云南省红河州文山州2023-2024学年高二下学期末学业质量监测数学试题
1．（2024高二下·红河期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·红河期末）已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·红河期末）为全面普及无人机知识，激发青少年探索航空未来创造力与想象力，提升青少年科学素养和创新能力，培养航空后备人才.中国航空学会、云南省科学技术协会、云南警官学院于2024年4月中句在红河州弥勒市共同举办第8届全国青少年无人机大赛（云南省赛）.某校为下一届大赛做准备，在校内进行选拔赛，9名学生成绩依次为：85，105，75，100，95，85，90，100，80.则这组数据的第60百分位数为（ ）
A．85 B．90 C．92.5 D．95
4．（2024高二下·红河期末）已知函数对任意的都有成立，当时，，则（ ）
A． B． C． D．2
5．（2024高二下·红河期末）若函数，则函数的单调递增区间为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．（2024高二下·红河期末）东平房塔（如图）建于辽代，塔平面呈正六边形，是辽西古塔中仅有的两座辽代六边形古塔之一.请根据塔平面抽象出正六边形ABCDEF，若，则（ ）
A．6 B． C．8 D．12
7．（2024高二下·红河期末）已知椭圆C：，的右焦点为，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·红河期末）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金是（ ）
A．小于10g B．等于10g
C．大于10g D．大于或等于10g
9．（2024高二下·红河期末）以下说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．随机变量，，若，则
C．若，，，则
D．，且，则
10．（2024高二下·红河期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（ ）
A． B．
C． D．数列的前n项和小于1
11．（2024高二下·红河期末）如图1，在菱形中，，.沿对角线将其翻折，如图2.则（ ）
A．在折叠过程中直线与所成角不变
B．当点在平面的投影为的重心时，
C．三棱锥的表面积最大值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球半径为
12．（2024高二下·红河期末）设z为虚数，，则z可以为 .（写出满足条件的一个解即可）
13．（2024高二下·红河期末）已知函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，且，则 .
14．（2024高二下·红河期末）已知直线l：与抛物线C：交于A，B两点，如图，点P为抛物线C上的动点，且位于直线AB的下方，则△ABP面积的最大值为 .
15．（2024高二下·红河期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，的面积为，求的周长.
16．（2024高二下·红河期末）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
17．（2024高二下·红河期末）已知函数，（）.
（1）当时，求出方程解的个数；
（2）讨论函数的单调性.
18．（2024高二下·红河期末）为提高学生的身体素质，除了进行体育锻炼之外，学校每天中午免费为学生提供水果和牛奶两种营养餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生第一天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为.而前一天选择水果第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为；前一天选择牛奶第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率也是，如此往复.记某同学第n天选择水果的概率为.
（1）记某班的2名同学在发放营养餐开始第二天选择水果的人数为X，求X的分布列和期望；
（2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（3）为了培养学生的服务意识，30天后学校组织学生参加志愿服务活动，其中有15位学生负责为全体同学分发营养餐，应该如何安排分发水果和牛奶的人数.
19．（2024高二下·红河期末）已知点，在双曲线（，）上，直线.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）当且时，直线与双曲线分别交于，两点，关于轴的对称点为.证明：直线过定点；
（3）当时，直线与双曲线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点.当点运动时，求点的轨迹方程.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在集合U中的补集.
2．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆C：，知，
因为直线l：与圆C：有公共点，
所以，圆心到直线的距离为：，
解得：.
故答案为：A.
【分析】根据圆的标准方程得出圆的半径长，再结合已知条件得出直线与圆恒有公共点，则由和点到直线的距离公式，从而得出实数m的取值范围.
3．【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为9名学生成绩从低到高依次为：75，80，85，85，90，95，100，100，105，
且，
所以，这组数据的第60百分位数为：95.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和百分位数的定义，从而得出这组数据的第60百分位数.
4．【答案】A
【知识点】函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由，
得，
则函数的周期为，
所以，
当 时，，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件得到函数的周期，则得出，再结合已知条件和代入法，从而得出函数值.
5．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
则函数的单调递增区间为，，
故答案为：C.
【分析】先将函数解析式化简整理得到，再根据得出函数的单调递增区间.
