四川省德阳外国语学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
1．（2024高二下·德阳期中）已知集合 ， ，则 （ ）
A．{2} B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】 ， ，则
故答案为：D
【分析】直接利用并集运算得到答案.
2．（2024高二下·德阳期中）过和两点的直线的斜率是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：因为直线过点和，所以直线的斜率.
故答案为：A.
【分析】根据斜率公式计算即可.
3．（2024高二下·德阳期中） 的展开式中x4的系数为（ ）
A．10 B．20 C．40 D．80
【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】 通式
令10-3r=4 r=2 所以 的系数是
故答案为：C
【分析】先由二项式定理的通式求出x的指数，用r表示，再令其指数为4即可解出r.
4．（2024高二下·德阳期中）已知等差数列中，，则（ ）
A．24 B．36 C．48 D．96
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：等差数列中，，
则.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列通项的性质，再利用即可求解.
5．（2024高二下·德阳期中）已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（ ）
A．6 B．12 C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由椭圆，得，，.
设，，
∴，在中如图所示：
由余弦定理可得：，
可得，得，
故.
故答案为：C.
【分析】设，，先利用椭圆定义得，再利用余弦定理求出，结合三角形面积公式即可求解.
6．（2024高二下·德阳期中）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：先将5名志愿者分组，共有
种方法，再4组志愿者分配项目进行全排列，共有
种方法，则不同的分配方案共有
=240种.
故答案为：C
【分析】根据排列与组合数以及分步乘法计数原理求解即可.
7．（2024高二下·德阳期中）已知 ，则 的最小值是（ ）
A．6 B．4 C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为 ，则 ，
所以， ，
当且仅当 即 时， 的最小值为 .
故答案为：C.
【分析】 利用基本不等式的换“1”法 ，得到 ，进而利用基本不等式不解即可。
8．（2024高二下·德阳期中）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
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】解：构造函数，
则在上恒成立，
故在上单调递减，又，
故，故，
构造，，
则在上恒成立，
故在单调递减，
又，，故，即，故，
综上：.
故答案为： D.
【分析】构造，求导可得在上单调递减，结合，可得；构造，，同理可得结合得到，即可得，即可求解.
9．（2024高二下·德阳期中）已知空间中的两条直线 和两个平面，则（ ）
A．若 ，则 没有公共点
B．若 ， 则 没有公共点
C．若 ， 则 可能互相平行
D．若 ， 则 可能互相平行
【答案】B,C,D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若 ，则或相交，故A错误；
B、若 ， 则 没有公共点，故B正确；
C、若 ， 则 可能互相平行也可能相交，故C正确；
D、若 ， 则 可能互相平行也可能相交还可能异面，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】利用空间中直线与平面的位置关系对选项逐一判断，即可求解.
10．（2024高二下·德阳期中）已知函数，则（ ）
A．在处取得极小值 B．有3个零点
C．在区间上的值域为 D．曲线的对称中心为
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：已知函数，
则，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A选项正确；
又，，，，
，所以函数在有且仅有一个零点，
同理函数在有且仅有一个零点，在上有且仅有一个零点，
即函数共有3个零点，故B选项正确；
由前面得在上值域为，故C选项错误；
设，，，
所以函数是奇函数，图象关于对称，
又是向下平移1个单位得到，所以函数的对称中心为，
故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出函数，利用导数研究函数的单调性，极值，零点，值域的关系对A，B，C选项进行判断即可，根据函数奇偶性及图象变换即可判断D.
11．（2024高二下·德阳期中）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为－
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为
【答案】A,B,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、若任意选择三门课程，选法总数为，故A选项错误；
B、若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；
若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，故B选项错误；
C、若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C选项正确；
D、有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法；
②选化学，不选物理，有种选法；
③物理与化学都选，有种选法.
故总数，故D选项错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用组合的概念即可判断A；分类讨论物理和化学只选一门，物理化学都选计算即可判断B；利用间接法即可判断C，将问题分三类讨论：只选物理，只选化学，同时选物理和化学，由此进行计算和即可判断D.
12．（2024高二下·德阳期中）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由，
令得，故A选项正确.
令得，故B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，故C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以故D选项正确.
故答案为：AD.
【分析】利用即可判断A，利用即可判断B，C，利用导数运算以及二项式展开式的通项公式求即可判断D.
13．（2024高二下·德阳期中）已知，，则的值为 ．
【答案】
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由已知可得，即.
故答案为：.
【分析】利用条件概率的概率公式即可求解.
14．（2024高二下·德阳期中）函数的单调递增区间是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：已知的定义域为，
则，
令，解得：或，
所以函数单调递增区间为.
故答案为：
【分析】先求定义域，求导可得，利用导函数大于0解不等式，结合定义域即可求解.
