广东省广州市育才中学2023-2024学年高二下学期期中数学试题
1．（2024高二下·越秀期中）已知椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为，
依题意可得，
所以，
则离心率，
解得，则，
所以椭圆的长轴长为.
故答案为：B.
【分析】先根据椭圆方程得到，结合椭圆中a，b，c三者的关系式，即可求出的值，再由椭圆的离心率公式求出的值，从而求出椭圆的长轴长.
2．（2024高二下·越秀期中）已知数列满足且，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为数列满足，所以数列是公比为2的等比数列，
因为，则，解得.
故答案为：A.
【分析】由条件得数列为等比数列，利用等比数列的通项公式列方程求解.
3．（2024高二下·越秀期中）函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，
所以，
，
所以，
即切点为，切线的斜率，
所以切线方程为，即.
故答案为：C
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，利用代入法得出切点的坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
4．（2024高二下·越秀期中）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有（ ）
A．36种 B．45种 C．48种 D．72种
【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从人中选择人看同一部影片，
再从部影片中选择一部安排给这两人观看，
剩余的人，部影片进行全排列，
故共有种情况.
故答案为：A.
【分析】先安排2人看同一部影片，再安排剩余2人，利用分步乘法计数原理和排列数公式、组合数公式，从而得出恰有两人看同一部影片的选择共有的种数.
5．（2024高二下·越秀期中）一袋中有大小相同的个红球和个白球，若从中不放回地取球次，每次任取个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到白球”为事件，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：依题意，，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用古典概率公式求出，的值，再由条件概率公式得出的值.
6．（2024高二下·越秀期中）已知，其中，则（ ）
A．16 B．32 C．24 D．48
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：因为，
其中展开式的通项为（且），
所以展开式中含的项为，
所以，解得，
所以，
令可得；
令可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由写出展开式的通项，从而得到展开式中含的项，即可求出的值，再利用赋值法计算可得的值.
7．（2024高二下·越秀期中）函数，若在上有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题意，函数，可得，
若时，当时，可得，在上单调递减，
此时函数在没有最小值，不符合题意；
当时，令，即，即与的交点，
画出函数与的图象，如图所示，
结合图象，可得存在，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
此时函数在上有最小值，符合题意，
综上可得，实数a的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】求得导数，当时，得到在上单调递减，不符合题意；当时，结合函数与的图象，得到存在，使得，结合函数的单调性，即可求解.
8．（2024高二下·越秀期中）已知函数与的图象恰有三个不同的公共点（其中为自然对数的底数），则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，可得，则，
设，则，即，
又因为，
当时，单调递增且；
当时，单调递减且，
所以，
作出的图象如图所示：
对于，，
设该方程有两个不同的实根，由题意得共有三个实数根，
若是方程的根，则，即，
则方程的另一个根为，不合题意，
若是方程的根，则，即，
则方程的另一个根为，不合题意，
所以关于的方程的两根(不妨令)满足，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由两函数图象有三个公共点可得有三个实根，变形得，设，则关于的方程有两个不同的实数根且共有三个实数根，再结合二次方程根的分布和函数的图象性质，从而可得实数a的取值范围.
9．（2024高二下·越秀期中）已知二项式的展开式，则（ ）
A．常数项是512
B．有理项（x的指数为整数的项）共有5项
C．第4项和第5项的二项式系数相等
D．展开式的二项式系数和为512
【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：依题意，展开式的通项公式为：，
当时，对应的项是常数项，故常数项为，故A正确；
当时，对应的项是有理项，故有理项有项，故B正确；
因为第四项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，显然不相等，故C错误；
因为展开式的所有二项式系数和为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式的展开式的通项公式为，再结合赋值法、常数项的定义、有理项的定义、二项式系数求解方法、二项式系数的和求解方法，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2024高二下·越秀期中）已知函数的导函数的极值点同时也是的零点，则（ ）
A．
B．在R上单调递增
C．的图象关于点中心对称
D．过坐标原点只有两条直线与曲线相切
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：由题意知：，
设，则，
∴当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
是的极小值点，即是的极小值点，
由于的极值点同时也是的零点，
，解得：，故选项A错误；
，即，
又因为在上不恒为，
在上单调递增，故选项B正确；
又，
，
的图象关于点中心对称，故选项C正确；
设过坐标原点的直线与曲线相切于点，
，∴切线方程为：，
即切线方程为：，
代入点得：，
即，
解得：或，
则得到切线方程为或，
∴过坐标原点有两条不同的直线与相切，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用二次导数可求出的极值点，结合该极值点为的零点可构造方程，从而得出的值，则判断出选项A；利用的正负可判断出函数的单调性，则判断出选项B；要判断出函数的图象关于点对称，则需要验证是否成立，从而判断出选项C；利用过某一点横坐标表示的切线方程，再由切线方程过原点得到关于的方程，通过这个方程解的个数可以判断切线方程的条数，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高二下·越秀期中）给定数列，定义差分运算：．若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
【答案】A,B
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；数列的求和
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
则，
显然当时，恒成立，故A正确；
对于B：由，得，
当时，
即，
则，
两式相减得
因此，显然满足上式，则，故B正确；
对于C：由，
所以数列是递增数列，则有最小值，无最大值，
当时，不存在，使得，故C错误；
对于D，因为，
由选项B得，显然数列是递减数列，且，
因此当时，不存在，使得成立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由已知条件求出、，即可判断选项A；利用累加法结合错位相减法求和，从而求出，即可判断选项B；利用已知条件结合数列的单调性，则判断出选项C；由选项B结合数列的单调性，从而求出和的取值范围，则判断选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·越秀期中）老师排练节目需要名男生和名女生，将这名学生随机排成一排，名女生不相邻的排法为 .
