广东省广州市第二中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·广州期末）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，解得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】根据对数函数的性质求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高二下·广州期末）已知复数（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，
则.
故答案为：A.
【分析】利用共轭复数定义及复数的四则混合运算即可求解.
3．（2024高二下·广州期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C．1 D．0
【答案】D
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，，
则，
因为，
所以，即，解得.
故答案为：D．
【分析】先利用向量的运算的坐标可得，再利用向量垂直的条件即可求解.
4．（2024高二下·广州期末）若的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A． B．945 C．2835 D．
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，得，得，
则的展开式的通项，
令，得，则，故展开式中的系数为，
故答案为：D．
【分析】先利用赋值法可得，再利用展开式的通项公式，令即可求解.
5．（2024高二下·广州期末）若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，而，
所以，解得，
由可得，
所以.
故答案为：D
【分析】利用二倍角的正切公式可得化简可得，再利用同角公式即可求解.
6．（2024高二下·广州期末）已知球与某圆台的上、下底面及侧面均相切，若球与圆台的表面积之比为，则球与圆台的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设球的半径为R，圆台的上、下底面半径为r1，r2，圆台的高、母线长分别为2R，r1+r2，由表面积公式可各，
所以，
故答案为：B.
【分析】先设相应半径、母线、高，再分别将表面积表达出来，求出最简式子，求出体积比的式子，再代入可求最比值.
7．（2024高二下·广州期末）当时，函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，可得或，
即函数有两个零点，图象与轴有两个交点，故，错误；
求导可得，
令，得或，
当时，，
函数在上递增；
当时，，
函数在上递减，
即函数图象先增后减再增，所以排除.
故答案为：.
【分析】再利用函数解析式可得函数有两个零点即可排除，再求导可得，利用导数的正负和函数的单调性的关系即可判断AD.
8．（2024高二下·广州期末）已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（ ）
A． B．1 C．2023 D．2024
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：已知为偶函数，则①，
因为，所以，
结合①有②，
因为为奇函数，所以，所以，
结合②有，所以，所以，
所以的周期为8．因为，所以，
同理，由，得，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以，
所以，
所以的周期为8，所以，
由，得，
由，得，所以，
所以．
故答案为：A.
【分析】先利用赋值法结合题意可得函数周期为8，结合题目中所给条件可得，即可求解.
9．（2024高二下·广州期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．设随机变量服从正态分布，若，则
B．某人在10次答题中，答对题数为，，则答对7题的概率最大
C．基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
D．将4名老师分派到两个学校支教，每个学校至少派1人，则共有14种不同的分派方法
【答案】B,C,D
【知识点】独立性检验；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、，，故A错误
B、，，
令，解得，
又，，即答对7题的概率最大，故B正确；
C、根据独立性检验可知C正确，
D、 将4名老师分派到两个学校支教，每个学校至少派1人，
则共有种不同的分派方案，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】利用正态分布的对称性即可判断A，利用二项分布的概率公式列不等式即可判断B，利用独立性检验的思想即可判断C，利用分组分配问题即可判断D.
10．（2024高二下·广州期末）已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．的极大值点为 B．函数的零点个数为3
C．函数的零点个数为7 D．的解集为
【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为函数是定义在上的奇函数， 所以，
当时，，则，令，解得，
令，解得，则在单调递减，在上单调递增，
则的极小值点为1，又因为函数是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，
故A正确；
B、当时，，则，
因为是定义在上的奇函数，所以，所以
分别画出和的图象，如图所示：
由图可知，函数的零点个数为3，故B正确；
C、令，得或或，
令，得，或，
分别画出的图象，如图所示：
由图可知：函数的零点个数为7，故C正确；
D、令，则，
，故D错误；
故答案为：ABC.
【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性即可判断A；数形结合即可判断B、C；赋值即可判断D.
11．（2024高二下·广州期末）费马原理是几何光学中的一条重要原理，可以推导出双曲线具有如下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知、分别是以为渐近线且过点的双曲线C的左、右焦点，在双曲线C右支上一点处的切线l交x轴于点Q，则（ ）
A．双曲线C的离心率为
B．双曲线C的方程为
C．过点作，垂足为K，则
D．点Q的坐标为
【答案】B,D
【知识点】导数的几何意义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，设双曲线方程为，
代入点，可得，
所以双曲线方程为，可得，
所以离心率为，故A错误，B正确；
因为，
设，
因为，且为的角平分线，如图所示：
所以，且，故C错误；
因为，当时，整理得，
则，可得，
即切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
令，整理得，
又因为，可得，
所以点Q的坐标为，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】利用双曲线的渐近线和点的坐标求双曲线的方程即可得离心率即可判断AB；利用题意结合双曲线的定义运算求解可得即可判断C；利用导数的几何意义运算求解即可判断D.
