云南省玉溪市2023～2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷
1．（2024高二下·玉溪期末）已知平面向量，，则（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：，，
.
故答案为：B．
【分析】利用两个向量的数量积的坐标表示，从而得出的值．
2．（2024高二下·玉溪期末）某同学高中阶段6次考试的数学成绩为105，117，110，128，141，133，则这6次数学成绩的极差为（ ）
A．128 B．119 C．36 D．28
【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为6次考试的数学成绩为105，110，117，128，133，141，
所以成绩的极差为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和极差的定义，从而得出这6次数学成绩的极差.
3．（2024高二下·玉溪期末）已知集合，，则的元素个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．无数
【答案】A
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
所以，
因为，
所以，
则，
所以中元素的个数是4.
故答案为：A.
【分析】利用对数型函数的定义域求解方法，从而得出集合A，再结合指数函数的值域求解方法得出集合B，再根据交集的运算法则得出集合，从而得出集合的元素个数.
4．（2024高二下·玉溪期末）在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】将化简为，则，再根据复数的乘法运算法则得出的值.
5．（2024高二下·玉溪期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的外接圆半径为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：设的外接圆半径为，
由正弦定理得，，
又因为，
所以，
则，
解得.
故答案为：C.
【分析】设的外接圆半径为，由正弦定理得到，从而得出R的值，即得出的外接圆半径.
6．（2024高二下·玉溪期末）已知正项等比数列满足，则数列的公比为（ ）
A．2 B．1 C． D．或
【答案】A
【知识点】等比数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：设等比数列公比为，
由题意得，，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】设出公比，根据，从而计算得出q的值，即得出数列的公比.
7．（2024高二下·玉溪期末）设，是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由，，
可得，
由双曲线定义可知，
所以，，，
由勾股定理可得，
可得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线定义和，从而可得，的长度，再由勾股定理可得双曲线的离心率.
8．（2024高二下·玉溪期末）已知函数，满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意，得，，
令，
则是首项为，公差为的等差数列，
则
.
故答案为：D.
【分析】将变形为，再构造等差数列，通过等差数列求和公式计算得出的值.
9．（2024高二下·玉溪期末）已知直线与圆交于A，B两点，则的值可以为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A,B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为直线与圆相交于不同的两点、，
所以圆心到直线的距离，
解得，
所以，选项中只有3，4满足.
故答案为：AB．
【分析】利用已知条件和直线与圆相交，则得到圆心到直线的距离小于半径，从而求解得出m的取值范围，进而得出m可以的取值.
10．（2024高二下·玉溪期末）如图，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（ ）
A． B．
C．平面NPC D．平面平面
【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，
所以侧面为矩形，故，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，故B正确；
对于C，因为平面NPC不平行于平面，
所以AC不垂直于平面NPC，故C错误；
对于D，因为平面ACP，平面，
所以平面平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先计算出，则判断出选项A；利用已知条件证出平面，从而得到线线垂直，则判断出选项B；利用平面NPC不平行于平面判断出选项C；由线面垂直得到面面垂直，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高二下·玉溪期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理，
可得，
令，得，
同理可得，，，.
故答案为：ACD.
【分析】先变形得到，从而逐项判断找出正确的选项.
12．（2024高二下·玉溪期末）某校高二年级共有18个班，艺术节评比共产生3个一等奖，若每个班获得一等奖的概率相等，则1班和2班均获得一等奖的概率为 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：1班和2班获得一等奖的概率.
故答案为：.
【分析】利用基本事件有个，1班和2班均获得一等奖包含的基本事件有个，再根据古典概率公式和组合数公式，从而得出1班和2班均获得一等奖的概率.
13．（2024高二下·玉溪期末）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为，
则直角三角形的直角边分别为，，
因为是直角三角形较小的锐角，
所以，
可得，，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用直角三角形中的边角关系和三角形的面积公式、正方形的面积公式，从而分别表示出，，再利用它们的比值和已知条件，从而得出的值.
