广东省东莞东华高级中学、东华松山湖高级中学2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题
1．（2024高二下·东莞期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·东莞期末）随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“618”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据（如表所示），用最小二乘法求得关于的线性回归方程是，预测当售价为45元时，销售量件数大约为（ ）（单位：百件）
20 25 30 35 40
5 7 8 9 11
A．12 B．12.5 C．13 D．11.75
3．（2024高二下·东莞期末）已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．36 D．18
4．（2024高二下·东莞期末） 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ）
A．36种 B．42种 C．48种 D．52种
5．（2024高二下·东莞期末）已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·东莞期末）如下图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·东莞期末）已知直线的方程为(，为常数)，曲线的方程为，则“”是“直线与曲线有公共点”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2024高二下·东莞期末）设实数，e为自然对数的底数，若，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·东莞期末） 下列说法正确的是（ ）
A．已知随机变量服从二项分布，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7
D．若事件满足，则事件相互独立
10．（2024高二下·东莞期末）已知双曲线和圆，则（ ）
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的渐近线方程为
C．当时，双曲线与圆没有公共点
D．当时，双曲线与圆恰有两个公共点
11．（2024高二下·东莞期末）已知函数，下列选项正确的是（ ）
A．有最大值
B．
C．若时，恒成立，则
D．设为两个不相等的正数，且，则
12．（2024高二下·东莞期末）的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为 ．
13．（2024高二下·东莞期末）曲线在点处的切线方程为 ．
14．（2024高二下·东莞期末）在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为 .
15．（2024高二下·东莞期末）随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
（1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
（2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.
16．（2024高二下·东莞期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点.
（1）证明：直线平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．（2024高二下·东莞期末）已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
18．（2024高二下·东莞期末）已知抛物线的焦点为，为上一点，且.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.
（i）求点的坐标；
（ii）求与的面积之和的最小值.
19．（2024高二下·东莞期末）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
（1）写出这个数列的前7项；
（2）如果且，求m，n的值；
（3）记，，求一个正整数n，满足．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先求集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：易知，，
则回归方程过点，即，解得，故，
将代入中，可得．
故答案为：D．
【分析】先计算，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，得回归直线方程，再将代入计算即可.
3．【答案】C
【知识点】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，因为，，所以，所以，所以，若，则.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式求出，再根据等比数列的通项求出，最后由等差数列求和公式及下标和性质计算即可.
4．【答案】B
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意可以分以下两种情况：①副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；②若副队长担任2号位，则从除队长以外的3民队员中选取1人担任1号位，后面3个位置无任何限制，有种安排方式，综上一共有：24+18=42种安排方式.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查排列组合的综合运用，根据题意分①副队长担任1号位；②若副队长担任2号位两种情况进分类讨论结合排列组合的知识即可求解.
5．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：依题意，设椭圆方程为，则，
直线，由，解得，则，于是，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：A
【分析】设出椭圆方程，根据给定条件，列出方程组求出椭圆长半轴长即可得解.
6．【答案】C
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体棱长为2，则，，，
，，，
设异面直线与所成的角为，且，，则，
即异面直线与所成的角的大小为.
故答案为：C.
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角即可.
7．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：曲线：，整理可得，
则曲线是以原点为圆心，半径的圆在轴及轴上方部分，如图所示：
若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得，即必要性成立；
当，时直线的方程为，显然直线与曲线没有交点，即充分性不成立；
综上：“”是“直线与曲线有公共点”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据直线与圆的位置关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由，可得，
两边同除得：，
可设函数，，
当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，，
故由可得，所以，整理得得.
故答案为：C.
【分析】根据题意由对数的运算性质整理化简不等式，再构造函数并对函数求导由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得证出结论。
9．【答案】A,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；条件概率；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为随机变量服从二项分布，则，故A正确；
B、因为随机变量服从正态分布，则对称轴为，，故B错误；
C、10×70%=7，则这组数据的第70百分位数为，故C错误；
D、因为，所以，所以事件相互独立.
故答案为：AD.
