湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题
1．（2024高二下·邵东期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·邵东期末）已知复数（为虚数单位），则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．100
3．（2024高二下·邵东期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·邵东期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．（2024高二下·邵东期末）某大桥的一侧依次安装有13盏路灯，因环保节能的需求，计划关掉其中的5盏.如果两端的路灯不能关，且相邻的路灯不能同时关，则不同关灯方式的种数是（ ）
A．21 B．35 C．70 D．126
6．（2024高二下·邵东期末）已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
7．（2024高二下·邵东期末）已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，.若，，则的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·邵东期末）已知为坐标原点，，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
9．（2024高二下·邵东期末）下列说法正确的有（ ）
A．的展开式的第4项的系数是280
B．对于随机变量，若，则
C．已知随机变量，若，则
D．一组数据的第60百分位数为14.5
10．（2024高二下·邵东期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，左 右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．若，则
C．直线的斜率与直线的斜率之积等于
D．符合条件的点有且仅有2个
11．（2024高二下·邵东期末）已知两点的坐标分别为，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率之和是2，则下列说法正确的有（ ）
A．点的轨迹关于轴对称 B．点的轨迹关于原点对称
C．若且，则恒成立 D．若且，则恒成立
12．（2024高二下·邵东期末）有甲 乙两个工厂生产同一型号的产品，甲厂生产的次品率为，乙厂生产的次品率为，生产出来的产品混放在一起.已知甲 乙两个工厂生产的产品数分别占总数的，从中任取一件产品，则取得的产品为次品的概率为 .
13．（2024高二下·邵东期末）已知函数的部分图象如图所示.若在中，，则面积的最大值为 .
14．（2024高二下·邵东期末）祖暅在数学上做出了突出贡献，他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，用现代语言可以描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.由曲线共同围成的图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为，则 .
15．（2024高二下·邵东期末）记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，是边的中点，且，求.
16．（2024高二下·邵东期末）如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点，
（1）求证：EF⊥平面PBC；
（2）若，，二面角的正弦值为，求BC．
17．（2024高二下·邵东期末）已知动点到直线的距离比它到定点的距离多1
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与相交于A，B两点，且，求直线的方程．
18．（2024高二下·邵东期末）已知函数，其中.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，令函数，证明：.
19．（2024高二下·邵东期末）我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称数列为“阶等差数列”.例如：，后项与前项的差值：，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.
（1）若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由；
（2）若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求；
（3）若“三阶等差数列”的前4项依次为，其前项和为，求.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：，则，
故答案为：C
【分析】先解一元二次方程求得集合，再利用交集的定义即可求.
2．【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：，所以，
故选：C.
【分析】先利用复数的运算性质先得到复数，再利用复数模的运算法则从而求得.
3．【答案】B
【知识点】运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：已知，则，
所以，
故答案为：B
【分析】先利用辅助角公式可得，再利用诱导公式即可求解.
4．【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若，则或，故A错误；
B、若，则或，相交或异面，故B错误；
C、因为，所以又因为，所以，故C正确；
D、若，则或两平面相交，故D错误；
故答案为：C.
【分析】利用空间点线面的位置关系结合平行公理等逐项判断即可求解；
5．【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：让两端的两盏灯亮着，再点亮中间11盏中的6盏，
6盏灯有7个空格，从7个空格中随机的选5个空格，
因为灯是没有顺序的，所以共有种，
故答案为：A.
【分析】先让两端的两盏灯亮着，再点亮中间11盏中的6盏，6盏灯有7个空，利用插空法即可求解.
6．【答案】B
【知识点】基本不等式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题可知，，则，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为1.
故答案为：A
【分析】先利用公差不为0的等差数列满足，再利用等差数列的性质可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解．
7．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据题意，设，
若为奇函数，则，则函数为偶函数.
.
又当时，，则函数在上为减函数，
故在上为增函数.
则，且，
则有；
故答案为：D.
【分析】先构造函数，利用奇偶函数的定义可得函数为偶函数且在区间上为增函数，利用单调性即可求解.
8．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设则，
点的轨迹方程为0.
又由，点的轨迹方程为：为圆上一点到直线上一点的距离，
.
故答案为：B.