14．（2024高二下·玉溪期末）若，使取得最小值时的值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：若，则，
则
，当且仅当，即时等号成立.
故答案为：.
【分析】利用基本不等式求出最小值及取最小值时的值即可.
15．（2024高二下·玉溪期末）在平面直角坐标系xOy中，点到点的距离与到直线的距离相等，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线与相切于点，若点的纵坐标为2，求直线的方程.
【答案】（1）解：设，由题意结合抛物线定义可得：点轨迹为抛物线，且，开口向右，
则点轨迹方程为：，即的方程为；
（2）解：设， 因为直线与相切于点， 所以在上，满足，即，解得，设直线为，联立，
消元整理可得，
由直线与相切，可得，即，
解得，则直线的方程为.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据抛物线的定义确定抛物线的标准方程即可；
（2）先确定切点坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立，利用求直线方程即可.
（1）设，因为点到定点与定直线的距离相等，故点轨迹为抛物线，且，开口向右，
所以点轨迹方程为：，
即的方程为.
（2）如图：
设，带入的方程，解得，
设直线为，
联立，得
由直线与相切，可得
，
解得，
直线的方程为.
16．（2024高二下·玉溪期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，为与的交点，为的中点.
（1）求与成角的正切值；
（2）求与平面成角的正弦值.
【答案】（1）解：因为为与的交点，为与的中点，
又因为底面，底面，
所以，
又因为底面是正方形，
所以，
因为且都在面，
所以平面，
又因为面，
所以，
又因为，
所以与成角为与成角，即为，
所以.
（2）解：因为，为的中点，
所以点到平面的距离为，
因为底面，底面，
所以，
因为底面是正方形，
所以，
因为且都在面，
所以平面，
又因为面，
所以，
，
设点到平面的距离为，
由等体积法可得：，
解得，
所以与平面成角的正弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先确定异面直线与所成的角，再在直角三角形中求角的正切值，从而得出与成角的正切值.
（2）先利用三角形的面积公式和中点的性质得出点到平面的距离，再结合线面垂直的定义得出线线垂直，再利用等体积法求出点到平面的距离，最后由正弦函数的定义得出与平面成角的正弦值.
（1）为与的交点，为与的中点，
因为底面，底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
由且都在面，所以平面，
又面，所以，
因为，所以与成角为与成角，即为，
所以.
（2），
为的中点，所以点到平面的距离为，
因为底面，底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
由且都在面，所以平面，
又面，所以，
，
设点到平面的距离为，
由等体积法可得，
解得，
所以与平面成角的正弦值为.
17．（2024高二下·玉溪期末）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，点是所在平面内一点，．
（1）求；
（2）求的面积．
【答案】（1）解：由正弦定理，
得
，
则，
由余弦定理，得，
则，
解得．
（2）解：因为取边中点分别为P，Q，
由平行四边形法则，可知，
故点在上，即在边的中位线上，
所以，，
所以．
【知识点】平面向量的共线定理；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）利用已知条件和正弦定理把边化角，从而得出的值，再利用余弦定理建立等式，从而求解得出b的值.
（2）取边中点分别为P，Q，利用向量的条件得出，从而得出点是在中位线上，把面积转化为，再利用三角形的面积公式得出的面积．
（1）解：由正弦定理得
，
即，
由余弦定理，
得，
解得．
（2）解：，
取边中点分别为P，Q，
由平行四边形法则可知，
故点在上，即在边的中位线上，
所以，，
所以．
18．（2024高二下·玉溪期末）已知.
（1）求在点处的切线方程；
（2）记的最大值为，求证：.
【答案】（1）解：因为，
则，，
所以在点处的切线方程为.
（2）证明：当时，；当时，，
所以，求的最大值为，
只需讨论当时，，
令，则，
当时，，在上单调递减，
则，，
故，使得，
则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，
因为，，
所以.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求出的导函数，再将代入导函数中得到该点处的斜率，再利用点斜式方程得到函数在点处的切线方程.