6．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
则，
所以，.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件建立平面直角坐标系，从而写出点的坐标，再利用数量积的坐标表示，从而得出的值.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设
则，
两式作差得：，
因为线段AB的中点为，
所以，
所以，且直线AB过和，
则直线AB的斜率为：，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和点差法以及中点坐标公式和两点求斜率公式，从而得出a，b的关系式，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而得出椭圆C的离心率.
8．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为天平两臂不等长，
可设天平左臂长为，右臂长为，则，
再设先称得黄金为，后称得黄金为，
则，，
，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
但，等号不成立，
则.
因此，顾客购得的黄金大于.
故答案为：C.
【分析】设天平的左臂长为，右臂长，则，售货员现将的砝码放在左盘，将黄金放在右盘使之平衡，然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放在左盘使之平衡，则顾客实际所得黄金为，再利用杠杆原理和基本不等式求最值的方法，从而得出顾客购得的黄金大于，进而找出正确的选项.
9．【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点；条件概率
【解析】【解答】解：对于A， 若，
则
解得，故A错误；
对于B，随机变量，，若，
则，故B正确；
对于C，若，则，
则，故C正确；
对于D，因为，且，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据二项分布的方差的性质可判断选项A；根据数学期望的性质可判断选项B；根据条件概率的公式可判断选项C；根据正态分布的性质可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于B：∵，①
∴当时，，解得；
当时，，②
由①②得，
化为，
∵有，
∴，
则数列是以首项为1，公差为1的等差数列，
∴.
∴，故B错误；
对于A、C：因为，，故A正确、C错误；
对于D：因为，
所以，数列的前n项和为：，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由与的关系式结合等差数列的定义，从而证出数列为等差数列，再结合代入法和等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式，则判断出选项A、选项B和选项C；由裂项相消求和法结合不等式性质，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,C,D
【知识点】三角形五心；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；异面直线所成的角；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，如图①所示，取中点，连接，
因为四边形为菱形，，
所以，且为等边三角形，
因为为中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，故A正确；
对于B，如图②所示，设的重心为，
因为点在平面的投影为的重心，
所以平面，
因为为等边三角形，
所以的重心在上，且，
在中，，
在中，，故B正确；
对于C，因为全等，
所以三棱锥的表面积为：
，
因为，
所以当时，，故C错误；
对于D，因为当三棱锥的体积最大，如图①所示，
所以平面平面，
又因为，平面平面，
所以平面，
故三棱锥高最大为
所以，
如图③所示，设三棱锥外接球球心为，且为的重心，
过作平面，过作平面，连接，
因为，平面，
所以平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以四边形为矩形，
则
因为点为三棱锥的外接球的球心，到四点距离相等，
设，外接球半径为，
则，
在中，，
在中，，
解得，
所以外接球的半径，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】取中点，连接，利用等边三角形三线合一得出线线垂直，从而证出直线平面，则判断出选项A；如图②所示，在中求出的长，在中，通过勾股定理求出的长，则判断出选项B；将三棱锥的表面积表示为，再根据的取值范围求出三棱锥的表面积的最大值，则判断出选项C；当三棱锥的体积最大时，则平面平面，再通过辅助线作出外接球球心并计算出三棱锥外接球的半径，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】（答案不唯一，）
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设虚数，
由，得，
所以，
取，可得.
故答案为：.
【分析】设出虚数的代数形式，再由复数的模的公式和已知条件，从而求出满足要求的复数z.
13．【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：因为函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，
所以，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和函数的奇偶性，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：当抛物线过点的切线与直线平行时，的面积最大，
设点，
由，得：，，
所以切线的斜率：，解得：，
所以，所以，
因为点到直线的距离，
由，消去得：，
设，，
则，，
所以，
所以的面积的最大值为：.
故答案为：.
【分析】利用过点的切线与直线平行时，的面积最大，从而求出点的坐标，再利用点到直线的距离公式得出点到直线的距离，再联立直线与抛物线方程结合韦达定理和弦长公式，从而求出的值，再利用三角形的面积公式得出面积的最大值.
15．【答案】（1）解：由正弦定理，得，
可得，
则，
，，
则，
，
故.
（2）解：，，
则，可得，
又因为，
由余弦定理，
得，，
可得，
则的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式以及三角形中角A的取值范围，从而得出角B的余弦值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用三角形的面积公式可得的值，再利用余弦定理可得的值，再结合已知条件和三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）由正弦定理有，，
可得，即，
，，则，
，故；
（2），，
则，可得，结合，
由余弦定理，有，，
可得，则的周长为.