【分析】设利用向量的坐标运算可得点的轨迹方程为0.由题意可得点的轨迹方程为：为圆上一点到直线上一点的距离，即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、的展开式的第4项为，故A正确；
B、因为，所以，故B正确；
C、因，，
由可知，
由正态曲线对称性，，
故，故C错误；
D、由，这组数据的第60百分位数为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式的通项公式计算即可判断A；利用随机变量数学期望的性质即可判断B；利用正态分布曲线的对称性计算即可判断C；利用百分位数的定义计算即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：对于A选项，，，因为即，
解得，所以离心率，故选项A正确；
对于B选项，若，连接，
在中，由勾股定理得，又因为点在椭圆上，所以，
所以，又因为，所以解得，
所以，故选项B错误；
对于C选项，设，，
则，，，
因为点在椭圆上，所以，因为，所以，
从而，所以，故选项C正确；
对于D选项，因为，所以点在以为直径的圆上，半径为，
又因为，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没有符合条件的点，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】根据得到与的关系从而求得离心率，通过解直角三角形判断B选项，通过设点的坐标，表示出两条直线的斜率判断C选项，结合圆上的点的特点，判断D选项.
11．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：已知直线的斜率存在，故.
由可得，，整理可得，
A、因，故得，即点的轨迹方程为：如图所示：
由图易得A错误；
B、由，可得，
即函数为奇函数，图象关于原点对称，故B正确；
C、当且时，因为，即得恒成立，故C正确；
D、当且时，设，
因，，
故在且时不能恒大于0，即不能恒成立，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意可得点的轨迹方程，作出其图象，即可判断A；利用函数的奇偶性定义即可判断B；利用作差法易得结论成立即可判断C；构造函数，通过取值判断即得在且时不能恒大于0即可判断D.
12．【答案】0.026
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设从中任取一件产品“由甲工厂生产”记为事件”，由乙工厂生产“记为事件，
从中任取一件产品，“取得的产品为次品”记为事件，
则.
由全概率公式，
.
故答案为：.
【分析】利用全概率公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由图象可得，解得，
所以，由，
由图，
即，
由，得.
故，
在中，，
因为，即，
设角的对边为，由，
则，
所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以面积最大值为.
故填：.
【分析】先由图象和三角函数的周期计算公式依次求解的值，由，代入解析式求，在中，设三边，由已知对边角，利用余弦定理与重要不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）求最大值，从而得面积的最大值.
14．【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：令，分别代入和
解得：.
记点绕轴旋转一周得到的圆的半径分别为，此圆环的面积，恒为定值.
根据祖暅原理该几何体的体积与底面圆半径为，高为6的圆柱的体积相等，
所以.
故答案为：
【分析】先构造一个底面圆半径为，高为6的圆柱，利用高相等时截面面积相等，再利用祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积即可求解.
15．【答案】（1）解：，
由正弦定理得，
.
，又，
.
（2）解：因为是边的中点，且，如图所示：
所以，，
，
.
由余弦定理得，
，由勾股定理得.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用，可得，再利用余弦定理求出，再利用勾股定理求即可求解.
（1），
由正弦定理得，
.
，又，
.
（2）因为是边的中点，且，所以，，
，
.
由余弦定理得，
，由勾股定理得.
16．【答案】（1）证明：因为平面ABC，平面。所以，
因为是的直径，知，
因为，且平面，所以平面，
由分别是的中点，所以，所以平面．
（2）解：以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，，且，
所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则
则，即，∴，
取，得，，则，
因为二面角的正弦值为，则其余弦值为，
所以，化简得，
又因为，所以，
解得：，即，
所以，即.
【知识点】空间直角坐标系；空间中的点的坐标；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判断定理（如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直这个平面）证明平面，再证明，即可证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角公式，即可求解.
（1）证明：因为平面ABC，平面。所以，
因为是的直径，知，
因为，且平面，所以平面，
由分别是的中点，所以，所以平面．
（2）以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，，且，
所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则
则，即，∴，
取，得，，则，
因为二面角的正弦值为，则其余弦值为，
所以，化简得，
又因为，所以，
解得：，即，
所以，即.
17．【答案】（1）解：因为动点到直线的距离比它到定点，
所以动点到直线的距离等于它到定点，
则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
故曲线Γ的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，
消去x并整理得，此时，
由韦达定理得，，
因为，所以，
则，
代入，
得，
解得，
当时，直线l的方程为，与只有一个交点，所以不符合题意；
当时，直线l的方程，符合题意，
则直线l的方程为．
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由抛物线的定义结合已知条件，从而得出动点M的轨迹方程，则得出曲线的方程.