【分析】根据二项分布知识即可判断A；根据正态分布知识即可判断B；根据百分位数即可判断C；根据条件概率即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由已知得，，则，所以双曲线的离心率，A符合题意；
双曲线的渐近线方程为，即，B不符合题意；
因为圆心到双曲线的渐近线的距离，
所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，C符合题意；
设双曲线上的点的坐标为，，则圆心到点的距离为
，当且仅当时取等号，
所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为，
所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线上的点的坐标为，圆心到点的距离为，即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，从而判断D.
11．【答案】A,C,D
【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】【解答】解：对于选项A：由题意可得：函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
则，
所以，故B错误；
对于选项C：构建，则，
因为，且当时，恒成立，
则，解得，
若，则当时恒成立，
则在上单调递减，则，符合题意
综上所述：符合题意，故C正确；
对于选项D：因为，
整理得，即，
由选项A可知：函数在上单调递增，在上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于0，且令，解得，
不妨设，
构建，
因为在上恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以，即，
可得，
注意到在上单调递减，且，
所以，即，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查利用导函数求函数的最值，函数的单调性，函数的恒成立问题，构造函数证明不等式..先对函数求导可得：，进而求出在定义域上的单调性，可求出函数的最值。代入函数解析式可求出，利用作差法可比较出对应函数值得大小；先构造函数，再进行求导，可求出其最小值，利用恒成立进行转化可得出a的取值范围；先对进行变形可得：，即，再设，
构建，研究此函数的性质可得出答案.
12．【答案】15
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由的展开式中第2项的二项式系数为6，可得，即，
的展开式的通项公式为：，
令，解得，则展开式中的常数项为．
故答案为：15.
【分析】根据第2项的二项式系数为6求出，再写出的展开式的通项公式，令，解得，代入求解即可.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则
【解析】【解答】因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求导，根据题意结合导数的几何意义运算求解.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】分别取AD、AB的中点Q，R，连结PQ，PR，QR，如图所示：
因为PA=PD，则，又因为平面平面且平面平面且平面PAD，所以平面，又平面，平面
所以又所以
所以又因为Q。R分别为AD，AB的中点，所以所以又平面PQR，
所以平面PQR，所以所以为二面角的平面角，所以
又因为所以所以三棱锥P-ABD外接球的球心在直线PQ上，又知道O在线段PQ的延长线上，
设则，即解得：所以三棱锥P-ABD的外接球半径为：
又因为，即所以A，B，C，D四点共圆，
所以三棱锥P-ABD的外接球就为四棱锥P-ABCD的外接球，
故四棱锥外接球的表面积为
故答案为：.
【分析】本题主要考查三棱锥，四棱锥的几何性质，二面角的平面角，线面垂直的判定及性质，球的表面积公式等基础知识，分别取AD、AB的中点Q，R，连结PQ，PR，QR，根据已知条件结合线面垂直的判定定理可得平面，从而得到：
再根据中位线定理勾股定理可得逆定理可得进而证明平面PQR，从而得到为二面角的平面角，即可求出PQ，又三棱锥P-ABD外接球的球心在直线PQ上，求出三棱锥P-ABD外接球的半径，再根据即得到A，B，C，D四点共圆，所以三棱锥P-ABD的外接球就为四棱锥P-ABCD的外接球，即可求得四棱锥外接球的表面积.
15．【答案】（1）解：20位客户的评分从小到大排列为：
62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94，
因为，所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为；
（2）解：由已知得分公司中，75分以下的有66分，72分；
分公司中，75分以下的有62分，70分，73分，
上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人，
则的可能取值为1，2，3，
，
的分布列为
1 2 3
.
【知识点】超几何分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）将数据从小到大排列，根据第一四分位数的概念求解即可；
（2）先求出两个公司不满意的人数，确定随机变量的取值，求出对应的概率，根据数学期望公式求解即可.
（1）将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.
（2）由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；
分公司中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.
所以的所有可能取值为1，2，3.
，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
16．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以且，
又因为正方形中，是中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）解：因为底面四边形为正方形，且底面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设平面的法向量为，则，
令，可得，则，
设，则，
因为，所以，可得，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
设平面与平面的夹角的为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解即可.
（1）证明：取的中点为，连接，
因为分别为的中点，所以且，
在正方形中，是中点，可得且，
所以且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，故直线平面.
