B．C的离心率为
C．C的渐近线方程为 D．C的方程为
【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】
由双曲线定义知，，则
焦点到渐近线的距离，则的最小值为，即有，
由，得，的中点为，
将其代入双曲线的方程，得，解得，
又，因此，
所以双曲线的方程为，离心率为，渐近线方程为，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
【分析】本题考查双曲线的定义，双曲线的简单几何性质.由双曲线定义得到，再利用焦点到渐近线的距离为求得，得，利用中点坐标公式可求出的中点坐标，代入双曲线方程可得，再结合，可求出a和b的值，进而可求出离心率，渐近线方程，双曲线方程，据此可选出答案.
13．（2024高二下·广州期中）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第一天走的路程为 里.
【答案】192
【知识点】等比数列的实际应用
【解析】【解答】设第一天走里，则每日行走里程构成以为首项，为公比的等比数列.
由题意得，解得，
所以该人第一天走的路程为192里.
故答案为：192
【分析】本题考查等比数列的应用.设第一天走里，则每日行走里程构成以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数的求和公式可列出列方程，解方程可求出，进而可求出答案.
14．（2024高二下·广州期中）将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是 .
【答案】240
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：把5名志愿者分成4组，其中有2人一组，再将分好的4组分配到四个社区，则不同的分配方法数是种.
故答案为：240.
【分析】先将5名志愿者分成4组，再分配到4个社区，结合排列、组合知识求解即可.
15．（2024高二下·广州期中）已知，若函数有最小值，则实数的最大值为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且，
当时，，
若，在上单调递增，此时没有最小值，
若，在上单调递减，
要想函数有最小值，则，解得，
故实数的最大值为.
故答案为：
【分析】本题考查利用导函数研究极值. 当时， 求导得到函数的单调性，得到极小值， 当时，， 分两种情况：，，在上的单调性，进而可列出不等式 ，解不等式可求出a的取值范围，进而可求出a的最大值.
16．（2024高二下·广州期中）已知在正三棱台中，，，侧棱长为4，点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为，则长度的最小值为 .
【答案】
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】延长正三棱台的三条侧棱交于，则为正四面体，棱长为6，
设为的中心，连接，则⊥平面，
由正弦定理得，
由勾股定理得，
又，且，故，
点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
的最小值为.
故答案为：
【分析】本题考查正弦定理的应用.设为的中心，连接，则⊥平面，利用正弦定理可求出OH，利用勾股定理可求出AH，再找出与平面所成角，进而可得，利用正切的定义可求出，进而可得点轨迹是以为圆心，为半径的圆，据此可求出CP的最小值.
17．（2024高二下·广州期中）已知公差为整数的等差数列中，，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）设数列的公差为.
因为成等比数列，所以，
又，所以，
解得（舍去）或，
所以.
（2）由（1）可得，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】本题考查等差数列和等比数列的性质，裂项相消法求和.（1）设数列的公差为.根据成等比数列，可列出方程，解方程可求出d的值，利用等差数列的通项公式可求出的通项公式；
（2）根据，进而可得：，再进行化简裂项可得：，利用裂项相消法求和可求出. .
（1）设数列的公差为.
因为成等比数列，所以，
又，所以，
解得（舍去）或，
所以.
（2）由（1）可得，
所以
.
18．（2024高二下·广州期中）红袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，此时取到白球的人胜利，每个球在每一次被取出的机会是等可能的
（1）求袋中原有白球的个数；
（2）求甲取得胜利的概率
【答案】（1）设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果，
依题意，，即，解得或（舍去），即袋中原有3个白球．
（2）记“甲取得胜利”为事件B，“第i次取到白球”为事件，，甲先取，且轮流取球，则甲只能在第1次，第3次和第5次取球，
于是．
所以甲取得胜利的概率.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】本题考查排列组合的应用，古典型概率的计算.（1）设出袋中原有n个白球，据此可求出从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果，根据从中任取2个球都是白球的概率为，可列出方程，解方程可求出n的值，进而可求出答案；
（2）记“甲取得胜利”为事件B，“第i次取到白球”为事件，，甲先取，甲先取，甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球，这三种情况是互斥关系，根据互斥事件的概率公式可得：，再进行计算可求出答案.
