甘肃省2023-2024学年高二下学期期末学业水平质量测试数学试卷
1．（2024高二下·甘肃期末）已知随机变量服从正态分布，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
2．（2024高二下·甘肃期末）若如图中的直线的斜率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·甘肃期末）在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ）
A． B． C． D．6
4．（2024高二下·甘肃期末）二项式展开式中常数项等于（ ）
A．60 B．﹣60 C．15 D．﹣15
5．（2024高二下·甘肃期末）等差数列的公差是2，若成等比数列，则的前项和（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·甘肃期末）已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（ ）
A．32 B． C．16 D．
7．（2024高二下·甘肃期末）随机变量的概率分布列为，其中是常数，则的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．35
8．（2024高二下·甘肃期末）过双曲线的左焦点作斜率为2的直线交于两点．若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3 B．2 C． D．
9．（2024高二下·甘肃期末）下列结论正确的是（ ）
A．由样本数据得到的回归直线必过点
B．已知随机变量，若，则
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．若散点图中所有点都在直线上，则样本相关系数
10．（2024高二下·甘肃期末）如图，正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．直线和所成的角为
B．四面体的体积是
C．点到平面的距离为
D．平面与平面所成二面角的正弦值为
11．（2024高二下·甘肃期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．记斐波那契数列为，其前项和为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（2024高二下·甘肃期末）丝绸之路是文明之路、经济之路，也是东西之间的友谊之路、合作共赢之路．甘肃，作为丝绸之路沿线的重受省份，已成功举办11届敦煌行·丝绸之路国际旅游节，在旅游节期间，需从4位志愿者中选3位安排到甲、乙、丙三个不同的工作岗位，每个岗位1人，其中志愿者不能安排在甲岗位，则不同的安排方法种数为 ．
13．（2024高二下·甘肃期末）已知直线与曲线相切，则的值为 ．
14．（2024高二下·甘肃期末）圆锥曲线具有丰富的光学性质：椭圆绕它的长轴旋转一周形成一个旋转椭球面．以旋转椭球面做反射镜时，从它的一个焦点发射的光线，经旋转椭球面的反射后，反射光线都经过另一个焦点．如图甲，椭圆为旋转椭球面中过长轴的一个截面，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线．如图乙，椭圆的中心在坐标原点，焦点为．由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
（1）椭圆的离心率为 ．
（2）点是椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点处的切线为在上的射影在圆上，则椭圆的方程为 ．
15．（2024高二下·甘肃期末）如图，在梯形中，分别为边，的中点，沿将梯形翻折，使平面平面．
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
16．（2024高二下·甘肃期末）某学校有两家餐厅，王同学第一天午餐时随机的选择一家餐厅用餐．如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.4；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8．
（1）求王同学第二天去餐厅用餐的概率；
（2）王同学某次在餐厅就餐，该餐厅提供4种西式点心，2种中式点心，王同学从这些点心中随机选择3种点心，记选择西式点心的种数为，求的分布列和数学期望．
17．（2024高二下·甘肃期末）设函数，函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
18．（2024高二下·甘肃期末）已知拋物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3．
（1）求拋物线的标准方程；
（2）已知过点的直线与分别交于点与点，延长交于点，线段与的中点分别为．
①证明：点在定直线上；
②若直线，直线的斜率分别为，求的取值范围．
19．（2024高二下·甘肃期末）等差数列的特点是每一项与前一项之差相等．如果数列不是等差数列，但每一项与前一项之差构成等差数列，即是等差数列，则叫作二阶等差数列．与前述类似，若是二阶等差数列，则叫作三阶等差数列．如此可以对更大的整数归纳地定义阶等差数列．高阶等差数列的研究，始于北宋科学家沈括《梦溪笔谈》中的隙积术，南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中明确地推得一些对高阶等差数列求和公式，元代数学家朱世杰将此类问题进一步推广．
（1）已知数列为二阶等差数列，其前5项分别为2，3，5，8，12．
①求数列的通项公式；
②求数列的前项和；
（2）若数列的通项公式为，数列的前项和记为，若将数列的前项和记为，数列的前项和记为依次类推．
①求；
②求（只写出结果）．
参考数据：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意得，正态分布曲线关于对称，
因为，
所以．
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值.
2．【答案】D
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：由图可知：的斜率为负值，斜率为正值，且，则．
故答案为：D.
【分析】根据图象结合斜率及倾斜角的关系判断即可.