【答案】
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，首先将名男生全排列有种排法，
再将名女生插入到名男生所形成的个空中的个，有种排法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种排法.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合不相邻问题使用插空法，再结合分步乘法计数原理和排列数公式，从而得出这名学生随机排成一排，名女生不相邻的排法种数.
13．（2024高二下·越秀期中）已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
【答案】4；3或4
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列公比为，且，
因为，所以，解得，，或；
当，时，数列的值分别为，易知数列单调递增，且各项均大于，则不会存在使得的乘积最大，故舍去；
当时，数列的值分别为，…，
易知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，前项均为正数且大于等于，
则存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4.
【分析】由题意，利用等比数列的性质，列关于公比和的等式求解即可；分类讨论可求的值，即可求得数列的各项，再求满足条件的的值即可．
14．（2024高二下·越秀期中）已知函数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设，则，
故，则，
又因为，即，所以，，，
因为，所以在上恒成立，
其中.
理由如下：构造，则，
令得：，
当时，；当时，，
故在处取的极小值，也是最小值，，从而得证，
故，故，实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】先构造函数，利用求得，即当时，恒成立，再进行参变分离后使用切线放缩，从而求出实数的取值范围.
15．（2024高二下·越秀期中）已知函数在和上为增函数，在上为减函数．
（1）求的解析式；
（2）求的极值．
【答案】（1）解：，，
由题意得与是方程的两个根，
则，解得，
.
（2）解：由已知条件得出是的极大值点，是的极小值点，
由可知，函数有且仅有两个极值点.
极大值，
极小值.
【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）由题意得出与是方程的两个根，即，解方程组得出b，c的值，从而得出函数的解析式.
（2）由题中给出的函数的单调性结合函数的极值的定义可得是的极大值点，是的极小值点，再结合代入法得出函数的极值.
（1），，
由题意得与是方程的两个根，
则，解得，
.
（2）由已知得是的极大值点，是的极小值点，
由可知，函数有且仅有两个极值点.
极大值，
极小值.
16．（2024高二下·越秀期中）已知为数列的前n项和，是公差为1的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）解：因为，所以，
则是公差为1的等差数列，
所以，故，
当时，，
显然，所以，.
（2）证明：因为，
所以
，
随着的变大，变大，
故当时，取得最小值，
最小值为且，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义求出，再利用求出数列的通项公式.
（2）利用裂项相消法求和得到，再结合函数的单调性得到函数的最小值，从而证出不等式成立.
（1）因为，所以，
是公差为1的等差数列，
所以，
故，
当时，，
显然，
所以，.
（2），
所以
，
随着的变大，变大，故当时，取得最小值，
最小值为，且，
故.
17．（2024高二下·越秀期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是菱形，，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值；
【答案】（1）证明：如图所示，连接，连接，，
，分别为，的中点，
且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面
（2）解：如图所示，连接，取中点，连接，
由直四棱柱的底面为菱形，
平面，，
以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，
，，，
，，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用中点作中位线的方法，结合中位线的性质得出线线平行，再利用平行四边形的定义证出四边形为平行四边形，从而得出线线平行，根据线线平行证出线面平行，即证出直线平面.