15．（2024高二下·德阳期中）除以的余数为 .
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：
前项都有因数，则前11项能被9整除，即所给的式子除以的余数为除以的余数.
故答案为：．
【分析】将化为，利用二项式定理求解即可.
16．（2024高二下·德阳期中）已知抛物线为上一点，，当最小时，点到坐标原点的距离为 .
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，则，
所以，
当时，；
当时，，当且仅当即时取等号，
所以，
由上可知，取最小值时，，所以.
故答案为：.
【分析】设点可得，则分当，分别求解即可.
17．（2024高二下·德阳期中）已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）解：，则，
由题意可得，解得；
（2）解：由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】 (1) 求导，结合导数的几何意义列式求解；
(2) 求导，利用导数判断原函数的单调性和极值.
18．（2024高二下·德阳期中）2021年底某市城市公园主体建设基本完成，为了解市民对该项目的满意度，从该市随机抽取若干市民对该项目进行评分（满分100分），根据所得数据，按，，，，进行分组，绘制了如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计该市市民评分的分位数；
（2）为进一步完善公园建设，按分层随机抽样的方法从评分在中抽取7人，再随机抽取其中2人进行座谈，求这2人的评分在同一组的概率.
【答案】（1）解：由题意得，，
解得.
因为，，
所以分位数位于之间，
则市民评分的分位数约为.
（2）解：由题意得，按分层随机抽样从评分在中抽取人，
其中评分在中有人，记为，；
评分在中有人，记为，，，，.
现抽取其中人进行问卷调查，共有21种情况，它们是：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，
其中这2人评分在同一组有11种情况，它们是：
，，，，，，，，，，，
则所求概率.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的定义，古典概型的计算公式.（1）根据频率分布直方图中各组的频率之和等于，可列出方程，解方程可求出，通过计算可得分位数位于之间，利用百分位数的定义可列出式子，再进行计算可求出分位数；
（2）利用分层抽样的计算公式可求出评分在上的人数，评分在上的人数，再对两组的人数进行编号，利用列举法可列出所有可能结果，进而再找出2人评分在同一组的基本事件个数，利用古典概型的计算公式可求出概率.
（1）由题意得，，
解得.
因为，，
所以分位数位于之间，
则市民评分的分位数约为.
（2）由题意得，按分层随机抽样从评分在中抽取人，
其中评分在中有人，记为，；
评分在中有人，记为，，，，.
现抽取其中人进行问卷调查，共有21种情况，它们是：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，
其中这2人评分在同一组有11种情况，它们是：
，，，，，，，，，，，
则所求概率.
19．（2024高二下·德阳期中）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】解：（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【知识点】等差数列的性质；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）先利用等差中项关系，建立公比的方程，再求解即可求解；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
20．（2024高二下·德阳期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）解：由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，，可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点建系，可得平面的一个法向量，利用空间向量法计算即可.
（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
21．（2024高二下·德阳期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的取值集合.
【答案】（1）解：函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由，得递减，由，得递增，
所以当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）解：，若，则在上单调递减，所以当时，不符合恒成立，
所以，
由（1）如，，令，
求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，
因此，
由恒成立，得，则，所以的取值集合为.
【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】【分析】（1）先求导可得，分和讨论，利用导数的正负和函数的关系即可求解.
（2）由及恒成立得到，要使得恒成立，则恒成立，又由时，，记为关于的函数，得到，要使恒成立，只能为.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由，得递减，由，得递增，
所以当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2），若，则在上单调递减，所以当时，不符合恒成立，所以，
由（1）如，，令，
求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，因此，
由恒成立，得，则，所以的取值集合为.
22．（2024高二下·德阳期中）椭圆的离心率，且椭圆的短轴长为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线过点，且与椭圆相交于两点，又点是椭圆的下顶点，当面积最大时，求直线的方程．
【答案】（1）解：由题意得：，解得
所以椭圆的方程为．
（2）解：已知如图所示：
由（1）可知，，
由题意可知直线斜率必存在，设直线，设，
联立，整理可得：，
因为，
则，
，
，
令，可得，，
则，
令，设，
则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以当，即，即时，面积最大．
此时直线．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据条件列出方程，求出即可求解；
（2）先联立可得，利用根于系数关系及面积公式，结合函数单调性即可求解.