（2）解：因为底面四边形为正方形，且底面，
以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设，则，
因为，所以，可得，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面的夹角的为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减.
（2）解：令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，，
解得：，所以的最小值为
【知识点】函数恒成立问题；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)利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数f(x)的单调区间.
(2)令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数的最小值.
18．【答案】（1）解：由题意可得，解得，则抛物线的方程为：；
（2）解：（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，，
设，，
不妨设，由韦达定理可得：，
则直线AD的方程为：，即，
即，令，可得，
所以，所以，所以；
（ii）如图所示：
可得，，
则与的面积之和为：
，
当且仅当时，即时等号成立，
故与的面积之和的最小值为.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列方程求，即可得抛物线方程；
（2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即可；
（ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值即可．
（1）由题意可得，解得，
所以的方程为：；
（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，
故可设的直线的方程为，
代入抛物线的方程，
可得，
方程的判别式，
设，，
不妨设，则，
所以直线AD的方程为：，即
即，令，可得，
所以，所以
所以；
（ii）如图所示，可得，
，
所以与的面积之和
当且仅当时，即时，等号成立，
所以与的面积之和的最小值为.
19．【答案】（1）解：由题意可得：，，
，，，
，；
（2）解：由已知，m，n均为奇数，不妨设，
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以，
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数，
所以，
而，所以，即，，无解，
所以；
（3）解：显然，n不能为偶数，否则，不满足，则n为正奇数，
因为，所以，
设或，，
当时，，不满足；
当时，，即，
所以，取，时，
即．
【知识点】数列的应用
【解析】【分析】（1）根据数列的定义求解即可；
（2）根据数列的定义，分和分别求解即可；
（3）根据数列的定义，写出的值求解即可.
（1）根据题意，，，
，，，
，．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
1 / 1广东省东莞东华高级中学、东华松山湖高级中学2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题
1．（2024高二下·东莞期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先求集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高二下·东莞期末）随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“618”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据（如表所示），用最小二乘法求得关于的线性回归方程是，预测当售价为45元时，销售量件数大约为（ ）（单位：百件）
20 25 30 35 40
5 7 8 9 11
A．12 B．12.5 C．13 D．11.75
【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：易知，，
则回归方程过点，即，解得，故，
将代入中，可得．
故答案为：D．
【分析】先计算，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，得回归直线方程，再将代入计算即可.
3．（2024高二下·东莞期末）已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．36 D．18
【答案】C
【知识点】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，因为，，所以，所以，所以，若，则.
故答案为：C.
【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式求出，再根据等比数列的通项求出，最后由等差数列求和公式及下标和性质计算即可.
4．（2024高二下·东莞期末） 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ）
A．36种 B．42种 C．48种 D．52种
【答案】B
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意可以分以下两种情况：①副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；②若副队长担任2号位，则从除队长以外的3民队员中选取1人担任1号位，后面3个位置无任何限制，有种安排方式，综上一共有：24+18=42种安排方式.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查排列组合的综合运用，根据题意分①副队长担任1号位；②若副队长担任2号位两种情况进分类讨论结合排列组合的知识即可求解.
5．（2024高二下·东莞期末）已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：依题意，设椭圆方程为，则，
直线，由，解得，则，于是，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：A
【分析】设出椭圆方程，根据给定条件，列出方程组求出椭圆长半轴长即可得解.
6．（2024高二下·东莞期末）如下图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体棱长为2，则，，，
，，，
设异面直线与所成的角为，且，，则，
即异面直线与所成的角的大小为.
故答案为：C.
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角即可.
7．（2024高二下·东莞期末）已知直线的方程为(，为常数)，曲线的方程为，则“”是“直线与曲线有公共点”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：曲线：，整理可得，
则曲线是以原点为圆心，半径的圆在轴及轴上方部分，如图所示：
若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得，即必要性成立；
当，时直线的方程为，显然直线与曲线没有交点，即充分性不成立；
综上：“”是“直线与曲线有公共点”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据直线与圆的位置关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
8．（2024高二下·东莞期末）设实数，e为自然对数的底数，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由，可得，
两边同除得：，
可设函数，，
当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，，
故由可得，所以，整理得得.