（2）利用已知条件和直四棱柱、菱形的结构特征得出线面垂直和线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）如图所示，连接，连接，，
，分别为，的中点，
且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面；
（2）如图所示，
连接，取中点，连接，
由已知直四棱柱的底面为菱形，
平面，，
以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，
，，，
，，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高二下·越秀期中）已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切．
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求；
（3）设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值．
【答案】（1）解：因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切，
即点到定点的距离与到直线的距离相等，
且点不在直线上，
所以，由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，
定直线为准线的抛物线，
则抛物线方程为，
又因为，则，
故圆心的轨迹方程为．
（2）解：如图，由题知，直线的方程为，
由，解得或，
所以，，
所以.
（3）解：设，则，又因为，
则，
因为二次函数的对称轴为，
故当时，即当时，，
此时；
当时，即当时，，
此时，
所以.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得出动圆圆心的轨迹方程.
（2）将直线方程与抛物线方程联立，从而求出交点坐标，再由计算可得的值.
（3）根据题意求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数的最小值问题，再分类讨论得出、两点间距离的最小值.
（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切，
即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上，
所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
抛物线方程形如，又，则，
故圆心的轨迹方程为．
（2）如图，由题知，直线的方程为，
由，解得或，所以，，
所以.
（3）设，则，又，
则，
因二次函数的对称轴为，
故当，即时，，此时；
当，即时，，此时.
所以.
19．（2024高二下·越秀期中）已知函数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）时，求在上的最大值；
（3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】（1）解：由，得，，
当时，，在上单调递减；
当时，若，，若，，
在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，并且，，
当时，即，此时在上单调递减，此时的最大值为，
即在上的最大值为a；
当时，即时，即 在上单调增，此时的最大值为，
即在上的最大值为ae-2；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时 求在上的最大值可能在x=1与x=e取到；
又，，接下来比较，即可得到最值；
由，得，则当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为．
综上：当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为.
（3）解：由，得，
即恒成立，
令，则．
令，则在上恒成立，
单调递增，而，，则存在，
使得，即．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则．
又恒成立，整数的最大值为4．
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；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，分和两种情况，判断的符号，即可求解；
（2）通过讨论在上的单调性，即可求最大值；
（3）通过分离参数，得到，令，借助隐零点求出在上的最小值的范围，即可求解.
1 / 1广东省广州市育才中学2023-2024学年高二下学期期中数学试题
1．（2024高二下·越秀期中）已知椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·越秀期中）已知数列满足且，则（ ）
A． B． C． D．1
3．（2024高二下·越秀期中）函数的图象在点处的切线方程是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·越秀期中）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有（ ）
A．36种 B．45种 C．48种 D．72种
5．（2024高二下·越秀期中）一袋中有大小相同的个红球和个白球，若从中不放回地取球次，每次任取个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到白球”为事件，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·越秀期中）已知，其中，则（ ）
A．16 B．32 C．24 D．48
7．（2024高二下·越秀期中）函数，若在上有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·越秀期中）已知函数与的图象恰有三个不同的公共点（其中为自然对数的底数），则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·越秀期中）已知二项式的展开式，则（ ）
A．常数项是512
B．有理项（x的指数为整数的项）共有5项
C．第4项和第5项的二项式系数相等
D．展开式的二项式系数和为512
10．（2024高二下·越秀期中）已知函数的导函数的极值点同时也是的零点，则（ ）
A．
B．在R上单调递增
C．的图象关于点中心对称
D．过坐标原点只有两条直线与曲线相切
11．（2024高二下·越秀期中）给定数列，定义差分运算：．若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
12．（2024高二下·越秀期中）老师排练节目需要名男生和名女生，将这名学生随机排成一排，名女生不相邻的排法为 .
13．（2024高二下·越秀期中）已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
14．（2024高二下·越秀期中）已知函数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数a的取值范围是 ．
15．（2024高二下·越秀期中）已知函数在和上为增函数，在上为减函数．
（1）求的解析式；
（2）求的极值．
16．（2024高二下·越秀期中）已知为数列的前n项和，是公差为1的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
17．（2024高二下·越秀期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是菱形，，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值；
18．（2024高二下·越秀期中）已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切．
（1）求动圆圆心的轨迹方程；
（2）设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求；
（3）设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值．
19．（2024高二下·越秀期中）已知函数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）时，求在上的最大值；
（3）当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为，
依题意可得，
所以，
则离心率，
解得，则，
所以椭圆的长轴长为.
故答案为：B.
【分析】先根据椭圆方程得到，结合椭圆中a，b，c三者的关系式，即可求出的值，再由椭圆的离心率公式求出的值，从而求出椭圆的长轴长.
2．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为数列满足，所以数列是公比为2的等比数列，
因为，则，解得.