16．【答案】（1）证明：因为底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，
所以，，两两垂直.
以为原点，分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
在四棱台中，
，，P为AB的中点，
则
则，
所以，
则，且平面，平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，，，
设平面的法向量为
则
令，解得
设平面的法向量为
则
令，解得
则
所以，平面与平面的夹角为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用正方形的结构特征和线面垂直的定义，从而证出线线垂直，进而建系结合中点的性质和已知条件，则得出点的坐标和向量的坐标，再根据向量共线的坐标表示，则证出，从而证出平面.
（2）由（1）得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的大小.
（1）底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，
故，，两两垂直.
以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
在四棱台中，，，P为AB的中点，
故，
则，
所以，即，
且平面，平面，
故平面.
（2）由（1）知，，，
设平面的法向量为
则
令，解得
设平面的法向量为
则
令，解得
故
故平面与平面的夹角为.
17．【答案】（1）解：当时，，
则，
设，
则，且定义域为，
故在时，恒成立，在上单调递增；
在时，恒成立，在上单调递减，
所以，
则只有一个解，
所以，方程只有一个解.
（2）解：因为函数定义域为，
由题意可得，
当时，在时，恒成立，在上单调递增；
当时，的解为，的解为，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【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】【分析】（1）设，利用函数的单调性求出函数的最值，从而得出方程
的解的个数，进而得出方程的解的个数.
（2）根据和0的大小关系和导数判断函数单调性的方法，从而分类讨论出函数的单调性.
（1）当时，，
即，
设，
则，
且定义域为，
故在时，恒成立，在上单调递增，
在时，恒成立，在上单调递减，
所以，
故只有一个解，
即方程只有一个解.
（2）函数定义域为，
由题意，
当时，在时，恒成立，在上单调递增，
当时，的解为，的解为，
在上递增，在上递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上递增，在上递减．
18．【答案】（1）解：依题意，第二天选择水果的概率为，
第二天选择牛奶的概率为，
第二天选择水果的人数X的可能值为，
则
所以X的分布列为：
0 1 2
所以，数学期望为.
（2）证明：依题意，，
因为，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以，数列的通项公式为.
（3）解：由（2）知，，
当时，非常小，趋近于0，则，
所以，
则30天后学校每天选择水果的人数约为总人数的，
所以15位学生负责为全体同学分发营养餐，分发水果和牛奶的人数分别为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；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
【解析】【分析】（1）先求出第二天选择水果的概率，再求出的可能值和对应的概率，从而列出X的分布列，并求出X的数学期望.
（2）利用相互独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而求出递推公式，再根据等比数列定义证出数列是等比数列，最后由等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（3）由（2）得，从而求出求出分发水果和牛奶的人数.
（1）依题意，第二天选择水果的概率为，
第二天选择牛奶的概率为，
第二天选择水果的人数X的可能值为，
，
所以X的分布列为：
0 1 2
期望为.
（2）依题意，，
由，而，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，
数列的通项公式为.
（3）由（2）知，，当时，非常小，趋近于0，，
，即30天后学校每天选择水果的人数约为总人数的，
所以15位学生负责为全体同学分发营养餐，分发水果和牛奶的人数分别为.
19．【答案】（1）解：由点，在双曲线，
则，解得，
所以双曲线方程为.
（2）证明：设直线，，，
联立直线与双曲线方程，则，
得，
则，
所以，且，
则，，
又因为点与关于轴的对称，则，
所以直线，
则 ，
所以，直线，恒过定点.
（3）解：由直线，，且，
联立直线与双曲线，
可得，
则，，
则，
所以，，
代入直线可得，
则，
所以直线，
则，
所以，，
则，
可得.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程，从而求出a，b的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）联立直线与双曲线方程，再结合韦达定理和点与点关于直线的对称性，从而可得直线方程，变形证出直线过定点.
（3）由已知条件可得直线与双曲线相切，从而可得，则可得点与直线，进而可得点的轨迹方程.
（1）由点，在双曲线，
即，解得，
所以双曲线方程为；
（2）由已知，设，，
联立直线与双曲线，得，
则，即，且，
，，
又点与关于轴的对称，
则，
所以，
即，
即，恒过定点；
（3）由已知直线，，且，
联立直线与双曲线，可得，
则，，
即，
所以，，代入直线可得，
即，
所以直线，即，
所以，，
即，可得.