3．【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 平行六面体，如图所示：
，
则
，即．
故答案为：C.
【分析】以为基底表示，再结合向量数量积的运算律求解即可.
4．【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为
当时，即当时，
则常数项为.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和二项式定理求出展开式的通项公式，再结合常数项的定义计算出的系数，从而得出二项式展开式中常数项.
5．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：由已知得，又因为是公差为2的等差数列，
则，
所以，解得，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】利用等比中项的性质求出的值，再结合题意得到等差数列的通项公式，再利用等差数列前项和公式得出等差数列的前项和.
6．【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，
则圆心坐标是，半径是3，
因为圆心到点的距离为，
所以点在圆内，最长弦为圆的直径，
由垂径定理，得最短弦和最长弦（即圆的直径）垂直，
则最短弦的长为，最长弦即直径，
所以四边形的面积为．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和垂径定理，从而分析可知，再利用勾股定理计算出，则根据四边形的面积公式得出四边形的面积.
7．【答案】A
【知识点】概率的基本性质；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得，
所以，
所以，
则．
故答案为：A．
【分析】利用已知条件和概率分布列的性质，从而求出a的值，再结合随机变量X的方差公式和方差的性质，从而得出的值.
8．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，
由，得，
设直线的方程为，
由
消去，得，
由根与系数的关系，得，
所以，
所以，
化简得，
所以，得，
所以，
可得.
故答案为：D.
【分析】设，由得，设直线的方程为，代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系结合，从而可得关于的式子，化简后结合双曲线中a，b，c三者的关系式，从而可得双曲线的离心率.
9．【答案】A,C
【知识点】独立性检验的应用；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：对于A，因为回归直线必过点，故A正确；
对于B，对于二项分布，，
解得，故B错误；
对于C，由独立性检验的基本思想，故C正确；
对于D，因为散点图中所有点都在直线上，
则样本相关系数，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】利用回归直线的性质判断出选项A；利用二项分布的均值和方差建立方程，从而求解参数n的值，则判断出选项B；由独立性检验的基本思想判断出选项C；利用相关系数的性质判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
A、，则，
即，则直线和所成的角为，故A错误；
B、易得四面体为正四面体，
，故B正确；
C、，
设平面的法向量为，则，
令，则，
则点到平面的距离，故C正确；
D、设平面的法向量为，则，
令，即，则，
即平面与平面所成二面角的正弦值为，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可判断ACD；利用割补法求出四面体的体积即可判断B.
11．【答案】A,C,D
【知识点】数列的前n项和；斐波那契数列
【解析】【解答】解：A、由题意可知：，故A正确；
B、由A知：，故B错误；
C、，故C正确；
D、
，累加得，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】逐项分析数列性质求解即可.
12．【答案】18
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：方法一：运用分步乘法计数原理，先安排甲岗位，再安排乙、丙岗位，
则不同的安排方法共有（种）．
方法二：运用分类加法计数原理，
若不入选，有（种）安排方法；
若入选，则有（种）安排方法，
所以共有（种）不同的安排方法．
故答案为：18.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：利用分步乘法计数原理结合排列数公式、组合数公式，从而得出不同的安排方法种数.
方法二：合理分类，利用分类加法计数原理结合排列数公式、组合数公式，从而得出不同的安排方法种数.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，得：，
设切点，
又因为，，
所以在点处的切线方程为：，
整理得：
因为是切线，
则满足，
则，代入得：，
又因为，
则．
故答案为：.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再结合点斜式方程得出函数在某点处的切线方程，再利用题意可得方程组，从而解方程得出实数a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：（1）设椭圆的长轴长为，
则由发出的光经椭圆两次反射后回到，
经过的路程为，
则.
（2）如图，延长，交于点，
在中，，
由反射角等于入射角，得，
则，且为中点，
在中，，
则，，
所以椭圆方程为．
故答案为：；.
【分析】（1）利用椭圆的定义结合已知条件，从而求出椭圆的离心率.
（2）根据已知条件和光的反射定理，再结合椭圆定义求出椭圆长半轴长，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆的方程.
15．【答案】（1）证明：沿将梯形翻折后，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面
又因为，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
因为，
所以．
（2）解：由已知易得，．
设平面的法向量为，
则
则
令，解得，故．
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）沿将梯形翻折后，利用面面垂直的性质定理证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而证出.