（1）设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果，
依题意，，即，解得或（舍去），即袋中原有3个白球．
（2）记“甲取得胜利”为事件B，“第i次取到白球”为事件，，
甲先取，且轮流取球，则甲只能在第1次，第3次和第5次取球，
于是．
所以甲取得胜利的概率.
19．（2024高二下·广州期中）在中，角的对边分别是，且．
（1）求；
（2）若的角平分线交于点，且，求的周长．
【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理可化简得
所以可化简得
又在中，，得
，即
由，得
（2）解：由（1）得，又的角平分线交于点，且可得
即
即①
又在中，得
②
联立①②解得
所以的周长为
【知识点】解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据条件，利用正弦定理化边为角，得到，再利用辅助角公式，得到，即可求；
（2）根据条件，利用，得到，且有，联立解出，即可求出结果.
20．（2024高二下·广州期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.
（1）若O为的中点，证明：；
（2）若，，点M满足，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：取中点为E，连接，由O为的中点，得，而，则，
由，得，而平面，则平面，
又平面，则，由，得，由为梯形，得两腰与相交，
因此面，而面，
所以
（2）解：取的中点为Q，连接，直角梯形中，由，，
得，，因此为等边三角形，，
由（1）知面，，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
由，得，，
由，得，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得
设平面与平面所成的角的大小为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值是.
【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】本题考查直线与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.（1） 取中点为E，利用直角梯形性质，线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）取的中点为Q，连接，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可得：，代入数据进行计算可求出答案.
（1）取中点为E，连接，由O为的中点，得，而，则，
由，得，而平面，则平面，
又平面，则，由，得，由为梯形，得两腰与相交，
因此面，而面，
所以
（2）取的中点为Q，连接，直角梯形中，由，，
得，，因此为等边三角形，，
由（1）知面，，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
由，得，，
由，得，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得
设平面与平面所成的角的大小为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值是.
21．（2024高二下·广州期中）已知椭圆的右焦点为，顺次连接椭圆E的四个顶点恰好构成一个边长为的菱形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，为坐标原点，、是椭圆上两点，且的中点在线段（不含端点、）上，求面积的取值范围.
【答案】（1）依题意：，因此，椭圆E的标准方程为；
（2）设、，
则的中点在线段上，且，则，
又，两式相减得：，
可得，
易知：，，，
设直线的方程为，
联立得.
所以，，可得，
由韦达定理可得，，
又，所以，
，
原点到直线的距离为，
，
，则，所以，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、三角形的面积公式.
（1）根据连接椭圆E的四个顶点恰好构成一个边长为的菱形，利用菱形的性质和勾股定理可列出方程，解方程可求出a和b的值，进而可求出椭圆E的标准方程；
（2）设、，利用点差法可得：，再进行变形可得：，设直线的方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理，利用弦长公式进行计算可求出，利用点到直线的距离公式可求出原点到直线的距离为，利用三角形的面积公式进行计算可求出S的值，利用二次函数的性质可求出取值范围.
22．（2024高二下·广州期中）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若集合有且只有一个元素，求a的值.
【答案】（1）当时，，函数的定义域为，
求导得，
而，，
则当时，，当时，，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
（2）函数，求导得，
显然，当时，的定义域为，
不等式恒成立，即在上单调递增，
又与已知矛盾，即不合题意；
当时，的定义域为，此时，
则当时，，当时，，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
因此．
设，则，
当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增．，
所以集合有且只有一个元素时．
【知识点】简单复合函数求导法则；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】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的恒成立问题.（1）对函数求导得到，由函数定义域知，利用符号法则可得时，，当时，，据此可求出函数的单调性.
（2）对函数求导得到，分两种情况：和，进而可确定导函数的正负，求出函数的单调性，进而可求出函数的最值，再结合，可求出满足条件的a的值，进而可求出答案.
