浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题
1．（2024高二下·浙江期末）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·浙江期末）已知是平面内四个互不相同的点，为不共线向量，，，则（ ）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
3．（2024高二下·浙江期末）已知复数，则（ ）
A． B． C．2 D．
4．（2024高二下·浙江期末）若，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·浙江期末）AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P -BC -A的大小为（ ）
A．60° B．30° C．45° D．15°
6．（2024高二下·浙江期末）已知函数，若存在非零实数，使得成立 则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·浙江期末）函数，若在区间上是单调函数，且则的值为（ ）
A． B．或 C． D．或
8．（2024高二下·浙江期末）正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·浙江期末）已知，且，，则( )
A． B． C． D．
10．（2024高二下·浙江期末）高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A．所有可能的方法有种
B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
11．（2024高二下·浙江期末）已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（ ）
A．若2为的周期，则为奇函数
B．若为奇函数，则2为的周期
C．若4为的周期，则为偶函数
D．若为偶函数，则4为的周期
12．（2024高二下·浙江期末）若随机变量，若，则 ．
13．（2024高二下·浙江期末）如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为 .
14．（2024高二下·浙江期末）已知函数，若函数有三个极值点，若，则实数的取值范围是 .
15．（2024高二下·浙江期末）在中，角的对边分别为.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的最大值．
16．（2024高二下·浙江期末）已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.
（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；
（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.
17．（2024高二下·浙江期末）如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值.
18．（2024高二下·浙江期末）已知函数，其中且.
（1）若，试证明：恒成立；
（2）若，求函数的单调区间；
（3）请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：）
19．（2024高二下·浙江期末）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲 乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲 乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有0个黑球的概率为.
（1）求的值；
（2）根据马尔科夫链的知识知道，其中为常数，同时，请求出；
（3）求证：的数学期望为定值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得或，
则集合或，；
A、，故A错误；
B、或，故B错误；
CD、，故C错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】解一元二次不等式求出集合，再根据集合交集、并集判断即可.
2．【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：由，，
可得，
则，即三点共线.
故答案为：B.
【分析】利用向量共线充要条件求解即可．
3．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，.
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的除法运算求得复数，再根据复数模的公式计算即可.
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解： 因为，则.
故答案为：C．
【分析】利用和角公式及同角三角函数关系求解即可.
5．【答案】C
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为平面ABC，所以，
又因为是圆的直径，为圆上一点，所以，所以平面，
所以，则为二面角的平面角，
在中，，则．
故答案为：C
【分析】由题意，根据面面角的定义先找出二面角的平面角为，再在中求角即可.
6．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意，设，当时，，，则不存在非零实数，使得成立；
当时，若存在非零实数，使得成立，则方程有正根，
即函数与有交点，
函数的图象与直线相切的情况，
设切点为，则，得，
令，，
则函数在上单调递增，则，
即方程的根只有一个，即，
所以，所以函数的图象与直线相切时，切点为原点，
所以要使函数的图象与直线有交点，只需，即，
故实数k的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】由题意，设，分和两种情况讨论求解即可.
7．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数在上是单调函数，所以，
则，，即，
若，则，函数满足题设条件；
若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，
则，，.
综上所述：或.
故答案为：B.
【分析】由题意，可得范围，从而得，确定对称轴和对称中心，讨论与是否在同一周期里面相邻的对称轴与对称中心即可．
8．【答案】A
【知识点】等比数列的性质；数列的递推公式；数列与函数的综合
【解析】【解答】解： 正项数列中， ，则，即数列为等比数列，公比为，
因为，所以，所以，
则，
令，当且仅当时取等号，
化简可得，
令，因为，所以，
所以，所以，
故的取值范围是．
故答案为：A．
【分析】由递推公式，求出，化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：由，，可得，，
A、函数单调递增，则，故A正确；
B、，故B错误；
C、因为，，，所以，当且仅当时等号成立，
又因为，所以，故C正确；
D、，则，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】先根据指数式和对数式的互化，求得x，y，再利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式逐项判断即可．
10．【答案】B,C,D
【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：A、每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动所有可能的方法有种，选项错误；
B、如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有种，选项正确；
C、如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有种，选项正确；
D、如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有种，选项错误；
故答案为：BC .
【分析】根据分布乘法原理判断A、C，间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A：若2是的周期，则，
由，
可得，
所以，所以为奇函数，故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，
可得，
所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，设，
则，
该函数的最小周期为，故为该函数的周期，该函数为奇函数，故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，
所以，所以，
所以4是的周期，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由已知条件可得，再结合函数的周期性可得，则判断出选项A；由奇函数的定义可得，则可判断选项B；结合已知条件可得结论，则可判断选项C；由已知条件可得，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，且，则，
即，解得，
因为，，所以.