12．（2024高二下·广州期末）等差数列中，，则 ．
【答案】60
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设公差为，则，
即，
所以.
故答案为：60.
【分析】利用等差数列的通项公式列式得，再利用等差数列的求和公式即可求解.
13．（2024高二下·广州期末）已知函数，若，，且，则的最小值是
【答案】8
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且，
所以为奇函数，又，所以函数单调递增，
又，所以，
所以，即，
所以，
当且仅当，即，，等号成立，
所以的最小值为.
故填：.
【分析】由函数奇偶性的定义可知为奇函数，根据单调性可知，然后结合基本不等式即可求解.
奇函数的定义：如果对于函数的定义域内任意一个，都有，那么函数就叫做奇函数.
14．（2024高二下·广州期末）某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则 .
【答案】9
【知识点】古典概型及其概率计算公式；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：种；
女男男：种；
男女男：种；
女女男：种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率，
所以任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率为：，
则，即，
解得.
故答案为：
【分析】第个班中，取三次的方法有种，再利用求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再利用即可求解.
15．（2024高二下·广州期末）已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理得，
．
又，
，
，
，
，
，
．
（2）解：在中，，，，
由正弦定理得，
，
由余弦定理得，解得（负值舍去），
的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）本题主要考查三角变换以及正余弦定理在解三角形中的应用，利用正弦定理角化边化简，结合两角和的正弦公式即可推出，即可求解；
（2）由正弦定理求出c，由余弦定理求出a，结合三角形面积公式即可求得答案.
（1）在中，，
由正弦定理得，．
又，，
，，，
，．
（2）在中，，，，
由正弦定理得，，
由余弦定理得，解得（负值舍去），
的面积为．
16．（2024高二下·广州期末）已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）当时，求证：；
（3）若对任意的恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）解：由题可得，∵曲线在处的切线方程为，
∴，即，
∴．
（2）证明：令，则，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵对任意的恒成立，∴对任意的恒成立，
令，，
则，
由（2）可知当时，恒成立，
令，可得；令，可得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
∴实数k的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导可得，再利用切点既在切线上又在曲线上可得进而求得，即可求的解析式；
（2）构造函数，求导可得，再利用的单调性，证明函数即可；
（3）由于，分离出参数k，构造，则原问题转化为，求出函数的最小值即可得k的取值范围．
（1）由题可得，
∵曲线在处的切线方程为，
∴，即，
∴．
（2）证明：令，
则，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
∴，
∴．
（3）∵对任意的恒成立，
∴对任意的恒成立，
令，，
则，
由（2）可知当时，恒成立，
令，可得；令，可得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
∴实数k的取值范围为．
17．（2024高二下·广州期末）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：在三棱柱中，，，则，，
由，，得，
在中，，，，
由余弦定理，
得，，
于是，由平面，平面，得，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以.
（2）解：由（1）知，，，两两垂直，以为原点，
直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，，得，
则，，，
于是，，
设为平面的一个法向量，
则，取，得，
显然为平面的一个法向量，
因此，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据长度关系可得，又根据线面垂直的性质可得，即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，平面的一个法向量，平面的一个法向量，再利用向量的夹角即可求解.
（1）在三棱柱中，，，则，，
由，，得，
在中，，，，
由余弦定理，
得，，
于是，由平面，平面，得，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以.
（2）由（1）知，，，两两垂直，以为原点，
直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由，，得，
则，，，
于是，，
设为平面的一个法向量，
则，取，得，
显然为平面的一个法向量，
因此，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
18．（2024高二下·广州期末）已知点在双曲线上．
（1）求双曲线的方程；
（2）设点为双曲线右支上除右顶点外的任意点，证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
（3）过点作斜率为的动直线与双曲线右支交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点，满足．
（ⅰ）求斜率的取值范围；
（ⅱ）证明：点恒在一条定直线上．
【答案】（1）解：由点在双曲线上，知，
故.
展开得到，即，故.
所以，故双曲线的方程为.
（2）证明：设的坐标为，则，即.
而双曲线的渐近线为和，故到两条渐近线的距离之积为，此为定值.
（3）解：（ⅰ）由题意知直线的方程为，即，与
即联立，得到.
将展开，即为.
设，，由于与的右支有两个不同的交点，故关于的方程有两个不同的正数根，这等价于，即.
由，知条件等价于.
而
，
故条件等价于，即，且，且，即.