故答案为：A.
【分析】由条件得数列为等比数列，利用等比数列的通项公式列方程求解.
3．【答案】C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，
所以，
，
所以，
即切点为，切线的斜率，
所以切线方程为，即.
故答案为：C
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，利用代入法得出切点的坐标，再根据点斜式得出函数的图象在点处的切线方程.
4．【答案】A
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从人中选择人看同一部影片，
再从部影片中选择一部安排给这两人观看，
剩余的人，部影片进行全排列，
故共有种情况.
故答案为：A.
【分析】先安排2人看同一部影片，再安排剩余2人，利用分步乘法计数原理和排列数公式、组合数公式，从而得出恰有两人看同一部影片的选择共有的种数.
5．【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：依题意，，，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用古典概率公式求出，的值，再由条件概率公式得出的值.
6．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：因为，
其中展开式的通项为（且），
所以展开式中含的项为，
所以，解得，
所以，
令可得；
令可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由写出展开式的通项，从而得到展开式中含的项，即可求出的值，再利用赋值法计算可得的值.
7．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题意，函数，可得，
若时，当时，可得，在上单调递减，
此时函数在没有最小值，不符合题意；
当时，令，即，即与的交点，
画出函数与的图象，如图所示，
结合图象，可得存在，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
此时函数在上有最小值，符合题意，
综上可得，实数a的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】求得导数，当时，得到在上单调递减，不符合题意；当时，结合函数与的图象，得到存在，使得，结合函数的单调性，即可求解.
8．【答案】B
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，可得，则，
设，则，即，
又因为，
当时，单调递增且；
当时，单调递减且，
所以，
作出的图象如图所示：
对于，，
设该方程有两个不同的实根，由题意得共有三个实数根，
若是方程的根，则，即，
则方程的另一个根为，不合题意，
若是方程的根，则，即，
则方程的另一个根为，不合题意，
所以关于的方程的两根(不妨令)满足，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由两函数图象有三个公共点可得有三个实根，变形得，设，则关于的方程有两个不同的实数根且共有三个实数根，再结合二次方程根的分布和函数的图象性质，从而可得实数a的取值范围.
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：依题意，展开式的通项公式为：，
当时，对应的项是常数项，故常数项为，故A正确；
当时，对应的项是有理项，故有理项有项，故B正确；
因为第四项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，显然不相等，故C错误；
因为展开式的所有二项式系数和为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式的展开式的通项公式为，再结合赋值法、常数项的定义、有理项的定义、二项式系数求解方法、二项式系数的和求解方法，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性
【解析】【解答】解：由题意知：，
设，则，
∴当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
是的极小值点，即是的极小值点，
由于的极值点同时也是的零点，
，解得：，故选项A错误；
，即，
又因为在上不恒为，
在上单调递增，故选项B正确；
又，
，
的图象关于点中心对称，故选项C正确；
设过坐标原点的直线与曲线相切于点，
，∴切线方程为：，
即切线方程为：，
代入点得：，
即，
解得：或，
则得到切线方程为或，
∴过坐标原点有两条不同的直线与相切，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用二次导数可求出的极值点，结合该极值点为的零点可构造方程，从而得出的值，则判断出选项A；利用的正负可判断出函数的单调性，则判断出选项B；要判断出函数的图象关于点对称，则需要验证是否成立，从而判断出选项C；利用过某一点横坐标表示的切线方程，再由切线方程过原点得到关于的方程，通过这个方程解的个数可以判断切线方程的条数，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；数列的求和
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
则，
显然当时，恒成立，故A正确；
对于B：由，得，
当时，
即，
则，
两式相减得
因此，显然满足上式，则，故B正确；
对于C：由，
所以数列是递增数列，则有最小值，无最大值，
当时，不存在，使得，故C错误；
对于D，因为，
由选项B得，显然数列是递减数列，且，
因此当时，不存在，使得成立，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由已知条件求出、，即可判断选项A；利用累加法结合错位相减法求和，从而求出，即可判断选项B；利用已知条件结合数列的单调性，则判断出选项C；由选项B结合数列的单调性，从而求出和的取值范围，则判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，首先将名男生全排列有种排法，
再将名女生插入到名男生所形成的个空中的个，有种排法，
按照分步乘法计数原理可得一共有种排法.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合不相邻问题使用插空法，再结合分步乘法计数原理和排列数公式，从而得出这名学生随机排成一排，名女生不相邻的排法种数.