（1）由题意得：，解得
所以椭圆的方程为．
（2）如图，由（1）可知，
，
由题意可知直线斜率必存在，设直线，设，
联立，整理可得：，
因为，
则，
，
，
令，可得，，
则，
令，设，
则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以当，即，即时，面积最大．
此时直线．
1 / 1四川省德阳外国语学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
1．（2024高二下·德阳期中）已知集合 ， ，则 （ ）
A．{2} B． C． D．
2．（2024高二下·德阳期中）过和两点的直线的斜率是（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2024高二下·德阳期中） 的展开式中x4的系数为（ ）
A．10 B．20 C．40 D．80
4．（2024高二下·德阳期中）已知等差数列中，，则（ ）
A．24 B．36 C．48 D．96
5．（2024高二下·德阳期中）已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（ ）
A．6 B．12 C． D．
6．（2024高二下·德阳期中）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
7．（2024高二下·德阳期中）已知 ，则 的最小值是（ ）
A．6 B．4 C． D．
8．（2024高二下·德阳期中）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·德阳期中）已知空间中的两条直线 和两个平面，则（ ）
A．若 ，则 没有公共点
B．若 ， 则 没有公共点
C．若 ， 则 可能互相平行
D．若 ， 则 可能互相平行
10．（2024高二下·德阳期中）已知函数，则（ ）
A．在处取得极小值 B．有3个零点
C．在区间上的值域为 D．曲线的对称中心为
11．（2024高二下·德阳期中）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ）
A．若任意选择三门课程，选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为－
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为
12．（2024高二下·德阳期中）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
13．（2024高二下·德阳期中）已知，，则的值为 ．
14．（2024高二下·德阳期中）函数的单调递增区间是 ．
15．（2024高二下·德阳期中）除以的余数为 .
16．（2024高二下·德阳期中）已知抛物线为上一点，，当最小时，点到坐标原点的距离为 .
17．（2024高二下·德阳期中）已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
18．（2024高二下·德阳期中）2021年底某市城市公园主体建设基本完成，为了解市民对该项目的满意度，从该市随机抽取若干市民对该项目进行评分（满分100分），根据所得数据，按，，，，进行分组，绘制了如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计该市市民评分的分位数；
（2）为进一步完善公园建设，按分层随机抽样的方法从评分在中抽取7人，再随机抽取其中2人进行座谈，求这2人的评分在同一组的概率.
19．（2024高二下·德阳期中）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
20．（2024高二下·德阳期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．
（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
21．（2024高二下·德阳期中）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的取值集合.
22．（2024高二下·德阳期中）椭圆的离心率，且椭圆的短轴长为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线过点，且与椭圆相交于两点，又点是椭圆的下顶点，当面积最大时，求直线的方程．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】 ， ，则
故答案为：D
【分析】直接利用并集运算得到答案.
2．【答案】A
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：因为直线过点和，所以直线的斜率.
故答案为：A.
【分析】根据斜率公式计算即可.
3．【答案】C
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】 通式
令10-3r=4 r=2 所以 的系数是
故答案为：C
【分析】先由二项式定理的通式求出x的指数，用r表示，再令其指数为4即可解出r.
4．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：等差数列中，，
则.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列通项的性质，再利用即可求解.
5．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由椭圆，得，，.
设，，
∴，在中如图所示：
由余弦定理可得：，
可得，得，
故.
故答案为：C.
【分析】设，，先利用椭圆定义得，再利用余弦定理求出，结合三角形面积公式即可求解.
6．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：先将5名志愿者分组，共有
种方法，再4组志愿者分配项目进行全排列，共有
种方法，则不同的分配方案共有
=240种.
故答案为：C
【分析】根据排列与组合数以及分步乘法计数原理求解即可.
7．【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为 ，则 ，
所以， ，
当且仅当 即 时， 的最小值为 .
故答案为：C.
【分析】 利用基本不等式的换“1”法 ，得到 ，进而利用基本不等式不解即可。
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，
则在上恒成立，
故在上单调递减，又，
故，故，
构造，，
则在上恒成立，
故在单调递减，
又，，故，即，故，
综上：.
故答案为： D.
【分析】构造，求导可得在上单调递减，结合，可得；构造，，同理可得结合得到，即可得，即可求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若 ，则或相交，故A错误；
B、若 ， 则 没有公共点，故B正确；
C、若 ， 则 可能互相平行也可能相交，故C正确；
D、若 ， 则 可能互相平行也可能相交还可能异面，故D正确；
故答案为：BCD.
【分析】利用空间中直线与平面的位置关系对选项逐一判断，即可求解.
10．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：已知函数，
则，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A选项正确；
又，，，，
，所以函数在有且仅有一个零点，
同理函数在有且仅有一个零点，在上有且仅有一个零点，
即函数共有3个零点，故B选项正确；
由前面得在上值域为，故C选项错误；
设，，，
所以函数是奇函数，图象关于对称，
又是向下平移1个单位得到，所以函数的对称中心为，
故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出函数，利用导数研究函数的单调性，极值，零点，值域的关系对A，B，C选项进行判断即可，根据函数奇偶性及图象变换即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、若任意选择三门课程，选法总数为，故A选项错误；
B、若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；
若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，故B选项错误；
C、若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C选项正确；
D、有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法；
②选化学，不选物理，有种选法；
③物理与化学都选，有种选法.