(2)设出直线方程，将直线方程和抛物线方程联立，消元后结合韦达定理和已知条件，则得出的值，再检验得出满足题意的t的值，从而得出直线的方程．
（1）因为动点到直线的距离比它到定点
所以动点到直线的距离等于它到定点
则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
故Γ的方程为；
（2）设直线的方程为，，，
联立，消去x并整理得，
此时，由韦达定理得，，
又因，所以，则，
代入，得，
解之得
当时，直线l的方程为；与只有一个交点所以不符合
当时，直线l的方程．
故直线l的方程为．
18．【答案】（1）解：，
.
切线方程为：，即.
（2）解：由题意得函数的定义域为，
，
，
①当时，在上单调递减；
②当时，时，在上单调递减.
时，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减.
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明：当时，，
.
令，则.
构建函数.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
在内有唯一零点.
当函数单调递减.
当函数单调递增.
当时，函数取最小值.
.
.
构造函数.
令.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求导可得，并计算，利用点斜式写出直线方程即可求解；
（2）利用导数分，两种情况讨论即可求解；
（3），利用导数研究函数的最小值即可得证.
（1），
.
切线方程为：，即.
（2）由题意得函数的定义域为，
，
，
①当时，在上单调递减；
②当时，时，在上单调递减.
时，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减.
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）当时，，
.
令，则.
构建函数.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
在内有唯一零点.
当函数单调递减.
当函数单调递增.
当时，函数取最小值.
.
.
构造函数.
令.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
.
19．【答案】（1）解：，是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”.
（2）解：由题意是“一阶等差数列”，又首项为1，公差为3.
满足上式，.
“二阶等差数列”的通项公式为.
（3）解：是“三阶等差数列”，是“二阶等差数列”，设是“一阶等差数列”.
由题意得，
，
.
满足上式，.
.
满足上式，.
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）利用“二阶等差数列”定义及等差数列的定义即可判断；
（2）先利用已知定义及等差数列的通项公式，再利用求和公式即可求解；
（3）利用已知递推关系及等差数列的求和公式先求出，再利用组合数公式即可求解.
（1），
是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”.
（2）由题意是“一阶等差数列”，又首项为1，公差为3.
满足上式，.
“二阶等差数列”的通项公式为.
（3）是“三阶等差数列”，是“二阶等差数列”，
设是“一阶等差数列”.
由题意得，
，
.
满足上式，.
.
满足上式，.
.
1 / 1湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题
1．（2024高二下·邵东期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：，则，
故答案为：C
【分析】先解一元二次方程求得集合，再利用交集的定义即可求.
2．（2024高二下·邵东期末）已知复数（为虚数单位），则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．100
【答案】C
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：，所以，
故选：C.
【分析】先利用复数的运算性质先得到复数，再利用复数模的运算法则从而求得.
3．（2024高二下·邵东期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：已知，则，
所以，
故答案为：B
【分析】先利用辅助角公式可得，再利用诱导公式即可求解.
4．（2024高二下·邵东期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若，则或，故A错误；
B、若，则或，相交或异面，故B错误；
C、因为，所以又因为，所以，故C正确；
D、若，则或两平面相交，故D错误；
故答案为：C.
【分析】利用空间点线面的位置关系结合平行公理等逐项判断即可求解；
5．（2024高二下·邵东期末）某大桥的一侧依次安装有13盏路灯，因环保节能的需求，计划关掉其中的5盏.如果两端的路灯不能关，且相邻的路灯不能同时关，则不同关灯方式的种数是（ ）
A．21 B．35 C．70 D．126
【答案】A
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：让两端的两盏灯亮着，再点亮中间11盏中的6盏，
6盏灯有7个空格，从7个空格中随机的选5个空格，
因为灯是没有顺序的，所以共有种，
故答案为：A.
【分析】先让两端的两盏灯亮着，再点亮中间11盏中的6盏，6盏灯有7个空，利用插空法即可求解.
6．（2024高二下·邵东期末）已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】基本不等式；等差数列的性质
【解析】【解答】解：由题可知，，则，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为1.
故答案为：A
【分析】先利用公差不为0的等差数列满足，再利用等差数列的性质可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解．
7．（2024高二下·邵东期末）已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，.若，，则的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据题意，设，
若为奇函数，则，则函数为偶函数.
.
又当时，，则函数在上为减函数，
故在上为增函数.
则，且，
则有；
故答案为：D.
【分析】先构造函数，利用奇偶函数的定义可得函数为偶函数且在区间上为增函数，利用单调性即可求解.
8．（2024高二下·邵东期末）已知为坐标原点，，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设则，
点的轨迹方程为0.
又由，点的轨迹方程为：为圆上一点到直线上一点的距离，
.
故答案为：B.