13．【答案】4；3或4
【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列公比为，且，
因为，所以，解得，，或；
当，时，数列的值分别为，易知数列单调递增，且各项均大于，则不会存在使得的乘积最大，故舍去；
当时，数列的值分别为，…，
易知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，前项均为正数且大于等于，
则存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4.
【分析】由题意，利用等比数列的性质，列关于公比和的等式求解即可；分类讨论可求的值，即可求得数列的各项，再求满足条件的的值即可．
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：设，则，
故，则，
又因为，即，所以，，，
因为，所以在上恒成立，
其中.
理由如下：构造，则，
令得：，
当时，；当时，，
故在处取的极小值，也是最小值，，从而得证，
故，故，实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】先构造函数，利用求得，即当时，恒成立，再进行参变分离后使用切线放缩，从而求出实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：，，
由题意得与是方程的两个根，
则，解得，
.
（2）解：由已知条件得出是的极大值点，是的极小值点，
由可知，函数有且仅有两个极值点.
极大值，
极小值.
【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）由题意得出与是方程的两个根，即，解方程组得出b，c的值，从而得出函数的解析式.
（2）由题中给出的函数的单调性结合函数的极值的定义可得是的极大值点，是的极小值点，再结合代入法得出函数的极值.
（1），，
由题意得与是方程的两个根，
则，解得，
.
（2）由已知得是的极大值点，是的极小值点，
由可知，函数有且仅有两个极值点.
极大值，
极小值.
16．【答案】（1）解：因为，所以，
则是公差为1的等差数列，
所以，故，
当时，，
显然，所以，.
（2）证明：因为，
所以
，
随着的变大，变大，
故当时，取得最小值，
最小值为且，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义求出，再利用求出数列的通项公式.
（2）利用裂项相消法求和得到，再结合函数的单调性得到函数的最小值，从而证出不等式成立.
（1）因为，所以，
是公差为1的等差数列，
所以，
故，
当时，，
显然，
所以，.
（2），
所以
，
随着的变大，变大，故当时，取得最小值，
最小值为，且，
故.
17．【答案】（1）证明：如图所示，连接，连接，，
，分别为，的中点，
且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面
（2）解：如图所示，连接，取中点，连接，
由直四棱柱的底面为菱形，
平面，，
以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，
，，，
，，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用中点作中位线的方法，结合中位线的性质得出线线平行，再利用平行四边形的定义证出四边形为平行四边形，从而得出线线平行，根据线线平行证出线面平行，即证出直线平面.
（2）利用已知条件和直四棱柱、菱形的结构特征得出线面垂直和线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）如图所示，连接，连接，，
，分别为，的中点，
且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面；
（2）如图所示，
连接，取中点，连接，
由已知直四棱柱的底面为菱形，
平面，，
以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，
，，，
，，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切，
即点到定点的距离与到直线的距离相等，
且点不在直线上，
所以，由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，
定直线为准线的抛物线，
则抛物线方程为，
又因为，则，
故圆心的轨迹方程为．
（2）解：如图，由题知，直线的方程为，
由，解得或，
所以，，
所以.
（3）解：设，则，又因为，
则，
因为二次函数的对称轴为，
故当时，即当时，，
此时；
当时，即当时，，
此时，
所以.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得出动圆圆心的轨迹方程.
（2）将直线方程与抛物线方程联立，从而求出交点坐标，再由计算可得的值.
（3）根据题意求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数的最小值问题，再分类讨论得出、两点间距离的最小值.
（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切，
即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上，
所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
抛物线方程形如，又，则，
故圆心的轨迹方程为．
（2）如图，由题知，直线的方程为，
由，解得或，所以，，
所以.
（3）设，则，又，
则，
因二次函数的对称轴为，
故当，即时，，此时；
当，即时，，此时.
所以.
19．【答案】（1）解：由，得，，
当时，，在上单调递减；
当时，若，，若，，
在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，并且，，
当时，即，此时在上单调递减，此时的最大值为，
即在上的最大值为a；
当时，即时，即 在上单调增，此时的最大值为，
即在上的最大值为ae-2；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时 求在上的最大值可能在x=1与x=e取到；
又，，接下来比较，即可得到最值；
由，得，则当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为．
综上：当时，在上的最大值为；
当时，在上的最大值为.
（3）解：由，得，
即恒成立，
令，则．
令，则在上恒成立，
单调递增，而，，则存在，
使得，即．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则．
又恒成立，整数的最大值为4．
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；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，分和两种情况，判断的符号，即可求解；
（2）通过讨论在上的单调性，即可求最大值；
（3）通过分离参数，得到，令，借助隐零点求出在上的最小值的范围，即可求解.
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