（1）当时，，函数的定义域为，
求导得，
而，，
则当时，，当时，，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
（2）函数，求导得，
显然，当时，的定义域为，
不等式恒成立，即在上单调递增，
又与已知矛盾，即不合题意；
当时，的定义域为，此时，
则当时，，当时，，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
因此．
设，则，
当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增．，
所以集合有且只有一个元素时．
1 / 1广东省广州市执信中学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）若角的终边位于第二象限，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·广州期中）已知抛物线上一点的横坐标为4，则点到焦点的距离为（ ）
A．4 B．2 C．6 D．8
3．（2024高二下·广州期中）3名男生和2名女生站成一排．若男生不相邻，则不同排法种数为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．72
4．（2024高二下·广州期中）已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．-36或36 B．-36 C．36 D．18
5．（2024高二下·广州期中） 的展开式中，常数项为（ ）
A．－15 B．16 C．15 D．－16
6．（2024高二下·广州期中）过点且与曲线相切的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·广州期中）已知数列的前项和为.若，则（ ）
A．110 B．115 C．120 D．125
8．（2024高二下·广州期中）设，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·广州期中）下列求导运算正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．（2024高二下·广州期中）已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则数列是等比数列
D．若，则数列是等差数列
11．（2024高二下·广州期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m（）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.若，，则b的值不可能的是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
12．（2024高二下·广州期中）双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P为C的左支上任意一点，直线l：，，垂足为Q.当的最小值为3时，的中点在双曲线C上，则（ ）
A．C的方程 B．C的离心率为
C．C的渐近线方程为 D．C的方程为
13．（2024高二下·广州期中）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第一天走的路程为 里.
14．（2024高二下·广州期中）将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是 .
15．（2024高二下·广州期中）已知，若函数有最小值，则实数的最大值为 .
16．（2024高二下·广州期中）已知在正三棱台中，，，侧棱长为4，点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为，则长度的最小值为 .
17．（2024高二下·广州期中）已知公差为整数的等差数列中，，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18．（2024高二下·广州期中）红袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，此时取到白球的人胜利，每个球在每一次被取出的机会是等可能的
（1）求袋中原有白球的个数；
（2）求甲取得胜利的概率
19．（2024高二下·广州期中）在中，角的对边分别是，且．
（1）求；
（2）若的角平分线交于点，且，求的周长．
20．（2024高二下·广州期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.
（1）若O为的中点，证明：；
（2）若，，点M满足，求平面与平面所成角的余弦值.
21．（2024高二下·广州期中）已知椭圆的右焦点为，顺次连接椭圆E的四个顶点恰好构成一个边长为的菱形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，为坐标原点，、是椭圆上两点，且的中点在线段（不含端点、）上，求面积的取值范围.
22．（2024高二下·广州期中）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若集合有且只有一个元素，求a的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】因为角的终边位于第二象限且，
则，所以.
故选：D．
【分析】本题考查同角三角函数的基本关系，三角函数的诱导公式.先利用同角三角形函数的基本关系可求出的值，再由诱导公式计算可得，代入数据进行计算可求出答案.
2．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由题意抛物线的准线为，点的纵坐标为，
所以点到焦点的距离即点到抛物线准线的距离为.
故选：A.
【分析】本题考查抛物线的简单几何性质.先求出抛物线准线方程为，进而可求出点纵坐标，再结合抛物线定义可得：点到焦点的距离即点到抛物线准线的距离为，代入数据可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】先排2名女生，有种排法，借助插空法，共有3个空位，故3名男生有种排法，
共有种排法.
故选：B.
【分析】本题考查排列组合的实际应用.先先排2名女生，借助插空法，共有3个空位，再排3名男生可得答案.
4．【答案】C
【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；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得，
则，故.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式求得，再求的值，最后利用等差数列前项和公式计算即可.
5．【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】∵ （ ） （1 ），故它的展开式中的常数项是1+15=16
故答案为：B
【分析】展开式的通项公式，即可求出答案。
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】由，则，
设切点坐标为，则切线的斜率，切线方程为，
由切线过点，代入切线方程解得，则切线方程为，即.
故答案为：B
【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式可得答案.
7．【答案】B
【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】法一：①，当时，②，
①②得当时，，
中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为4.
，当为奇数时，；
当为偶数时，.
.
法二：，，，
数列是以7为首项，8为公差的等差数列，
.
故选：B.
【分析】 本题考查了等差数列的性质以及求和公式.
法一，当时，，两式相减可得，据此可证明中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为4，利用等差数列的通项公式可求出当为奇数时，；当为偶数时，，利用等差数列的前项和公式可求出答案；
法二：由题意可得：，，据此可推出数列是以7为首项，8为公差的等差数列，利用等差数列的前项和公式可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】因为，，
所以，设，
所以，令，
则，因为在上小于，在上大于，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以，，
所以，所以.