【分析】设利用向量的坐标运算可得点的轨迹方程为0.由题意可得点的轨迹方程为：为圆上一点到直线上一点的距离，即可求解.
9．（2024高二下·邵东期末）下列说法正确的有（ ）
A．的展开式的第4项的系数是280
B．对于随机变量，若，则
C．已知随机变量，若，则
D．一组数据的第60百分位数为14.5
【答案】A,B,D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、的展开式的第4项为，故A正确；
B、因为，所以，故B正确；
C、因，，
由可知，
由正态曲线对称性，，
故，故C错误；
D、由，这组数据的第60百分位数为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用二项式的通项公式计算即可判断A；利用随机变量数学期望的性质即可判断B；利用正态分布曲线的对称性计算即可判断C；利用百分位数的定义计算即可判断D.
10．（2024高二下·邵东期末）已知椭圆的左 右焦点分别为，左 右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．若，则
C．直线的斜率与直线的斜率之积等于
D．符合条件的点有且仅有2个
【答案】A,C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：对于A选项，，，因为即，
解得，所以离心率，故选项A正确；
对于B选项，若，连接，
在中，由勾股定理得，又因为点在椭圆上，所以，
所以，又因为，所以解得，
所以，故选项B错误；
对于C选项，设，，
则，，，
因为点在椭圆上，所以，因为，所以，
从而，所以，故选项C正确；
对于D选项，因为，所以点在以为直径的圆上，半径为，
又因为，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没有符合条件的点，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】根据得到与的关系从而求得离心率，通过解直角三角形判断B选项，通过设点的坐标，表示出两条直线的斜率判断C选项，结合圆上的点的特点，判断D选项.
11．（2024高二下·邵东期末）已知两点的坐标分别为，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率之和是2，则下列说法正确的有（ ）
A．点的轨迹关于轴对称 B．点的轨迹关于原点对称
C．若且，则恒成立 D．若且，则恒成立
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：已知直线的斜率存在，故.
由可得，，整理可得，
A、因，故得，即点的轨迹方程为：如图所示：
由图易得A错误；
B、由，可得，
即函数为奇函数，图象关于原点对称，故B正确；
C、当且时，因为，即得恒成立，故C正确；
D、当且时，设，
因，，
故在且时不能恒大于0，即不能恒成立，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】由题意可得点的轨迹方程，作出其图象，即可判断A；利用函数的奇偶性定义即可判断B；利用作差法易得结论成立即可判断C；构造函数，通过取值判断即得在且时不能恒大于0即可判断D.
12．（2024高二下·邵东期末）有甲 乙两个工厂生产同一型号的产品，甲厂生产的次品率为，乙厂生产的次品率为，生产出来的产品混放在一起.已知甲 乙两个工厂生产的产品数分别占总数的，从中任取一件产品，则取得的产品为次品的概率为 .
【答案】0.026
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：设从中任取一件产品“由甲工厂生产”记为事件”，由乙工厂生产“记为事件，
从中任取一件产品，“取得的产品为次品”记为事件，
则.
由全概率公式，
.
故答案为：.
【分析】利用全概率公式即可求解.
13．（2024高二下·邵东期末）已知函数的部分图象如图所示.若在中，，则面积的最大值为 .
【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由图象可得，解得，
所以，由，
由图，
即，
由，得.
故，
在中，，
因为，即，
设角的对边为，由，
则，
所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以面积最大值为.
故填：.
【分析】先由图象和三角函数的周期计算公式依次求解的值，由，代入解析式求，在中，设三边，由已知对边角，利用余弦定理与重要不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）求最大值，从而得面积的最大值.
14．（2024高二下·邵东期末）祖暅在数学上做出了突出贡献，他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，用现代语言可以描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.由曲线共同围成的图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为，则 .
【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：令，分别代入和
解得：.
记点绕轴旋转一周得到的圆的半径分别为，此圆环的面积，恒为定值.
根据祖暅原理该几何体的体积与底面圆半径为，高为6的圆柱的体积相等，
所以.
故答案为：
【分析】先构造一个底面圆半径为，高为6的圆柱，利用高相等时截面面积相等，再利用祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积即可求解.
15．（2024高二下·邵东期末）记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，是边的中点，且，求.
【答案】（1）解：，
由正弦定理得，
.
，又，
.
（2）解：因为是边的中点，且，如图所示：
所以，，
，
.
由余弦定理得，
，由勾股定理得.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用，可得，再利用余弦定理求出，再利用勾股定理求即可求解.
（1），
由正弦定理得，
.
，又，
.
（2）因为是边的中点，且，所以，，
，
.