所以斜率的取值范围是.
（ⅱ）设，由于是关于的方程的两个不同的正数根，故，.
由于，，，且在同一直线上，
故，.
而，故，即.
从而，故.
由，，知.
去分母，得，即，
所以.
由于点在直线上，而直线的方程为，
故.
从而点的坐标为.
由于，故点恒在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点代入方程，解得即可求解；
（2）先直线方程和双曲线方程联立可得，再利用距离公式即可证明；
（3）将直线与双曲线的方程联立，可得到一个二次方程，利用二次方程的性质即可得到的取值范围，再利用韦达定理，可以用表示点的坐标，最后验证点恒在直线上即可求解.
（1）由点在双曲线上，知，故.
展开得到，即，故.
所以，故双曲线的方程为.
（2）设的坐标为，则，即.
而双曲线的渐近线为和，故到两条渐近线的距离之积为，此为定值.
（3）（ⅰ）
由题意知直线的方程为，即，与即联立，得到.
将展开，即为.
设，，由于与的右支有两个不同的交点，故关于的方程有两个不同的正数根，这等价于，即.
由，知条件等价于.
而
，
故条件等价于，即，且，且，即.
所以斜率的取值范围是.
（ⅱ）
设，由于是关于的方程的两个不同的正数根，故，.
由于，，，且在同一直线上，故，.
而，故，即.
从而，故.
由，，知.
去分母，得，即，所以.
由于点在直线上，而直线的方程为，故.
从而点的坐标为.
由于，故点恒在定直线上.
19．（2024高二下·广州期末）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的.
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的.
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列.
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式.
【答案】（1）证明：因为数列是等差数列，所以设，令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的.
（2）解：因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则，
当时，；
当时，是首项为，公比为的等比数列.
（3）解：一方面，因为数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以.
所以，所以是首项为2，公比为的等比数列，
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
因为是首项为2，公比为的等比数列，
所以，且，
所以
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列，
又因为，所以，
又，所以，因为，所以，
综上所述，.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由数列是等差数列，可得，
令，根据等差、等比数列的定义即可证明；
（2）设，可得，分、证明即可；
（3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，
设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，即可求数列的通项公式．
1 / 1广东省广州市第二中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·广州期末）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·广州期末）已知复数（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广州期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C．1 D．0
4．（2024高二下·广州期末）若的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A． B．945 C．2835 D．
5．（2024高二下·广州期末）若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·广州期末）已知球与某圆台的上、下底面及侧面均相切，若球与圆台的表面积之比为，则球与圆台的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·广州期末）当时，函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·广州期末）已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（ ）
A． B．1 C．2023 D．2024
9．（2024高二下·广州期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．设随机变量服从正态分布，若，则
B．某人在10次答题中，答对题数为，，则答对7题的概率最大
C．基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
D．将4名老师分派到两个学校支教，每个学校至少派1人，则共有14种不同的分派方法
10．（2024高二下·广州期末）已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．的极大值点为 B．函数的零点个数为3
C．函数的零点个数为7 D．的解集为
11．（2024高二下·广州期末）费马原理是几何光学中的一条重要原理，可以推导出双曲线具有如下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知、分别是以为渐近线且过点的双曲线C的左、右焦点，在双曲线C右支上一点处的切线l交x轴于点Q，则（ ）
A．双曲线C的离心率为
B．双曲线C的方程为
C．过点作，垂足为K，则
D．点Q的坐标为
12．（2024高二下·广州期末）等差数列中，，则 ．
13．（2024高二下·广州期末）已知函数，若，，且，则的最小值是
14．（2024高二下·广州期末）某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则 .
15．（2024高二下·广州期末）已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
16．（2024高二下·广州期末）已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）当时，求证：；
（3）若对任意的恒成立，求实数k的取值范围.
17．（2024高二下·广州期末）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）若，求平面和平面夹角的余弦值.
18．（2024高二下·广州期末）已知点在双曲线上．
（1）求双曲线的方程；
（2）设点为双曲线右支上除右顶点外的任意点，证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
（3）过点作斜率为的动直线与双曲线右支交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点，满足．
（ⅰ）求斜率的取值范围；
（ⅱ）证明：点恒在一条定直线上．
19．（2024高二下·广州期末）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的.
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的.
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列.
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，可得，解得，即集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】根据对数函数的性质求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，
则.
故答案为：A.
【分析】利用共轭复数定义及复数的四则混合运算即可求解.
3．【答案】D
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，，
则，
因为，
所以，即，解得.
故答案为：D．
【分析】先利用向量的运算的坐标可得，再利用向量垂直的条件即可求解.