（2）利用已知条件得出向量的坐标，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，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出与平面所成角的正弦值.
（1）沿将梯形翻折后，因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面又，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，，
所以．
因为，所以．
（2）易得，．
设平面的法向量为，则即
令，解得，故．
设与平面所成的角为，则．
故与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】（1）解：设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，
“第二天去餐厅用餐”，
根据题意得，，
由全概率公式，
得，
所以王同学第二天去餐厅用餐的概率为0.6．
（2）解：由题意，得可以取1，2，3，
，
，
，
所以的分布列为：
1 2 3
所以．
【知识点】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）设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，“第二天去餐厅用餐”，根据题意求出，，再根据全概率公式得出王同学第二天去餐厅用餐的概率.
（2）由题意得出随机变量可以取的值，再根据题意求出相应的概率，从而可得随机变量的分布列，再结合数学期望公式得出随机变量X的数学期望．
（1）设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，“第二天去餐厅用餐”，
根据题意得，，
由全概率公式，得，
所以王同学第二天去餐厅用餐的概率为0.6．
（2）由题意，得可以取1，2，3．
，
，
．
所以的分布列为
1 2 3
所以．
17．【答案】（1）解：因为，
①当时，则单调递增；
②当时，若，则，
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
综上所述，当时，单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由题意得，
由（1）知，
①当时，单调递增，，
所以在上单调递增，，
所以符合题意；
②当时，在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
所以符合题意；
③当时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，不满足题意，
综上所述，的取值范围为．
【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）利用导数的正负结合对参数范围的讨论，从而得出函数的单调区间.
（2）分析题意，先讨论的不同范围，再结合导数判断函数的单调性的方法，从而得出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）．
①当时，单调递增；
②当时，若，则．
- 0 +
单调递减 单调递增
综上，当时，单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意得，
由（1）知，①当时，单调递增，，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
②当时，在上单调递增，，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，使得，所以在上单调递减，
在上单调递增，则，不满足题意．
综上所述的取值范围为．
18．【答案】（1）解：因为抛物线的准线方程为，设点到准线的距离为，
由抛物线的定义，
得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以抛物线的标准方程为．
（2）①证明：设，
直线的方程为，直线的方程为，
联立
消去整理得，
所以，同理可得，
所以直线的方程为：
则，
同理直线的方程为．
联立，
得，
则，
则，
所以，
所以，
则点在直线上．
②解：由题意可知，的斜率存在且均不为0，
因为，
所以设直线的方程为，
则直线的方程为，
由①知，，
所以，
所以，
所以
当且仅当时，即当时取等号，
易知，
所以的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，把到的距离与到点的距离之和的最小值转化为到准线的距离为和到点的距离之和的最小值，再根据平面几何的知识，从而得出拋物线的标准方程.
（2）①设，先计算出直线的方程和直线的方程，再联立方程结合韦达定理，从而证出点在定直线上.
②利用已知条件，先计算出，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出的取值范围．
（1）抛物线的准线方程为，设点到准线的距离为．
由抛物线的定义，得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为．
（2）①设，
直线的方程为，直线的方程为，
联立消去整理得，
所以，同理可得，
所以直线的方程为，
即，同理直线的方程为．
联立，得，即，
即，即，
所以，即点在直线上．
②由题意可知，的斜率存在且均不为0，
因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为，
由①知，．所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，又易知，
所以的取值范围为
19．【答案】（1）①解：因为为二阶等差数列，
则，
累加可得：，
所以．
②解：由组合数性质可知，
，
则
所以，
所以
则，
所以
（2）①解：因为，
所以
则
．
②证明：因为．
要证明，
则当时命题成立，
若对时成立，则，
当时，，
因为，
，
所以
，则原命题得证.
【知识点】数列的求和；数学归纳法的应用；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）①利用给定的高阶等差数列定义结合累加法，从而得出数列的通项公式.
②利用组合数性质得到，再求和得出数列的前项和.
（2）①利用给定定义结合给定的结论，从而求解得出.
②利用给定定义结合数学归纳法证出.
（1）①因为为二阶等差数列，则，
累加可得，
故．
②由组合数性质可知，
，
即，
所以，
所以，
即，
所以
．
（2）①，
，
．
②．
如果证明，
当时命题成立，若对时成立，即，
当时，，
而，
，
故，
，故原命题得证.