由余弦定理得，
，由勾股定理得.
16．（2024高二下·邵东期末）如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点，
（1）求证：EF⊥平面PBC；
（2）若，，二面角的正弦值为，求BC．
【答案】（1）证明：因为平面ABC，平面。所以，
因为是的直径，知，
因为，且平面，所以平面，
由分别是的中点，所以，所以平面．
（2）解：以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，，且，
所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则
则，即，∴，
取，得，，则，
因为二面角的正弦值为，则其余弦值为，
所以，化简得，
又因为，所以，
解得：，即，
所以，即.
【知识点】空间直角坐标系；空间中的点的坐标；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判断定理（如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直这个平面）证明平面，再证明，即可证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角公式，即可求解.
（1）证明：因为平面ABC，平面。所以，
因为是的直径，知，
因为，且平面，所以平面，
由分别是的中点，所以，所以平面．
（2）以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，，且，
所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则
则，即，∴，
取，得，，则，
因为二面角的正弦值为，则其余弦值为，
所以，化简得，
又因为，所以，
解得：，即，
所以，即.
17．（2024高二下·邵东期末）已知动点到直线的距离比它到定点的距离多1
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与相交于A，B两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）解：因为动点到直线的距离比它到定点，
所以动点到直线的距离等于它到定点，
则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
故曲线Γ的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，
消去x并整理得，此时，
由韦达定理得，，
因为，所以，
则，
代入，
得，
解得，
当时，直线l的方程为，与只有一个交点，所以不符合题意；
当时，直线l的方程，符合题意，
则直线l的方程为．
【知识点】抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由抛物线的定义结合已知条件，从而得出动点M的轨迹方程，则得出曲线的方程.
(2)设出直线方程，将直线方程和抛物线方程联立，消元后结合韦达定理和已知条件，则得出的值，再检验得出满足题意的t的值，从而得出直线的方程．
（1）因为动点到直线的距离比它到定点
所以动点到直线的距离等于它到定点
则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
故Γ的方程为；
（2）设直线的方程为，，，
联立，消去x并整理得，
此时，由韦达定理得，，
又因，所以，则，
代入，得，
解之得
当时，直线l的方程为；与只有一个交点所以不符合
当时，直线l的方程．
故直线l的方程为．
18．（2024高二下·邵东期末）已知函数，其中.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，令函数，证明：.
【答案】（1）解：，
.
切线方程为：，即.
（2）解：由题意得函数的定义域为，
，
，
①当时，在上单调递减；
②当时，时，在上单调递减.
时，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减.
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明：当时，，
.
令，则.
构建函数.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
在内有唯一零点.
当函数单调递减.
当函数单调递增.
当时，函数取最小值.
.
.
构造函数.
令.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求导可得，并计算，利用点斜式写出直线方程即可求解；
（2）利用导数分，两种情况讨论即可求解；
（3），利用导数研究函数的最小值即可得证.
（1），
.
切线方程为：，即.
（2）由题意得函数的定义域为，
，
，
①当时，在上单调递减；
②当时，时，在上单调递减.
时，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减.
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）当时，，
.
令，则.
构建函数.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
在内有唯一零点.
当函数单调递减.
当函数单调递增.
当时，函数取最小值.
.
.
构造函数.
令.
当时，函数单调递增.
当时，函数单调递增.
.
19．（2024高二下·邵东期末）我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称数列为“阶等差数列”.例如：，后项与前项的差值：，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.
（1）若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由；
（2）若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求；
（3）若“三阶等差数列”的前4项依次为，其前项和为，求.
【答案】（1）解：，是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”.
（2）解：由题意是“一阶等差数列”，又首项为1，公差为3.
满足上式，.
“二阶等差数列”的通项公式为.
（3）解：是“三阶等差数列”，是“二阶等差数列”，设是“一阶等差数列”.
由题意得，
，
.
满足上式，.
.
满足上式，.
.
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的性质；组合及组合数公式
【解析】【分析】（1）利用“二阶等差数列”定义及等差数列的定义即可判断；
（2）先利用已知定义及等差数列的通项公式，再利用求和公式即可求解；
（3）利用已知递推关系及等差数列的求和公式先求出，再利用组合数公式即可求解.
（1），
是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”.
（2）由题意是“一阶等差数列”，又首项为1，公差为3.
满足上式，.
“二阶等差数列”的通项公式为.
（3）是“三阶等差数列”，是“二阶等差数列”，
设是“一阶等差数列”.
由题意得，
，
.
满足上式，.
.
满足上式，.
.
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