（2）由函数可知，当时，，则只需讨论的情况，再根据导函数正负判断函数的单调性，从而求出函数的最大值点且，从而证出不等式成立.
（1），，，
所以在点处的切线方程为.
（2）证明：当时，；当时，，
所以求的最大值为只需讨论时，，
令，，
当时，，在上单调递减，
，，故，使得.
即.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以.
由于，，所以.
19．（2024高二下·玉溪期末）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，向四个方向移动的概率均为，且每秒的移动方向彼此独立互不影响，例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
（1）求粒子在第2秒末移动到点的概率；
（2）求第6秒末粒子回到原点的概率；
（3）设粒子在第3秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列.
【答案】（1）解：由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）解：粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑：
①两上两下一左一右，共有种情形；
②两左两右一上一下，共有种情形；
③三上三下，共有种情形；
④三左三右，共有种情形，
所以.
（3）解：因为粒子向右或向上，则X的取值加1；
粒子向左或向下，则X的取值减1，
则的可能取值为，，1，3，
对应的概率分别为：
，，，，
所以X的分布列为：
1 3
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据独立事件乘法求概率公式，从而得出粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）先分类讨论回到原点的可能性情况，再结合古典概率公式得出第6秒末粒子回到原点的概率.
（3）先利用粒子向右或向上，则X的取值加1；粒子向左或向下，则X的取值减1，从而分析可知随机变量的可能取值，再结合题意和组合数公式以及古典概率公式，从而得出随机变量的分布列.
（1）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑：
①两上两下一左一右，共有种情形；
②两左两右一上一下，共有种情形；
③三上三下，共有种情形；
④三左三右，共有种情形；
所以.
（3）粒子向右或向上则X的取值加1，粒子向左或向下则X的取值减1，
的可能取值为，，1，3，对应的概率分别为：
，，，，
所以X的分布列为：
1 3
1 / 1云南省玉溪市2023～2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷
1．（2024高二下·玉溪期末）已知平面向量，，则（ ）
A． B．4 C． D．
2．（2024高二下·玉溪期末）某同学高中阶段6次考试的数学成绩为105，117，110，128，141，133，则这6次数学成绩的极差为（ ）
A．128 B．119 C．36 D．28
3．（2024高二下·玉溪期末）已知集合，，则的元素个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．无数
4．（2024高二下·玉溪期末）在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·玉溪期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的外接圆半径为（ ）
A． B．1 C． D．
6．（2024高二下·玉溪期末）已知正项等比数列满足，则数列的公比为（ ）
A．2 B．1 C． D．或
7．（2024高二下·玉溪期末）设，是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·玉溪期末）已知函数，满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·玉溪期末）已知直线与圆交于A，B两点，则的值可以为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．（2024高二下·玉溪期末）如图，在三棱柱中，，，为线段的中点，点为线段上靠近的三等分点，则（ ）
A． B．
C．平面NPC D．平面平面
11．（2024高二下·玉溪期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·玉溪期末）某校高二年级共有18个班，艺术节评比共产生3个一等奖，若每个班获得一等奖的概率相等，则1班和2班均获得一等奖的概率为 .
13．（2024高二下·玉溪期末）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则 .
14．（2024高二下·玉溪期末）若，使取得最小值时的值为 .
15．（2024高二下·玉溪期末）在平面直角坐标系xOy中，点到点的距离与到直线的距离相等，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线与相切于点，若点的纵坐标为2，求直线的方程.
16．（2024高二下·玉溪期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，为与的交点，为的中点.
（1）求与成角的正切值；
（2）求与平面成角的正弦值.
17．（2024高二下·玉溪期末）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，点是所在平面内一点，．
（1）求；
（2）求的面积．
18．（2024高二下·玉溪期末）已知.
（1）求在点处的切线方程；
（2）记的最大值为，求证：.
19．（2024高二下·玉溪期末）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，向四个方向移动的概率均为，且每秒的移动方向彼此独立互不影响，例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
（1）求粒子在第2秒末移动到点的概率；
（2）求第6秒末粒子回到原点的概率；
（3）设粒子在第3秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：，，
.