故总数，故D选项错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用组合的概念即可判断A；分类讨论物理和化学只选一门，物理化学都选计算即可判断B；利用间接法即可判断C，将问题分三类讨论：只选物理，只选化学，同时选物理和化学，由此进行计算和即可判断D.
12．【答案】A,D
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由，
令得，故A选项正确.
令得，故B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，故C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以故D选项正确.
故答案为：AD.
【分析】利用即可判断A，利用即可判断B，C，利用导数运算以及二项式展开式的通项公式求即可判断D.
13．【答案】
【知识点】条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由已知可得，即.
故答案为：.
【分析】利用条件概率的概率公式即可求解.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：已知的定义域为，
则，
令，解得：或，
所以函数单调递增区间为.
故答案为：
【分析】先求定义域，求导可得，利用导函数大于0解不等式，结合定义域即可求解.
15．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：
前项都有因数，则前11项能被9整除，即所给的式子除以的余数为除以的余数.
故答案为：．
【分析】将化为，利用二项式定理求解即可.
16．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，则，
所以，
当时，；
当时，，当且仅当即时取等号，
所以，
由上可知，取最小值时，，所以.
故答案为：.
【分析】设点可得，则分当，分别求解即可.
17．【答案】（1）解：，则，
由题意可得，解得；
（2）解：由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】 (1) 求导，结合导数的几何意义列式求解；
(2) 求导，利用导数判断原函数的单调性和极值.
18．【答案】（1）解：由题意得，，
解得.
因为，，
所以分位数位于之间，
则市民评分的分位数约为.
（2）解：由题意得，按分层随机抽样从评分在中抽取人，
其中评分在中有人，记为，；
评分在中有人，记为，，，，.
现抽取其中人进行问卷调查，共有21种情况，它们是：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，
其中这2人评分在同一组有11种情况，它们是：
，，，，，，，，，，，
则所求概率.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的定义，古典概型的计算公式.（1）根据频率分布直方图中各组的频率之和等于，可列出方程，解方程可求出，通过计算可得分位数位于之间，利用百分位数的定义可列出式子，再进行计算可求出分位数；
（2）利用分层抽样的计算公式可求出评分在上的人数，评分在上的人数，再对两组的人数进行编号，利用列举法可列出所有可能结果，进而再找出2人评分在同一组的基本事件个数，利用古典概型的计算公式可求出概率.
（1）由题意得，，
解得.
因为，，
所以分位数位于之间，
则市民评分的分位数约为.
（2）由题意得，按分层随机抽样从评分在中抽取人，
其中评分在中有人，记为，；
评分在中有人，记为，，，，.
现抽取其中人进行问卷调查，共有21种情况，它们是：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，
其中这2人评分在同一组有11种情况，它们是：
，，，，，，，，，，，
则所求概率.
19．【答案】解：（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【知识点】等差数列的性质；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）先利用等差中项关系，建立公比的方程，再求解即可求解；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
20．【答案】（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）解：由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，，可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点建系，可得平面的一个法向量，利用空间向量法计算即可.
（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
21．【答案】（1）解：函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由，得递减，由，得递增，
所以当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）解：，若，则在上单调递减，所以当时，不符合恒成立，
所以，
由（1）如，，令，
求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，
因此，
由恒成立，得，则，所以的取值集合为.
【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】【分析】（1）先求导可得，分和讨论，利用导数的正负和函数的关系即可求解.
（2）由及恒成立得到，要使得恒成立，则恒成立，又由时，，记为关于的函数，得到，要使恒成立，只能为.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由，得递减，由，得递增，
所以当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2），若，则在上单调递减，所以当时，不符合恒成立，所以，
由（1）如，，令，
求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，因此，
由恒成立，得，则，所以的取值集合为.
22．【答案】（1）解：由题意得：，解得
所以椭圆的方程为．
（2）解：已知如图所示：
由（1）可知，，
由题意可知直线斜率必存在，设直线，设，
联立，整理可得：，
因为，
则，
，
，
令，可得，，
则，
令，设，
则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以当，即，即时，面积最大．
此时直线．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据条件列出方程，求出即可求解；
（2）先联立可得，利用根于系数关系及面积公式，结合函数单调性即可求解.
（1）由题意得：，解得
所以椭圆的方程为．
（2）如图，由（1）可知，
，
由题意可知直线斜率必存在，设直线，设，
联立，整理可得：，
因为，
则，
，
，
令，可得，，
则，
令，设，
则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以当，即，即时，面积最大．
此时直线．
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