1 / 1云南省红河州文山州2023-2024学年高二下学期末学业质量监测数学试题
1．（2024高二下·红河期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在集合U中的补集.
2．（2024高二下·红河期末）已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆C：，知，
因为直线l：与圆C：有公共点，
所以，圆心到直线的距离为：，
解得：.
故答案为：A.
【分析】根据圆的标准方程得出圆的半径长，再结合已知条件得出直线与圆恒有公共点，则由和点到直线的距离公式，从而得出实数m的取值范围.
3．（2024高二下·红河期末）为全面普及无人机知识，激发青少年探索航空未来创造力与想象力，提升青少年科学素养和创新能力，培养航空后备人才.中国航空学会、云南省科学技术协会、云南警官学院于2024年4月中句在红河州弥勒市共同举办第8届全国青少年无人机大赛（云南省赛）.某校为下一届大赛做准备，在校内进行选拔赛，9名学生成绩依次为：85，105，75，100，95，85，90，100，80.则这组数据的第60百分位数为（ ）
A．85 B．90 C．92.5 D．95
【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为9名学生成绩从低到高依次为：75，80，85，85，90，95，100，100，105，
且，
所以，这组数据的第60百分位数为：95.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和百分位数的定义，从而得出这组数据的第60百分位数.
4．（2024高二下·红河期末）已知函数对任意的都有成立，当时，，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：由，
得，
则函数的周期为，
所以，
当 时，，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件得到函数的周期，则得出，再结合已知条件和代入法，从而得出函数值.
5．（2024高二下·红河期末）若函数，则函数的单调递增区间为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
则函数的单调递增区间为，，
故答案为：C.
【分析】先将函数解析式化简整理得到，再根据得出函数的单调递增区间.
6．（2024高二下·红河期末）东平房塔（如图）建于辽代，塔平面呈正六边形，是辽西古塔中仅有的两座辽代六边形古塔之一.请根据塔平面抽象出正六边形ABCDEF，若，则（ ）
A．6 B． C．8 D．12
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
则，
所以，.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件建立平面直角坐标系，从而写出点的坐标，再利用数量积的坐标表示，从而得出的值.
7．（2024高二下·红河期末）已知椭圆C：，的右焦点为，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设
则，
两式作差得：，
因为线段AB的中点为，
所以，
所以，且直线AB过和，
则直线AB的斜率为：，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和点差法以及中点坐标公式和两点求斜率公式，从而得出a，b的关系式，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而得出椭圆C的离心率.
8．（2024高二下·红河期末）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客.你认为顾客购得的黄金是（ ）
A．小于10g B．等于10g
C．大于10g D．大于或等于10g
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为天平两臂不等长，
可设天平左臂长为，右臂长为，则，
再设先称得黄金为，后称得黄金为，
则，，
，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
但，等号不成立，
则.
因此，顾客购得的黄金大于.
故答案为：C.
【分析】设天平的左臂长为，右臂长，则，售货员现将的砝码放在左盘，将黄金放在右盘使之平衡，然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放在左盘使之平衡，则顾客实际所得黄金为，再利用杠杆原理和基本不等式求最值的方法，从而得出顾客购得的黄金大于，进而找出正确的选项.
9．（2024高二下·红河期末）以下说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．随机变量，，若，则
C．若，，，则
D．，且，则
【答案】B,C,D
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点；条件概率
【解析】【解答】解：对于A， 若，
则
解得，故A错误；
对于B，随机变量，，若，
则，故B正确；
对于C，若，则，
则，故C正确；
对于D，因为，且，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据二项分布的方差的性质可判断选项A；根据数学期望的性质可判断选项B；根据条件概率的公式可判断选项C；根据正态分布的性质可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2024高二下·红河期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（ ）
A． B．
C． D．数列的前n项和小于1
【答案】A,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于B：∵，①
∴当时，，解得；
当时，，②
由①②得，
化为，
∵有，
∴，
则数列是以首项为1，公差为1的等差数列，
∴.