4．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：令，得，得，
则的展开式的通项，
令，得，则，故展开式中的系数为，
故答案为：D．
【分析】先利用赋值法可得，再利用展开式的通项公式，令即可求解.
5．【答案】D
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：已知，而，
所以，解得，
由可得，
所以.
故答案为：D
【分析】利用二倍角的正切公式可得化简可得，再利用同角公式即可求解.
6．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设球的半径为R，圆台的上、下底面半径为r1，r2，圆台的高、母线长分别为2R，r1+r2，由表面积公式可各，
所以，
故答案为：B.
【分析】先设相应半径、母线、高，再分别将表面积表达出来，求出最简式子，求出体积比的式子，再代入可求最比值.
7．【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，可得或，
即函数有两个零点，图象与轴有两个交点，故，错误；
求导可得，
令，得或，
当时，，
函数在上递增；
当时，，
函数在上递减，
即函数图象先增后减再增，所以排除.
故答案为：.
【分析】再利用函数解析式可得函数有两个零点即可排除，再求导可得，利用导数的正负和函数的单调性的关系即可判断AD.
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：已知为偶函数，则①，
因为，所以，
结合①有②，
因为为奇函数，所以，所以，
结合②有，所以，所以，
所以的周期为8．因为，所以，
同理，由，得，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以，
所以，
所以的周期为8，所以，
由，得，
由，得，所以，
所以．
故答案为：A.
【分析】先利用赋值法结合题意可得函数周期为8，结合题目中所给条件可得，即可求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】独立性检验；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、，，故A错误
B、，，
令，解得，
又，，即答对7题的概率最大，故B正确；
C、根据独立性检验可知C正确，
D、 将4名老师分派到两个学校支教，每个学校至少派1人，
则共有种不同的分派方案，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】利用正态分布的对称性即可判断A，利用二项分布的概率公式列不等式即可判断B，利用独立性检验的思想即可判断C，利用分组分配问题即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为函数是定义在上的奇函数， 所以，
当时，，则，令，解得，
令，解得，则在单调递减，在上单调递增，
则的极小值点为1，又因为函数是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，
故A正确；
B、当时，，则，
因为是定义在上的奇函数，所以，所以
分别画出和的图象，如图所示：
由图可知，函数的零点个数为3，故B正确；
C、令，得或或，
令，得，或，
分别画出的图象，如图所示：
由图可知：函数的零点个数为7，故C正确；
D、令，则，
，故D错误；
故答案为：ABC.
【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性即可判断A；数形结合即可判断B、C；赋值即可判断D.
11．【答案】B,D
【知识点】导数的几何意义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为双曲线的渐近线为，设双曲线方程为，
代入点，可得，
所以双曲线方程为，可得，
所以离心率为，故A错误，B正确；
因为，
设，
因为，且为的角平分线，如图所示：
所以，且，故C错误；
因为，当时，整理得，
则，可得，
即切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
令，整理得，
又因为，可得，
所以点Q的坐标为，故D正确；
故答案为：BD.
【分析】利用双曲线的渐近线和点的坐标求双曲线的方程即可得离心率即可判断AB；利用题意结合双曲线的定义运算求解可得即可判断C；利用导数的几何意义运算求解即可判断D.
12．【答案】60
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设公差为，则，
即，
所以.
故答案为：60.
【分析】利用等差数列的通项公式列式得，再利用等差数列的求和公式即可求解.
13．【答案】8
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且，
所以为奇函数，又，所以函数单调递增，
又，所以，
所以，即，
所以，
当且仅当，即，，等号成立，
所以的最小值为.
故填：.
【分析】由函数奇偶性的定义可知为奇函数，根据单调性可知，然后结合基本不等式即可求解.
奇函数的定义：如果对于函数的定义域内任意一个，都有，那么函数就叫做奇函数.
14．【答案】9
【知识点】古典概型及其概率计算公式；基本计数原理的应用
【解析】【解答】解：每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：种；
女男男：种；
男女男：种；
女女男：种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率，
所以任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率为：，
则，即，
解得.
故答案为：
【分析】第个班中，取三次的方法有种，再利用求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再利用即可求解.
15．【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理得，
．
又，
，
，
，
，
，
．
（2）解：在中，，，，
由正弦定理得，
，
由余弦定理得，解得（负值舍去），
的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）本题主要考查三角变换以及正余弦定理在解三角形中的应用，利用正弦定理角化边化简，结合两角和的正弦公式即可推出，即可求解；
（2）由正弦定理求出c，由余弦定理求出a，结合三角形面积公式即可求得答案.