故答案为：B．
【分析】利用两个向量的数量积的坐标表示，从而得出的值．
2．【答案】C
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为6次考试的数学成绩为105，110，117，128，133，141，
所以成绩的极差为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和极差的定义，从而得出这6次数学成绩的极差.
3．【答案】A
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
所以，
因为，
所以，
则，
所以中元素的个数是4.
故答案为：A.
【分析】利用对数型函数的定义域求解方法，从而得出集合A，再结合指数函数的值域求解方法得出集合B，再根据交集的运算法则得出集合，从而得出集合的元素个数.
4．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】将化简为，则，再根据复数的乘法运算法则得出的值.
5．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：设的外接圆半径为，
由正弦定理得，，
又因为，
所以，
则，
解得.
故答案为：C.
【分析】设的外接圆半径为，由正弦定理得到，从而得出R的值，即得出的外接圆半径.
6．【答案】A
【知识点】等比数列的性质；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：设等比数列公比为，
由题意得，，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】设出公比，根据，从而计算得出q的值，即得出数列的公比.
7．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由，，
可得，
由双曲线定义可知，
所以，，，
由勾股定理可得，
可得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据双曲线定义和，从而可得，的长度，再由勾股定理可得双曲线的离心率.
8．【答案】D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意，得，，
令，
则是首项为，公差为的等差数列，
则
.
故答案为：D.
【分析】将变形为，再构造等差数列，通过等差数列求和公式计算得出的值.
9．【答案】A,B
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为直线与圆相交于不同的两点、，
所以圆心到直线的距离，
解得，
所以，选项中只有3，4满足.
故答案为：AB．
【分析】利用已知条件和直线与圆相交，则得到圆心到直线的距离小于半径，从而求解得出m的取值范围，进而得出m可以的取值.
10．【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，
所以侧面为矩形，故，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，故B正确；
对于C，因为平面NPC不平行于平面，
所以AC不垂直于平面NPC，故C错误；
对于D，因为平面ACP，平面，
所以平面平面，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先计算出，则判断出选项A；利用已知条件证出平面，从而得到线线垂直，则判断出选项B；利用平面NPC不平行于平面判断出选项C；由线面垂直得到面面垂直，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由二项式定理，
可得，
令，得，
同理可得，，，.
故答案为：ACD.
【分析】先变形得到，从而逐项判断找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：1班和2班获得一等奖的概率.
故答案为：.
【分析】利用基本事件有个，1班和2班均获得一等奖包含的基本事件有个，再根据古典概率公式和组合数公式，从而得出1班和2班均获得一等奖的概率.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为，
则直角三角形的直角边分别为，，
因为是直角三角形较小的锐角，
所以，
可得，，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】利用直角三角形中的边角关系和三角形的面积公式、正方形的面积公式，从而分别表示出，，再利用它们的比值和已知条件，从而得出的值.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：若，则，
则
，当且仅当，即时等号成立.
故答案为：.
【分析】利用基本不等式求出最小值及取最小值时的值即可.
15．【答案】（1）解：设，由题意结合抛物线定义可得：点轨迹为抛物线，且，开口向右，
则点轨迹方程为：，即的方程为；
（2）解：设， 因为直线与相切于点， 所以在上，满足，即，解得，设直线为，联立，
消元整理可得，
由直线与相切，可得，即，
解得，则直线的方程为.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据抛物线的定义确定抛物线的标准方程即可；
（2）先确定切点坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立，利用求直线方程即可.
（1）设，因为点到定点与定直线的距离相等，故点轨迹为抛物线，且，开口向右，
所以点轨迹方程为：，
即的方程为.
（2）如图：
设，带入的方程，解得，
设直线为，
联立，得
由直线与相切，可得
，
解得，
直线的方程为.
16．【答案】（1）解：因为为与的交点，为与的中点，
又因为底面，底面，
所以，
又因为底面是正方形，
所以，
因为且都在面，
所以平面，
又因为面，
所以，
又因为，
所以与成角为与成角，即为，
所以.