故答案为：C.
【分析】根据题意由对数的运算性质整理化简不等式，再构造函数并对函数求导由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得证出结论。
9．（2024高二下·东莞期末） 下列说法正确的是（ ）
A．已知随机变量服从二项分布，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．已知一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第70百分位数为7
D．若事件满足，则事件相互独立
【答案】A,D
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点；条件概率；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为随机变量服从二项分布，则，故A正确；
B、因为随机变量服从正态分布，则对称轴为，，故B错误；
C、10×70%=7，则这组数据的第70百分位数为，故C错误；
D、因为，所以，所以事件相互独立.
故答案为：AD.
【分析】根据二项分布知识即可判断A；根据正态分布知识即可判断B；根据百分位数即可判断C；根据条件概率即可判断D.
10．（2024高二下·东莞期末）已知双曲线和圆，则（ ）
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的渐近线方程为
C．当时，双曲线与圆没有公共点
D．当时，双曲线与圆恰有两个公共点
【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由已知得，，则，所以双曲线的离心率，A符合题意；
双曲线的渐近线方程为，即，B不符合题意；
因为圆心到双曲线的渐近线的距离，
所以当时，圆与双曲线的渐近线相切，此时双曲线与圆没有公共点，C符合题意；
设双曲线上的点的坐标为，，则圆心到点的距离为
，当且仅当时取等号，
所以圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，且双曲线上只有两个点到圆心的距离为，
所以当时，双曲线与圆恰有两个公共点，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断C，设双曲线上的点的坐标为，圆心到点的距离为，即可得到圆心到双曲线上的点的距离的最小值为，从而判断D.
11．（2024高二下·东莞期末）已知函数，下列选项正确的是（ ）
A．有最大值
B．
C．若时，恒成立，则
D．设为两个不相等的正数，且，则
【答案】A,C,D
【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】【解答】解：对于选项A：由题意可得：函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
则，
所以，故B错误；
对于选项C：构建，则，
因为，且当时，恒成立，
则，解得，
若，则当时恒成立，
则在上单调递减，则，符合题意
综上所述：符合题意，故C正确；
对于选项D：因为，
整理得，即，
由选项A可知：函数在上单调递增，在上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于0，且令，解得，
不妨设，
构建，
因为在上恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以，即，
可得，
注意到在上单调递减，且，
所以，即，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查利用导函数求函数的最值，函数的单调性，函数的恒成立问题，构造函数证明不等式..先对函数求导可得：，进而求出在定义域上的单调性，可求出函数的最值。代入函数解析式可求出，利用作差法可比较出对应函数值得大小；先构造函数，再进行求导，可求出其最小值，利用恒成立进行转化可得出a的取值范围；先对进行变形可得：，即，再设，
构建，研究此函数的性质可得出答案.
12．（2024高二下·东莞期末）的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为 ．
【答案】15
【知识点】二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由的展开式中第2项的二项式系数为6，可得，即，
的展开式的通项公式为：，
令，解得，则展开式中的常数项为．
故答案为：15.
【分析】根据第2项的二项式系数为6求出，再写出的展开式的通项公式，令，解得，代入求解即可.
13．（2024高二下·东莞期末）曲线在点处的切线方程为 ．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则
【解析】【解答】因为，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求导，根据题意结合导数的几何意义运算求解.
14．（2024高二下·东莞期末）在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】分别取AD、AB的中点Q，R，连结PQ，PR，QR，如图所示：
因为PA=PD，则，又因为平面平面且平面平面且平面PAD，所以平面，又平面，平面
所以又所以
所以又因为Q。R分别为AD，AB的中点，所以所以又平面PQR，
所以平面PQR，所以所以为二面角的平面角，所以
又因为所以所以三棱锥P-ABD外接球的球心在直线PQ上，又知道O在线段PQ的延长线上，
设则，即解得：所以三棱锥P-ABD的外接球半径为：
又因为，即所以A，B，C，D四点共圆，
所以三棱锥P-ABD的外接球就为四棱锥P-ABCD的外接球，
故四棱锥外接球的表面积为
故答案为：.