∴，故B错误；
对于A、C：因为，，故A正确、C错误；
对于D：因为，
所以，数列的前n项和为：，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由与的关系式结合等差数列的定义，从而证出数列为等差数列，再结合代入法和等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式，则判断出选项A、选项B和选项C；由裂项相消求和法结合不等式性质，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高二下·红河期末）如图1，在菱形中，，.沿对角线将其翻折，如图2.则（ ）
A．在折叠过程中直线与所成角不变
B．当点在平面的投影为的重心时，
C．三棱锥的表面积最大值为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球半径为
【答案】A,B,C,D
【知识点】三角形五心；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；异面直线所成的角；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，如图①所示，取中点，连接，
因为四边形为菱形，，
所以，且为等边三角形，
因为为中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，故A正确；
对于B，如图②所示，设的重心为，
因为点在平面的投影为的重心，
所以平面，
因为为等边三角形，
所以的重心在上，且，
在中，，
在中，，故B正确；
对于C，因为全等，
所以三棱锥的表面积为：
，
因为，
所以当时，，故C错误；
对于D，因为当三棱锥的体积最大，如图①所示，
所以平面平面，
又因为，平面平面，
所以平面，
故三棱锥高最大为
所以，
如图③所示，设三棱锥外接球球心为，且为的重心，
过作平面，过作平面，连接，
因为，平面，
所以平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以四边形为矩形，
则
因为点为三棱锥的外接球的球心，到四点距离相等，
设，外接球半径为，
则，
在中，，
在中，，
解得，
所以外接球的半径，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】取中点，连接，利用等边三角形三线合一得出线线垂直，从而证出直线平面，则判断出选项A；如图②所示，在中求出的长，在中，通过勾股定理求出的长，则判断出选项B；将三棱锥的表面积表示为，再根据的取值范围求出三棱锥的表面积的最大值，则判断出选项C；当三棱锥的体积最大时，则平面平面，再通过辅助线作出外接球球心并计算出三棱锥外接球的半径，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·红河期末）设z为虚数，，则z可以为 .（写出满足条件的一个解即可）
【答案】（答案不唯一，）
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设虚数，
由，得，
所以，
取，可得.
故答案为：.
【分析】设出虚数的代数形式，再由复数的模的公式和已知条件，从而求出满足要求的复数z.
13．（2024高二下·红河期末）已知函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，且，则 .
【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：因为函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，
所以，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和函数的奇偶性，从而得出的值.
14．（2024高二下·红河期末）已知直线l：与抛物线C：交于A，B两点，如图，点P为抛物线C上的动点，且位于直线AB的下方，则△ABP面积的最大值为 .
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：当抛物线过点的切线与直线平行时，的面积最大，
设点，
由，得：，，
所以切线的斜率：，解得：，
所以，所以，
因为点到直线的距离，
由，消去得：，
设，，
则，，
所以，
所以的面积的最大值为：.
故答案为：.
【分析】利用过点的切线与直线平行时，的面积最大，从而求出点的坐标，再利用点到直线的距离公式得出点到直线的距离，再联立直线与抛物线方程结合韦达定理和弦长公式，从而求出的值，再利用三角形的面积公式得出面积的最大值.
15．（2024高二下·红河期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：由正弦定理，得，
可得，
则，
，，
则，
，
故.
（2）解：，，
则，可得，
又因为，
由余弦定理，
得，，
可得，
则的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式以及三角形中角A的取值范围，从而得出角B的余弦值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用三角形的面积公式可得的值，再利用余弦定理可得的值，再结合已知条件和三角形的周长公式，从而得出的周长.
（1）由正弦定理有，，
可得，即，
，，则，
，故；
（2），，
则，可得，结合，
由余弦定理，有，，
可得，则的周长为.
16．（2024高二下·红河期末）如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
【答案】（1）证明：因为底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，
所以，，两两垂直.
以为原点，分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
在四棱台中，
，，P为AB的中点，
则
则，
所以，
则，且平面，平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，，，
设平面的法向量为
则
令，解得
设平面的法向量为
则
令，解得
则
所以，平面与平面的夹角为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用正方形的结构特征和线面垂直的定义，从而证出线线垂直，进而建系结合中点的性质和已知条件，则得出点的坐标和向量的坐标，再根据向量共线的坐标表示，则证出，从而证出平面.
（2）由（1）得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的大小.
（1）底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，
故，，两两垂直.
以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
在四棱台中，，，P为AB的中点，
故，
则，
所以，即，
且平面，平面，
故平面.
（2）由（1）知，，，
设平面的法向量为
则
令，解得
设平面的法向量为
则
令，解得
故
故平面与平面的夹角为.
17．（2024高二下·红河期末）已知函数，（）.