1 / 1甘肃省2023-2024学年高二下学期期末学业水平质量测试数学试卷
1．（2024高二下·甘肃期末）已知随机变量服从正态分布，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：由题意得，正态分布曲线关于对称，
因为，
所以．
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出的值.
2．（2024高二下·甘肃期末）若如图中的直线的斜率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：由图可知：的斜率为负值，斜率为正值，且，则．
故答案为：D.
【分析】根据图象结合斜率及倾斜角的关系判断即可.
3．（2024高二下·甘肃期末）在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ）
A． B． C． D．6
【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 平行六面体，如图所示：
，
则
，即．
故答案为：C.
【分析】以为基底表示，再结合向量数量积的运算律求解即可.
4．（2024高二下·甘肃期末）二项式展开式中常数项等于（ ）
A．60 B．﹣60 C．15 D．﹣15
【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为
当时，即当时，
则常数项为.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和二项式定理求出展开式的通项公式，再结合常数项的定义计算出的系数，从而得出二项式展开式中常数项.
5．（2024高二下·甘肃期末）等差数列的公差是2，若成等比数列，则的前项和（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：由已知得，又因为是公差为2的等差数列，
则，
所以，解得，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】利用等比中项的性质求出的值，再结合题意得到等差数列的通项公式，再利用等差数列前项和公式得出等差数列的前项和.
6．（2024高二下·甘肃期末）已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（ ）
A．32 B． C．16 D．
【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，
则圆心坐标是，半径是3，
因为圆心到点的距离为，
所以点在圆内，最长弦为圆的直径，
由垂径定理，得最短弦和最长弦（即圆的直径）垂直，
则最短弦的长为，最长弦即直径，
所以四边形的面积为．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和垂径定理，从而分析可知，再利用勾股定理计算出，则根据四边形的面积公式得出四边形的面积.
7．（2024高二下·甘肃期末）随机变量的概率分布列为，其中是常数，则的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．35
【答案】A
【知识点】概率的基本性质；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得，
所以，
所以，
则．
故答案为：A．
【分析】利用已知条件和概率分布列的性质，从而求出a的值，再结合随机变量X的方差公式和方差的性质，从而得出的值.
8．（2024高二下·甘肃期末）过双曲线的左焦点作斜率为2的直线交于两点．若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设，
由，得，
设直线的方程为，
由
消去，得，
由根与系数的关系，得，
所以，
所以，
化简得，
所以，得，
所以，
可得.
故答案为：D.
【分析】设，由得，设直线的方程为，代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系结合，从而可得关于的式子，化简后结合双曲线中a，b，c三者的关系式，从而可得双曲线的离心率.
9．（2024高二下·甘肃期末）下列结论正确的是（ ）
A．由样本数据得到的回归直线必过点
B．已知随机变量，若，则
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．若散点图中所有点都在直线上，则样本相关系数
【答案】A,C
【知识点】独立性检验的应用；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：对于A，因为回归直线必过点，故A正确；
对于B，对于二项分布，，
解得，故B错误；
对于C，由独立性检验的基本思想，故C正确；
对于D，因为散点图中所有点都在直线上，
则样本相关系数，故D错误．
故答案为：AC.
【分析】利用回归直线的性质判断出选项A；利用二项分布的均值和方差建立方程，从而求解参数n的值，则判断出选项B；由独立性检验的基本思想判断出选项C；利用相关系数的性质判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2024高二下·甘肃期末）如图，正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．直线和所成的角为
B．四面体的体积是
C．点到平面的距离为
D．平面与平面所成二面角的正弦值为
【答案】B,C,D
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
A、，则，
即，则直线和所成的角为，故A错误；
B、易得四面体为正四面体，
，故B正确；
C、，
设平面的法向量为，则，
令，则，
则点到平面的距离，故C正确；
D、设平面的法向量为，则，
令，即，则，
即平面与平面所成二面角的正弦值为，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可判断ACD；利用割补法求出四面体的体积即可判断B.
11．（2024高二下·甘肃期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．记斐波那契数列为，其前项和为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,C,D
【知识点】数列的前n项和；斐波那契数列
【解析】【解答】解：A、由题意可知：，故A正确；
B、由A知：，故B错误；
C、，故C正确；
D、
，累加得，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】逐项分析数列性质求解即可.