【分析】本题主要考查三棱锥，四棱锥的几何性质，二面角的平面角，线面垂直的判定及性质，球的表面积公式等基础知识，分别取AD、AB的中点Q，R，连结PQ，PR，QR，根据已知条件结合线面垂直的判定定理可得平面，从而得到：
再根据中位线定理勾股定理可得逆定理可得进而证明平面PQR，从而得到为二面角的平面角，即可求出PQ，又三棱锥P-ABD外接球的球心在直线PQ上，求出三棱锥P-ABD外接球的半径，再根据即得到A，B，C，D四点共圆，所以三棱锥P-ABD的外接球就为四棱锥P-ABCD的外接球，即可求得四棱锥外接球的表面积.
15．（2024高二下·东莞期末）随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
（1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
（2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：20位客户的评分从小到大排列为：
62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94，
因为，所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为；
（2）解：由已知得分公司中，75分以下的有66分，72分；
分公司中，75分以下的有62分，70分，73分，
上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人，
则的可能取值为1，2，3，
，
的分布列为
1 2 3
.
【知识点】超几何分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）将数据从小到大排列，根据第一四分位数的概念求解即可；
（2）先求出两个公司不满意的人数，确定随机变量的取值，求出对应的概率，根据数学期望公式求解即可.
（1）将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.
（2）由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；
分公司中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.
所以的所有可能取值为1，2，3.
，
所以的分布列为
1 2 3
数学期望.
16．（2024高二下·东莞期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点.
（1）证明：直线平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取的中点为，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以且，
又因为正方形中，是中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面；
（2）解：因为底面四边形为正方形，且底面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
，
设平面的法向量为，则，
令，可得，则，
设，则，
因为，所以，可得，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
设平面与平面的夹角的为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解即可.
（1）证明：取的中点为，连接，
因为分别为的中点，所以且，
在正方形中，是中点，可得且，
所以且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，故直线平面.
（2）解：因为底面四边形为正方形，且底面，
以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设，则，
因为，所以，可得，且，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面的夹角的为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17．（2024高二下·东莞期末）已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）解：（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减.
（2）解：令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，，
解得：，所以的最小值为
【知识点】函数恒成立问题；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)利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数f(x)的单调区间.
(2)令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数的最小值.
18．（2024高二下·东莞期末）已知抛物线的焦点为，为上一点，且.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.
（i）求点的坐标；
（ii）求与的面积之和的最小值.
【答案】（1）解：由题意可得，解得，则抛物线的方程为：；
（2）解：（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，设直线的方程为，
联立，消元整理可得，，
设，，
不妨设，由韦达定理可得：，
则直线AD的方程为：，即，
即，令，可得，
所以，所以，所以；
（ii）如图所示：
可得，，
则与的面积之和为：
，
当且仅当时，即时等号成立，
故与的面积之和的最小值为.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列方程求，即可得抛物线方程；
（2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即可；
（ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值即可．
（1）由题意可得，解得，
所以的方程为：；
（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，
故可设的直线的方程为，
代入抛物线的方程，
可得，
方程的判别式，
设，，
不妨设，则，
所以直线AD的方程为：，即
即，令，可得，
所以，所以
所以；
（ii）如图所示，可得，
，
所以与的面积之和
当且仅当时，即时，等号成立，
所以与的面积之和的最小值为.
19．（2024高二下·东莞期末）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
（1）写出这个数列的前7项；
（2）如果且，求m，n的值；
（3）记，，求一个正整数n，满足．
【答案】（1）解：由题意可得：，，
，，，
，；
（2）解：由已知，m，n均为奇数，不妨设，
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以，
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数，
所以，
而，所以，即，，无解，
所以；
（3）解：显然，n不能为偶数，否则，不满足，则n为正奇数，
因为，所以，
设或，，
当时，，不满足；
当时，，即，
所以，取，时，
即．
【知识点】数列的应用
【解析】【分析】（1）根据数列的定义求解即可；
（2）根据数列的定义，分和分别求解即可；
（3）根据数列的定义，写出的值求解即可.
（1）根据题意，，，
，，，
，．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
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