（2）解：因为，为的中点，
所以点到平面的距离为，
因为底面，底面，
所以，
因为底面是正方形，
所以，
因为且都在面，
所以平面，
又因为面，
所以，
，
设点到平面的距离为，
由等体积法可得：，
解得，
所以与平面成角的正弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先确定异面直线与所成的角，再在直角三角形中求角的正切值，从而得出与成角的正切值.
（2）先利用三角形的面积公式和中点的性质得出点到平面的距离，再结合线面垂直的定义得出线线垂直，再利用等体积法求出点到平面的距离，最后由正弦函数的定义得出与平面成角的正弦值.
（1）为与的交点，为与的中点，
因为底面，底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
由且都在面，所以平面，
又面，所以，
因为，所以与成角为与成角，即为，
所以.
（2），
为的中点，所以点到平面的距离为，
因为底面，底面，所以，
因为底面是正方形，所以，
由且都在面，所以平面，
又面，所以，
，
设点到平面的距离为，
由等体积法可得，
解得，
所以与平面成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：由正弦定理，
得
，
则，
由余弦定理，得，
则，
解得．
（2）解：因为取边中点分别为P，Q，
由平行四边形法则，可知，
故点在上，即在边的中位线上，
所以，，
所以．
【知识点】平面向量的共线定理；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）利用已知条件和正弦定理把边化角，从而得出的值，再利用余弦定理建立等式，从而求解得出b的值.
（2）取边中点分别为P，Q，利用向量的条件得出，从而得出点是在中位线上，把面积转化为，再利用三角形的面积公式得出的面积．
（1）解：由正弦定理得
，
即，
由余弦定理，
得，
解得．
（2）解：，
取边中点分别为P，Q，
由平行四边形法则可知，
故点在上，即在边的中位线上，
所以，，
所以．
18．【答案】（1）解：因为，
则，，
所以在点处的切线方程为.
（2）证明：当时，；当时，，
所以，求的最大值为，
只需讨论当时，，
令，则，
当时，，在上单调递减，
则，，
故，使得，
则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，
因为，，
所以.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求出的导函数，再将代入导函数中得到该点处的斜率，再利用点斜式方程得到函数在点处的切线方程.
（2）由函数可知，当时，，则只需讨论的情况，再根据导函数正负判断函数的单调性，从而求出函数的最大值点且，从而证出不等式成立.
（1），，，
所以在点处的切线方程为.
（2）证明：当时，；当时，，
所以求的最大值为只需讨论时，，
令，，
当时，，在上单调递减，
，，故，使得.
即.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以.
由于，，所以.
19．【答案】（1）解：由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）解：粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑：
①两上两下一左一右，共有种情形；
②两左两右一上一下，共有种情形；
③三上三下，共有种情形；
④三左三右，共有种情形，
所以.
（3）解：因为粒子向右或向上，则X的取值加1；
粒子向左或向下，则X的取值减1，
则的可能取值为，，1，3，
对应的概率分别为：
，，，，
所以X的分布列为：
1 3
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）根据独立事件乘法求概率公式，从而得出粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）先分类讨论回到原点的可能性情况，再结合古典概率公式得出第6秒末粒子回到原点的概率.
（3）先利用粒子向右或向上，则X的取值加1；粒子向左或向下，则X的取值减1，从而分析可知随机变量的可能取值，再结合题意和组合数公式以及古典概率公式，从而得出随机变量的分布列.
（1）由题意得，粒子在第2秒末移动到点的概率.
（2）粒子在第6秒后回到原点，分四种情况考虑：
①两上两下一左一右，共有种情形；
②两左两右一上一下，共有种情形；
③三上三下，共有种情形；
④三左三右，共有种情形；
所以.
（3）粒子向右或向上则X的取值加1，粒子向左或向下则X的取值减1，
的可能取值为，，1，3，对应的概率分别为：
，，，，
所以X的分布列为：
1 3
1 / 1