12．（2024高二下·甘肃期末）丝绸之路是文明之路、经济之路，也是东西之间的友谊之路、合作共赢之路．甘肃，作为丝绸之路沿线的重受省份，已成功举办11届敦煌行·丝绸之路国际旅游节，在旅游节期间，需从4位志愿者中选3位安排到甲、乙、丙三个不同的工作岗位，每个岗位1人，其中志愿者不能安排在甲岗位，则不同的安排方法种数为 ．
【答案】18
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：方法一：运用分步乘法计数原理，先安排甲岗位，再安排乙、丙岗位，
则不同的安排方法共有（种）．
方法二：运用分类加法计数原理，
若不入选，有（种）安排方法；
若入选，则有（种）安排方法，
所以共有（种）不同的安排方法．
故答案为：18.
【分析】利用两种方法求解.
方法一：利用分步乘法计数原理结合排列数公式、组合数公式，从而得出不同的安排方法种数.
方法二：合理分类，利用分类加法计数原理结合排列数公式、组合数公式，从而得出不同的安排方法种数.
13．（2024高二下·甘肃期末）已知直线与曲线相切，则的值为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由，得：，
设切点，
又因为，，
所以在点处的切线方程为：，
整理得：
因为是切线，
则满足，
则，代入得：，
又因为，
则．
故答案为：.
【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再结合点斜式方程得出函数在某点处的切线方程，再利用题意可得方程组，从而解方程得出实数a的值.
14．（2024高二下·甘肃期末）圆锥曲线具有丰富的光学性质：椭圆绕它的长轴旋转一周形成一个旋转椭球面．以旋转椭球面做反射镜时，从它的一个焦点发射的光线，经旋转椭球面的反射后，反射光线都经过另一个焦点．如图甲，椭圆为旋转椭球面中过长轴的一个截面，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线．如图乙，椭圆的中心在坐标原点，焦点为．由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
（1）椭圆的离心率为 ．
（2）点是椭圆上除顶点外的任意一点，椭圆在点处的切线为在上的射影在圆上，则椭圆的方程为 ．
【答案】；
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：（1）设椭圆的长轴长为，
则由发出的光经椭圆两次反射后回到，
经过的路程为，
则.
（2）如图，延长，交于点，
在中，，
由反射角等于入射角，得，
则，且为中点，
在中，，
则，，
所以椭圆方程为．
故答案为：；.
【分析】（1）利用椭圆的定义结合已知条件，从而求出椭圆的离心率.
（2）根据已知条件和光的反射定理，再结合椭圆定义求出椭圆长半轴长，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆的方程.
15．（2024高二下·甘肃期末）如图，在梯形中，分别为边，的中点，沿将梯形翻折，使平面平面．
（1）证明：；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：沿将梯形翻折后，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面
又因为，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
因为，
所以．
（2）解：由已知易得，．
设平面的法向量为，
则
则
令，解得，故．
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）沿将梯形翻折后，利用面面垂直的性质定理证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，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，从而证出.
（2）利用已知条件得出向量的坐标，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，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出与平面所成角的正弦值.
（1）沿将梯形翻折后，因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面又，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，，
所以．
因为，所以．
（2）易得，．
设平面的法向量为，则即
令，解得，故．
设与平面所成的角为，则．
故与平面所成角的正弦值为.
16．（2024高二下·甘肃期末）某学校有两家餐厅，王同学第一天午餐时随机的选择一家餐厅用餐．如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.4；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8．
（1）求王同学第二天去餐厅用餐的概率；
（2）王同学某次在餐厅就餐，该餐厅提供4种西式点心，2种中式点心，王同学从这些点心中随机选择3种点心，记选择西式点心的种数为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，
“第二天去餐厅用餐”，
根据题意得，，
由全概率公式，
得，
所以王同学第二天去餐厅用餐的概率为0.6．
（2）解：由题意，得可以取1，2，3，
，
，
，
所以的分布列为：
1 2 3
所以．
【知识点】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）设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，“第二天去餐厅用餐”，根据题意求出，，再根据全概率公式得出王同学第二天去餐厅用餐的概率.