故选：D.
【分析】 本题考查对数函数的性质、利用函数的单调性比较大小.先对数的性质可得：，，设，求出的单调性，进而可得，进而可得推出，据此可比较出三个数的大小.
9．【答案】B,D
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，故D正确.
故选：BD.
【分析】根据函数的导数运算法则和复合函数的求导法则，从而逐一判断即可.
10．【答案】C,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【解答】A，，由，所以，
即是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以，A错误；
B，时，则，
利用累加法可知，显然符合，B错误；
C，时，则，
显然，所以是以-2为首项，2为公比的等比数列，C正确；
D，时，，
即是以为首项和公差的等差数列，D正确.
故选：CD
【分析】本题考查数列的定义、等比数列、等差数列的判定与性质，数列的求和公式。利用等比数列求和公式可判定A，利用累加法求通项可判定B，利用构造法结合等差数列、等比数列的定义可判定C、D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】由，
得
，
所以，
即被除得的余数为，结合选项可知只有被除得的余数为，即b的值不可能的是ACD.
故选：ACD
【分析】本题考查二项式定理的展开式.根据，可得，再根据：，可得：利用二项式定理说明被除得的余数为，据此可选出答案.
12．【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】
由双曲线定义知，，则
焦点到渐近线的距离，则的最小值为，即有，
由，得，的中点为，
将其代入双曲线的方程，得，解得，
又，因此，
所以双曲线的方程为，离心率为，渐近线方程为，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
【分析】本题考查双曲线的定义，双曲线的简单几何性质.由双曲线定义得到，再利用焦点到渐近线的距离为求得，得，利用中点坐标公式可求出的中点坐标，代入双曲线方程可得，再结合，可求出a和b的值，进而可求出离心率，渐近线方程，双曲线方程，据此可选出答案.
13．【答案】192
【知识点】等比数列的实际应用
【解析】【解答】设第一天走里，则每日行走里程构成以为首项，为公比的等比数列.
由题意得，解得，
所以该人第一天走的路程为192里.
故答案为：192
【分析】本题考查等比数列的应用.设第一天走里，则每日行走里程构成以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数的求和公式可列出列方程，解方程可求出，进而可求出答案.
14．【答案】240
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：把5名志愿者分成4组，其中有2人一组，再将分好的4组分配到四个社区，则不同的分配方法数是种.
故答案为：240.
【分析】先将5名志愿者分成4组，再分配到4个社区，结合排列、组合知识求解即可.
15．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且，
当时，，
若，在上单调递增，此时没有最小值，
若，在上单调递减，
要想函数有最小值，则，解得，
故实数的最大值为.
故答案为：
【分析】本题考查利用导函数研究极值. 当时， 求导得到函数的单调性，得到极小值， 当时，， 分两种情况：，，在上的单调性，进而可列出不等式 ，解不等式可求出a的取值范围，进而可求出a的最大值.
16．【答案】
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】延长正三棱台的三条侧棱交于，则为正四面体，棱长为6，
设为的中心，连接，则⊥平面，
由正弦定理得，
由勾股定理得，
又，且，故，
点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
的最小值为.
故答案为：
【分析】本题考查正弦定理的应用.设为的中心，连接，则⊥平面，利用正弦定理可求出OH，利用勾股定理可求出AH，再找出与平面所成角，进而可得，利用正切的定义可求出，进而可得点轨迹是以为圆心，为半径的圆，据此可求出CP的最小值.
17．【答案】（1）设数列的公差为.
因为成等比数列，所以，
又，所以，
解得（舍去）或，
所以.
（2）由（1）可得，
所以
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；等比中项
【解析】【分析】本题考查等差数列和等比数列的性质，裂项相消法求和.（1）设数列的公差为.根据成等比数列，可列出方程，解方程可求出d的值，利用等差数列的通项公式可求出的通项公式；
（2）根据，进而可得：，再进行化简裂项可得：，利用裂项相消法求和可求出. .
（1）设数列的公差为.
因为成等比数列，所以，
又，所以，
解得（舍去）或，
所以.
（2）由（1）可得，
所以
.