（1）当时，求出方程解的个数；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）解：当时，，
则，
设，
则，且定义域为，
故在时，恒成立，在上单调递增；
在时，恒成立，在上单调递减，
所以，
则只有一个解，
所以，方程只有一个解.
（2）解：因为函数定义域为，
由题意可得，
当时，在时，恒成立，在上单调递增；
当时，的解为，的解为，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【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】【分析】（1）设，利用函数的单调性求出函数的最值，从而得出方程
的解的个数，进而得出方程的解的个数.
（2）根据和0的大小关系和导数判断函数单调性的方法，从而分类讨论出函数的单调性.
（1）当时，，
即，
设，
则，
且定义域为，
故在时，恒成立，在上单调递增，
在时，恒成立，在上单调递减，
所以，
故只有一个解，
即方程只有一个解.
（2）函数定义域为，
由题意，
当时，在时，恒成立，在上单调递增，
当时，的解为，的解为，
在上递增，在上递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上递增，在上递减．
18．（2024高二下·红河期末）为提高学生的身体素质，除了进行体育锻炼之外，学校每天中午免费为学生提供水果和牛奶两种营养餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生第一天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为.而前一天选择水果第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为；前一天选择牛奶第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率也是，如此往复.记某同学第n天选择水果的概率为.
（1）记某班的2名同学在发放营养餐开始第二天选择水果的人数为X，求X的分布列和期望；
（2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（3）为了培养学生的服务意识，30天后学校组织学生参加志愿服务活动，其中有15位学生负责为全体同学分发营养餐，应该如何安排分发水果和牛奶的人数.
【答案】（1）解：依题意，第二天选择水果的概率为，
第二天选择牛奶的概率为，
第二天选择水果的人数X的可能值为，
则
所以X的分布列为：
0 1 2
所以，数学期望为.
（2）证明：依题意，，
因为，又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以，数列的通项公式为.
（3）解：由（2）知，，
当时，非常小，趋近于0，则，
所以，
则30天后学校每天选择水果的人数约为总人数的，
所以15位学生负责为全体同学分发营养餐，分发水果和牛奶的人数分别为.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；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
【解析】【分析】（1）先求出第二天选择水果的概率，再求出的可能值和对应的概率，从而列出X的分布列，并求出X的数学期望.
（2）利用相互独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而求出递推公式，再根据等比数列定义证出数列是等比数列，最后由等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（3）由（2）得，从而求出求出分发水果和牛奶的人数.
（1）依题意，第二天选择水果的概率为，
第二天选择牛奶的概率为，
第二天选择水果的人数X的可能值为，
，
所以X的分布列为：
0 1 2
期望为.
（2）依题意，，
由，而，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，
数列的通项公式为.
（3）由（2）知，，当时，非常小，趋近于0，，
，即30天后学校每天选择水果的人数约为总人数的，
所以15位学生负责为全体同学分发营养餐，分发水果和牛奶的人数分别为.
19．（2024高二下·红河期末）已知点，在双曲线（，）上，直线.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）当且时，直线与双曲线分别交于，两点，关于轴的对称点为.证明：直线过定点；
（3）当时，直线与双曲线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点.当点运动时，求点的轨迹方程.
【答案】（1）解：由点，在双曲线，
则，解得，
所以双曲线方程为.
（2）证明：设直线，，，
联立直线与双曲线方程，则，
得，
则，
所以，且，
则，，
又因为点与关于轴的对称，则，
所以直线，
则 ，
所以，直线，恒过定点.
（3）解：由直线，，且，
联立直线与双曲线，
可得，
则，，
则，
所以，，
代入直线可得，
则，
所以直线，
则，
所以，，
则，
可得.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程，从而求出a，b的值，进而得出双曲线C的标准方程.
（2）联立直线与双曲线方程，再结合韦达定理和点与点关于直线的对称性，从而可得直线方程，变形证出直线过定点.
（3）由已知条件可得直线与双曲线相切，从而可得，则可得点与直线，进而可得点的轨迹方程.
（1）由点，在双曲线，
即，解得，
所以双曲线方程为；
（2）由已知，设，，
联立直线与双曲线，得，
则，即，且，
，，
又点与关于轴的对称，
则，
所以，
即，
即，恒过定点；
（3）由已知直线，，且，
联立直线与双曲线，可得，
则，，
即，
所以，，代入直线可得，
即，
所以直线，即，
所以，，
即，可得.
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