（2）由题意得出随机变量可以取的值，再根据题意求出相应的概率，从而可得随机变量的分布列，再结合数学期望公式得出随机变量X的数学期望．
（1）设“第一天去餐厅用餐”，“第一天去餐厅用餐”，“第二天去餐厅用餐”，
根据题意得，，
由全概率公式，得，
所以王同学第二天去餐厅用餐的概率为0.6．
（2）由题意，得可以取1，2，3．
，
，
．
所以的分布列为
1 2 3
所以．
17．（2024高二下·甘肃期末）设函数，函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
①当时，则单调递增；
②当时，若，则，
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
综上所述，当时，单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由题意得，
由（1）知，
①当时，单调递增，，
所以在上单调递增，，
所以符合题意；
②当时，在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
所以符合题意；
③当时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，不满足题意，
综上所述，的取值范围为．
【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）利用导数的正负结合对参数范围的讨论，从而得出函数的单调区间.
（2）分析题意，先讨论的不同范围，再结合导数判断函数的单调性的方法，从而得出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）．
①当时，单调递增；
②当时，若，则．
- 0 +
单调递减 单调递增
综上，当时，单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意得，
由（1）知，①当时，单调递增，，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
②当时，在上单调递增，，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，使得，所以在上单调递减，
在上单调递增，则，不满足题意．
综上所述的取值范围为．
18．（2024高二下·甘肃期末）已知拋物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3．
（1）求拋物线的标准方程；
（2）已知过点的直线与分别交于点与点，延长交于点，线段与的中点分别为．
①证明：点在定直线上；
②若直线，直线的斜率分别为，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为抛物线的准线方程为，设点到准线的距离为，
由抛物线的定义，
得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以抛物线的标准方程为．
（2）①证明：设，
直线的方程为，直线的方程为，
联立
消去整理得，
所以，同理可得，
所以直线的方程为：
则，
同理直线的方程为．
联立，
得，
则，
则，
所以，
所以，
则点在直线上．
②解：由题意可知，的斜率存在且均不为0，
因为，
所以设直线的方程为，
则直线的方程为，
由①知，，
所以，
所以，
所以
当且仅当时，即当时取等号，
易知，
所以的取值范围为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，把到的距离与到点的距离之和的最小值转化为到准线的距离为和到点的距离之和的最小值，再根据平面几何的知识，从而得出拋物线的标准方程.
（2）①设，先计算出直线的方程和直线的方程，再联立方程结合韦达定理，从而证出点在定直线上.
②利用已知条件，先计算出，再根据基本不等式求最值的方法，从而得出的取值范围．
（1）抛物线的准线方程为，设点到准线的距离为．
由抛物线的定义，得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为．
（2）①设，
直线的方程为，直线的方程为，
联立消去整理得，
所以，同理可得，
所以直线的方程为，
即，同理直线的方程为．
联立，得，即，
即，即，
所以，即点在直线上．
②由题意可知，的斜率存在且均不为0，
因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为，
由①知，．所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，又易知，
所以的取值范围为
19．（2024高二下·甘肃期末）等差数列的特点是每一项与前一项之差相等．如果数列不是等差数列，但每一项与前一项之差构成等差数列，即是等差数列，则叫作二阶等差数列．与前述类似，若是二阶等差数列，则叫作三阶等差数列．如此可以对更大的整数归纳地定义阶等差数列．高阶等差数列的研究，始于北宋科学家沈括《梦溪笔谈》中的隙积术，南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中明确地推得一些对高阶等差数列求和公式，元代数学家朱世杰将此类问题进一步推广．
（1）已知数列为二阶等差数列，其前5项分别为2，3，5，8，12．
①求数列的通项公式；
②求数列的前项和；
（2）若数列的通项公式为，数列的前项和记为，若将数列的前项和记为，数列的前项和记为依次类推．
①求；
②求（只写出结果）．
参考数据：．
【答案】（1）①解：因为为二阶等差数列，
则，
累加可得：，
所以．
②解：由组合数性质可知，
，
则
所以，
所以
则，
所以
（2）①解：因为，
所以
则
．
②证明：因为．
要证明，
则当时命题成立，
若对时成立，则，
当时，，
因为，
，
所以
，则原命题得证.
【知识点】数列的求和；数学归纳法的应用；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）①利用给定的高阶等差数列定义结合累加法，从而得出数列的通项公式.
②利用组合数性质得到，再求和得出数列的前项和.
（2）①利用给定定义结合给定的结论，从而求解得出.
②利用给定定义结合数学归纳法证出.
（1）①因为为二阶等差数列，则，
累加可得，
故．
②由组合数性质可知，
，
即，
所以，
所以，
即，
所以
．
（2）①，
，
．
②．
如果证明，
当时命题成立，若对时成立，即，
当时，，
而，
，
故，
，故原命题得证.
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