18．【答案】（1）设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果，
依题意，，即，解得或（舍去），即袋中原有3个白球．
（2）记“甲取得胜利”为事件B，“第i次取到白球”为事件，，甲先取，且轮流取球，则甲只能在第1次，第3次和第5次取球，
于是．
所以甲取得胜利的概率.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】本题考查排列组合的应用，古典型概率的计算.（1）设出袋中原有n个白球，据此可求出从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果，根据从中任取2个球都是白球的概率为，可列出方程，解方程可求出n的值，进而可求出答案；
（2）记“甲取得胜利”为事件B，“第i次取到白球”为事件，，甲先取，甲先取，甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球，这三种情况是互斥关系，根据互斥事件的概率公式可得：，再进行计算可求出答案.
（1）设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果，
依题意，，即，解得或（舍去），即袋中原有3个白球．
（2）记“甲取得胜利”为事件B，“第i次取到白球”为事件，，
甲先取，且轮流取球，则甲只能在第1次，第3次和第5次取球，
于是．
所以甲取得胜利的概率.
19．【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理可化简得
所以可化简得
又在中，，得
，即
由，得
（2）解：由（1）得，又的角平分线交于点，且可得
即
即①
又在中，得
②
联立①②解得
所以的周长为
【知识点】解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据条件，利用正弦定理化边为角，得到，再利用辅助角公式，得到，即可求；
（2）根据条件，利用，得到，且有，联立解出，即可求出结果.
20．【答案】（1）证明：取中点为E，连接，由O为的中点，得，而，则，
由，得，而平面，则平面，
又平面，则，由，得，由为梯形，得两腰与相交，
因此面，而面，
所以
（2）解：取的中点为Q，连接，直角梯形中，由，，
得，，因此为等边三角形，，
由（1）知面，，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
由，得，，
由，得，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得
设平面与平面所成的角的大小为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值是.
【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】本题考查直线与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.（1） 取中点为E，利用直角梯形性质，线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）取的中点为Q，连接，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可得：，代入数据进行计算可求出答案.
（1）取中点为E，连接，由O为的中点，得，而，则，
由，得，而平面，则平面，
又平面，则，由，得，由为梯形，得两腰与相交，
因此面，而面，
所以
（2）取的中点为Q，连接，直角梯形中，由，，
得，，因此为等边三角形，，
由（1）知面，，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
由，得，，
由，得，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得
设平面与平面所成的角的大小为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值是.
21．【答案】（1）依题意：，因此，椭圆E的标准方程为；
（2）设、，
则的中点在线段上，且，则，
又，两式相减得：，
可得，
易知：，，，
设直线的方程为，
联立得.
所以，，可得，
由韦达定理可得，，
又，所以，
，
原点到直线的距离为，
，
，则，所以，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、三角形的面积公式.
（1）根据连接椭圆E的四个顶点恰好构成一个边长为的菱形，利用菱形的性质和勾股定理可列出方程，解方程可求出a和b的值，进而可求出椭圆E的标准方程；
（2）设、，利用点差法可得：，再进行变形可得：，设直线的方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理，利用弦长公式进行计算可求出，利用点到直线的距离公式可求出原点到直线的距离为，利用三角形的面积公式进行计算可求出S的值，利用二次函数的性质可求出取值范围.
22．【答案】（1）当时，，函数的定义域为，
求导得，
而，，
则当时，，当时，，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
（2）函数，求导得，
显然，当时，的定义域为，
不等式恒成立，即在上单调递增，
又与已知矛盾，即不合题意；
当时，的定义域为，此时，
则当时，，当时，，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
因此．
设，则，
当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增．，
所以集合有且只有一个元素时．
【知识点】简单复合函数求导法则；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】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的恒成立问题.（1）对函数求导得到，由函数定义域知，利用符号法则可得时，，当时，，据此可求出函数的单调性.
（2）对函数求导得到，分两种情况：和，进而可确定导函数的正负，求出函数的单调性，进而可求出函数的最值，再结合，可求出满足条件的a的值，进而可求出答案.
（1）当时，，函数的定义域为，
求导得，
而，，
则当时，，当时，，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
（2）函数，求导得，
显然，当时，的定义域为，
不等式恒成立，即在上单调递增，
又与已知矛盾，即不合题意；
当时，的定义域为，此时，
则当时，，当时，，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
因此．
设，则，
当时，，当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增．，
所以集合有且只有一个元素时．
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