故答案为：.
【分析】先根据二项分布的概率计算求得p的值，再利用正态分布的对称性求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数的值域；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：因为正方形的边长为4，取的中点，连接，
当在点或点时，；
当当在弧中点时，；
所以的取值范围为，
由于，，，
所以，
因为，所以，故，
所以，即的取值范围为.
故填：.
【分析】利用正方形的结构特征和中点的性质，再结合几何法得出的取值范围，再利用向量的数量积运算法则和二次函数的图象求最值的方法，进而得出的取值范围.
14．【答案】
【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】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，解得，令
因为函数有三个极值点，所以直线与曲线有3个不同的交点，
，
令，解得，令，解得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
又时，恒成立，故，
，故，令，故，即，
令，则，，
令，，则，
当时，，故在上单调递减，
故时，，故在上恒成立，
故在上单调递减，故，
又因为在上单调递增，所以，
因为，所以，所以实数的取值范围.
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，令导函数等于0，解得，令，问题转化为直线与曲线有3个不同的交点，求导，利用导数判断函数的单调性，从而得到，由，得到，令，变形得到，，令，求导得到其单调性、极值、最值情况，求出，结合的单调性，从而得到实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：由，可得，
可得，因为，，所以，
又因为，所以；
（2）解： 若，，由余弦定理可得，
则，当且仅当时等号成立，解得，
故周长的最大值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用三角恒等变换化简求解即可；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求解即可.
（1）因为，即，
可得
又因为，则，可得，
且，可得.
（2）法一：由正弦定理可得，则，
可得
，
因为，则，可得，
所以周长的最大值为
法二：由余弦定理可得，
可得，当且仅当时，等号成立，
解得，
所以周长的最大值为.
16．【答案】（1）解：设，由射影定理可得：，即，即，
由，可得，则的轨迹方程为；
（2）解：设，，求导可得，则点处的切线斜率为，
即直线，联立，解得，
由，可得，整理得，
则的方程为或.
【知识点】导数的几何意义；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设，利用射影定理，得到，再由求解即可；
（2）设，利用导数的几何意义求得点处的切线斜率，写出切线方程，联立直线与拋物线方程，再根据求解即可.
（1）解：设，则由射影定理，有，
故，即.
由，易得，故的轨迹方程为.
（2）设点处的切线斜率为，
故.代入拋物线方程，
解得.
由，
得，
整理得.
所以的方程为或.
17．【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为是正三角形，所以，
因为平面平面平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形是菱形，所以，所以两两垂直，
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
平面的法向量为，
设二面角的大小为，则.
故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直的性质定理与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，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形是菱形，所以，
所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
，令
平面的法向量为，
设二面角的大小为，
.
所以二面角的正弦值为.
18．【答案】（1）证明：设函数，求导可得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
即，故恒成立；
（2）解：函数定义域为，，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
则在单调递增，在单调递减；
（3）解：由（2）可知：函数在上单调递增，
因为
从而由（2）知道在上单调递增，所以，
.
又因为，所以，即，所以，
由此可知，即，
从而，故.
【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）由题意，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求导可得，即可证明；
（2）由题意，求导可得，利用导数判断函数的单调性即可；
（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，从而可得，即可证明.
（1）证明：设函数，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即恒成立.
（2）已知，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减.
（3）由（2）可知在上单调递增，
因为
从而由（2）知道在上单调递增.所以.
.
又，所以，即，
所以.
由此可知.即，
从而，故.
19．【答案】（1）解：由题意可得：恰有0个黑球的概率为，
，则；
（2）解：因为，所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即；
（3）证明：因为①，
②，
所以①-②得，
又因为，所以，所以，
的概率分布列为：
0 1 2
，
故的数学期望为定值1.
【知识点】等比数列的性质；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意，根据互斥事件概率及古典概型求解，再由全概率公式求即可；
（2）由事件的独立性及全概率公式求解，构造等比数列求出通项公式即可；
（3）由全概率公式求出的表达式，作差可得，利用列出分布列，求期望即可.
（1）由题意恰有0个黑球的概率为.
由题意知，
所以.
（2）因为，
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
（3）因为①，
②
所以①-②，得.
又因为，所以.所以.
所以的概率分布列为：
0 1 2
所以.
所以的数学期望为定值1.
1 / 1浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期6月期末联考数学试题
1．（2024高二下·浙江期末）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得或，
则集合或，；
A、，故A错误；
B、或，故B错误；
CD、，故C错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】解一元二次不等式求出集合，再根据集合交集、并集判断即可.