（1）在中，，
由正弦定理得，．
又，，
，，，
，．
（2）在中，，，，
由正弦定理得，，
由余弦定理得，解得（负值舍去），
的面积为．
16．【答案】（1）解：由题可得，∵曲线在处的切线方程为，
∴，即，
∴．
（2）证明：令，则，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵对任意的恒成立，∴对任意的恒成立，
令，，
则，
由（2）可知当时，恒成立，
令，可得；令，可得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
∴实数k的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导可得，再利用切点既在切线上又在曲线上可得进而求得，即可求的解析式；
（2）构造函数，求导可得，再利用的单调性，证明函数即可；
（3）由于，分离出参数k，构造，则原问题转化为，求出函数的最小值即可得k的取值范围．
（1）由题可得，
∵曲线在处的切线方程为，
∴，即，
∴．
（2）证明：令，
则，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
∴，
∴．
（3）∵对任意的恒成立，
∴对任意的恒成立，
令，，
则，
由（2）可知当时，恒成立，
令，可得；令，可得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
∴实数k的取值范围为．
17．【答案】（1）证明：在三棱柱中，，，则，，
由，，得，
在中，，，，
由余弦定理，
得，，
于是，由平面，平面，得，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以.
（2）解：由（1）知，，，两两垂直，以为原点，
直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由，，得，
则，，，
于是，，
设为平面的一个法向量，
则，取，得，
显然为平面的一个法向量，
因此，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据长度关系可得，又根据线面垂直的性质可得，即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，平面的一个法向量，平面的一个法向量，再利用向量的夹角即可求解.
（1）在三棱柱中，，，则，，
由，，得，
在中，，，，
由余弦定理，
得，，
于是，由平面，平面，得，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以.
（2）由（1）知，，，两两垂直，以为原点，
直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由，，得，
则，，，
于是，，
设为平面的一个法向量，
则，取，得，
显然为平面的一个法向量，
因此，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由点在双曲线上，知，
故.
展开得到，即，故.
所以，故双曲线的方程为.
（2）证明：设的坐标为，则，即.
而双曲线的渐近线为和，故到两条渐近线的距离之积为，此为定值.
（3）解：（ⅰ）由题意知直线的方程为，即，与
即联立，得到.
将展开，即为.
设，，由于与的右支有两个不同的交点，故关于的方程有两个不同的正数根，这等价于，即.
由，知条件等价于.
而
，
故条件等价于，即，且，且，即.
所以斜率的取值范围是.
（ⅱ）设，由于是关于的方程的两个不同的正数根，故，.
由于，，，且在同一直线上，
故，.
而，故，即.
从而，故.
由，，知.
去分母，得，即，
所以.
由于点在直线上，而直线的方程为，
故.
从而点的坐标为.
由于，故点恒在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点代入方程，解得即可求解；
（2）先直线方程和双曲线方程联立可得，再利用距离公式即可证明；
（3）将直线与双曲线的方程联立，可得到一个二次方程，利用二次方程的性质即可得到的取值范围，再利用韦达定理，可以用表示点的坐标，最后验证点恒在直线上即可求解.
（1）由点在双曲线上，知，故.
展开得到，即，故.
所以，故双曲线的方程为.
（2）设的坐标为，则，即.
而双曲线的渐近线为和，故到两条渐近线的距离之积为，此为定值.
（3）（ⅰ）
由题意知直线的方程为，即，与即联立，得到.
将展开，即为.
设，，由于与的右支有两个不同的交点，故关于的方程有两个不同的正数根，这等价于，即.
由，知条件等价于.
而
，
故条件等价于，即，且，且，即.
所以斜率的取值范围是.
（ⅱ）
设，由于是关于的方程的两个不同的正数根，故，.
由于，，，且在同一直线上，故，.
而，故，即.
从而，故.
由，，知.
去分母，得，即，所以.
由于点在直线上，而直线的方程为，故.
从而点的坐标为.
由于，故点恒在定直线上.
19．【答案】（1）证明：因为数列是等差数列，所以设，令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的.
（2）解：因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则，
当时，；
当时，是首项为，公比为的等比数列.
（3）解：一方面，因为数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以.
所以，所以是首项为2，公比为的等比数列，
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
因为是首项为2，公比为的等比数列，
所以，且，
所以
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列，
又因为，所以，
又，所以，因为，所以，
综上所述，.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由数列是等差数列，可得，
令，根据等差、等比数列的定义即可证明；
（2）设，可得，分、证明即可；
（3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，
设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，即可求数列的通项公式．
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