2．（2024高二下·浙江期末）已知是平面内四个互不相同的点，为不共线向量，，，则（ ）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：由，，
可得，
则，即三点共线.
故答案为：B.
【分析】利用向量共线充要条件求解即可．
3．（2024高二下·浙江期末）已知复数，则（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，.
故答案为：A.
【分析】利用复数代数形式的除法运算求得复数，再根据复数模的公式计算即可.
4．（2024高二下·浙江期末）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解： 因为，则.
故答案为：C．
【分析】利用和角公式及同角三角函数关系求解即可.
5．（2024高二下·浙江期末）AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P -BC -A的大小为（ ）
A．60° B．30° C．45° D．15°
【答案】C
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：因为平面ABC，所以，
又因为是圆的直径，为圆上一点，所以，所以平面，
所以，则为二面角的平面角，
在中，，则．
故答案为：C
【分析】由题意，根据面面角的定义先找出二面角的平面角为，再在中求角即可.
6．（2024高二下·浙江期末）已知函数，若存在非零实数，使得成立 则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意，设，当时，，，则不存在非零实数，使得成立；
当时，若存在非零实数，使得成立，则方程有正根，
即函数与有交点，
函数的图象与直线相切的情况，
设切点为，则，得，
令，，
则函数在上单调递增，则，
即方程的根只有一个，即，
所以，所以函数的图象与直线相切时，切点为原点，
所以要使函数的图象与直线有交点，只需，即，
故实数k的取值范围为．
故答案为：A.
【分析】由题意，设，分和两种情况讨论求解即可.
7．（2024高二下·浙江期末）函数，若在区间上是单调函数，且则的值为（ ）
A． B．或 C． D．或
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数在上是单调函数，所以，
则，，即，
若，则，函数满足题设条件；
若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，
则，，.
综上所述：或.
故答案为：B.
【分析】由题意，可得范围，从而得，确定对称轴和对称中心，讨论与是否在同一周期里面相邻的对称轴与对称中心即可．
8．（2024高二下·浙江期末）正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的性质；数列的递推公式；数列与函数的综合
【解析】【解答】解： 正项数列中， ，则，即数列为等比数列，公比为，
因为，所以，所以，
则，
令，当且仅当时取等号，
化简可得，
令，因为，所以，
所以，所以，
故的取值范围是．
故答案为：A．
【分析】由递推公式，求出，化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可.
9．（2024高二下·浙江期末）已知，且，，则( )
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：由，，可得，，
A、函数单调递增，则，故A正确；
B、，故B错误；
C、因为，，，所以，当且仅当时等号成立，
又因为，所以，故C正确；
D、，则，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】先根据指数式和对数式的互化，求得x，y，再利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式逐项判断即可．
10．（2024高二下·浙江期末）高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A．所有可能的方法有种
B．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
C．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
【答案】B,C,D
【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：A、每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动所有可能的方法有种，选项错误；
B、如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有种，选项正确；
C、如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有种，选项正确；
D、如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有种，选项错误；
故答案为：BC .
【分析】根据分布乘法原理判断A、C，间接法判断B，根据分类加法原理和乘法原理判断D.
11．（2024高二下·浙江期末）已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（ ）
A．若2为的周期，则为奇函数
B．若为奇函数，则2为的周期
C．若4为的周期，则为偶函数
D．若为偶函数，则4为的周期
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A：若2是的周期，则，
由，
可得，
所以，所以为奇函数，故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，
可得，
所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，设，
则，
该函数的最小周期为，故为该函数的周期，该函数为奇函数，故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，
所以，所以，
所以4是的周期，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由已知条件可得，再结合函数的周期性可得，则判断出选项A；由奇函数的定义可得，则可判断选项B；结合已知条件可得结论，则可判断选项C；由已知条件可得，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高二下·浙江期末）若随机变量，若，则 ．
【答案】
【知识点】二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，且，则，
即，解得，
因为，，所以.
故答案为：.
【分析】先根据二项分布的概率计算求得p的值，再利用正态分布的对称性求解即可.
13．（2024高二下·浙江期末）如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆(正方形内部，含边界)，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数的值域；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：因为正方形的边长为4，取的中点，连接，
当在点或点时，；
当当在弧中点时，；
所以的取值范围为，
由于，，，
所以，
因为，所以，故，
所以，即的取值范围为.
故填：.
【分析】利用正方形的结构特征和中点的性质，再结合几何法得出的取值范围，再利用向量的数量积运算法则和二次函数的图象求最值的方法，进而得出的取值范围.
14．（2024高二下·浙江期末）已知函数，若函数有三个极值点，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【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】【解答】解：函数定义域为，求导可得，
令，解得，令
因为函数有三个极值点，所以直线与曲线有3个不同的交点，
，
令，解得，令，解得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
又时，恒成立，故，
，故，令，故，即，
令，则，，
令，，则，
当时，，故在上单调递减，
故时，，故在上恒成立，
故在上单调递减，故，
又因为在上单调递增，所以，
因为，所以，所以实数的取值范围.
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，令导函数等于0，解得，令，问题转化为直线与曲线有3个不同的交点，求导，利用导数判断函数的单调性，从而得到，由，得到，令，变形得到，，令，求导得到其单调性、极值、最值情况，求出，结合的单调性，从而得到实数的取值范围.
15．（2024高二下·浙江期末）在中，角的对边分别为.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）解：由，可得，
可得，因为，，所以，
又因为，所以；
（2）解： 若，，由余弦定理可得，
则，当且仅当时等号成立，解得，
故周长的最大值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用三角恒等变换化简求解即可；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求解即可.
（1）因为，即，
可得
又因为，则，可得，
且，可得.
（2）法一：由正弦定理可得，则，
可得
，
因为，则，可得，
所以周长的最大值为
法二：由余弦定理可得，
可得，当且仅当时，等号成立，
解得，
所以周长的最大值为.
16．（2024高二下·浙江期末）已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.
（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；
（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.
【答案】（1）解：设，由射影定理可得：，即，即，
由，可得，则的轨迹方程为；
（2）解：设，，求导可得，则点处的切线斜率为，
即直线，联立，解得，
由，可得，整理得，
则的方程为或.
【知识点】导数的几何意义；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设，利用射影定理，得到，再由求解即可；
（2）设，利用导数的几何意义求得点处的切线斜率，写出切线方程，联立直线与拋物线方程，再根据求解即可.
（1）解：设，则由射影定理，有，
故，即.
由，易得，故的轨迹方程为.
（2）设点处的切线斜率为，
故.代入拋物线方程，
解得.
由，
得，
整理得.
所以的方程为或.
17．（2024高二下·浙江期末）如图所示多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，平面ABCD，是正三角形，四边形ABCD是菱形，，，
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为是正三角形，所以，
因为平面平面平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，所以平面；
（2）解：连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形是菱形，所以，所以两两垂直，
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
平面的法向量为，
设二面角的大小为，则.
故二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直的性质定理与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，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：取中点，连接，
因为是正三角形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面
所以平面，又因为平面，
所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）连接交于，取中点，连接，
所以，因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为四边形是菱形，所以，
所以两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
，令
平面的法向量为，
设二面角的大小为，
.
所以二面角的正弦值为.
18．（2024高二下·浙江期末）已知函数，其中且.
（1）若，试证明：恒成立；
（2）若，求函数的单调区间；
（3）请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：）
【答案】（1）证明：设函数，求导可得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
即，故恒成立；
（2）解：函数定义域为，，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
则在单调递增，在单调递减；
（3）解：由（2）可知：函数在上单调递增，
因为
从而由（2）知道在上单调递增，所以，
.
又因为，所以，即，所以，
由此可知，即，
从而，故.
【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）由题意，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求导可得，即可证明；
（2）由题意，求导可得，利用导数判断函数的单调性即可；
（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，从而可得，即可证明.
（1）证明：设函数，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即恒成立.
（2）已知，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减.
（3）由（2）可知在上单调递增，
因为
从而由（2）知道在上单调递增.所以.
.
又，所以，即，
所以.
由此可知.即，
从而，故.
19．（2024高二下·浙江期末）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲 乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲 乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有0个黑球的概率为.
（1）求的值；
（2）根据马尔科夫链的知识知道，其中为常数，同时，请求出；
（3）求证：的数学期望为定值.
【答案】（1）解：由题意可得：恰有0个黑球的概率为，
，则；
（2）解：因为，所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即；
（3）证明：因为①，
②，
所以①-②得，
又因为，所以，所以，
的概率分布列为：
0 1 2
，
故的数学期望为定值1.
【知识点】等比数列的性质；互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）由题意，根据互斥事件概率及古典概型求解，再由全概率公式求即可；
（2）由事件的独立性及全概率公式求解，构造等比数列求出通项公式即可；
（3）由全概率公式求出的表达式，作差可得，利用列出分布列，求期望即可.
（1）由题意恰有0个黑球的概率为.
由题意知，
所以.
（2）因为，
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
（3）因为①，
②
所以①-②，得.
又因为，所以.所以.
所以的概率分布列为：
0 1 2
所以.
所以的数学期望为定值1.
1 / 1
