云南省昆明市嵩明县2024届高三上学期数学期中试卷

云南省昆明市嵩明县2024届高三上学期数学期中试卷
一、单选题
1．（2021高二下·湛江期末）已知集合 ， ，则 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】
故答案为：C
【分析】 根据集合并集的定义作答即可。
2．（2022高三上·浙江月考）已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得，，故，
故答案为：D
【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由共轭复数求得答案.
3．（2017·新课标Ⅰ卷理）（1+ ）（1+x）6展开式中x2的系数为（　　）
A．15 B．20 C．30 D．35
【答案】C
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：（1+ ）（1+x）6展开式中：
若（1+ ）=（1+x﹣2）提供常数项1，则（1+x）6提供含有x2的项，可得展开式中x2的系数：
若（1+ ）提供x﹣2项，则（1+x）6提供含有x4的项，可得展开式中x2的系数：
由（1+x）6通项公式可得 ．
可知r=2时，可得展开式中x2的系数为 ．
可知r=4时，可得展开式中x2的系数为 ．
（1+ ）（1+x）6展开式中x2的系数为：15+15=30．
故选C．
【分析】直接利用二项式定理的通项公式求解即可．
4．已知等差数列的前项和，且满足，则数列的公差为（　　）.
A．1 B．2 C．4 D．3
【答案】B
【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：设数列的公差为 d，
则 ，解得，
所以数列的公差为 2.
故答案为：B.
【分析】设 数列的公差为 d，根据等差数列的通项公式运算求解.
5．已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点，则的长为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质；椭圆的标准方程
【解析】【解答】解： 由椭圆C： 可知，
则，可得，解得，
所以 直线l：，即，
圆： 的圆心，半径为2，
因为圆心到直线l：的距离，
所以 .
故答案为：A.
【分析】根据椭圆方程可得，进而可知直线l的方程，结合垂径定理求弦长.
6．已知，则（　　）
A． B．. C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；诱导公式
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：D.
【分析】根据诱导公式结合倍角公式运算求解.
7．若函数在上单调递增，则实数t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；函数的单调性与导数正负的关系；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为 ，
由题意可得：在 上恒成立，
注意到，整理得在 上恒成立，
又因为，可得，
所以实数t的取值范围是 .
故答案为：A.
【分析】根据题意可得在 上 恒成立，根据的取值范围结合恒成立问题分析求解.
8．（2022高一下·襄阳期末）中，，，，PQ为内切圆的一条直径，M为边上的动点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由题可知，，所以是直角三角形，，
设内切圆半径为，则，解得，
设内切圆圆心为，因为是内切圆的一条直径，
所以，，
则，，
所以，
因为M为边上的动点，所以；当与重合时，，
所以的取值范围是，
故答案为：C
【分析】首先由勾股定理计算出线线垂直从而得出三角形的形状，再由向量的加减运算性质结合数量积的运算性质，利用圆上点的性质即可得出数量积的最值从而其取值范围。
二、多选题
9．（2021高一下·顺德期末）甲乙两支足球队在上一赛季中分别参加了10场比赛，在这10场比赛中两队的进球数如下表，设两支足球队在10场比赛中进球数的平均数为 ，标准差为 ，则下列说法正确的是（　　）
场次 球队 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
甲 1 1 3 2 2 1 3 1 2 4
乙 2 4 2 3 3 2 1 2 0 1
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】根据题意，
对于甲，其平均数 ，
方差 ，则标准差为 ，
对于乙，其平均数 ，
方差 ，则标准差为 ，
故 ， ，
故答案为：BD
【分析】 根据题意，计算甲乙的平均数、标准差，比较可得答案.
10．已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知： ，则 直线，
联立方程，消去y得，
解得或，可得，，
对于A：因为 ，解得，故A错误；
对于B：由选项A可得，，
可得，所以 ，故B正确；
对于C： ，故C正确；
对于D：因为，
且点O到直线 的距离，
所以 ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】设直线，联立方程求A、B坐标，结合抛物线的定义可得 ，以及，进而判断ABC，进而求点O到直线l的距离，即可求面积.
11．已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，，.下列说法正确的是（　　）
A．3是函数的一个周期
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于点对称
D．
【答案】A,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A：因为 ， 即，
则，所以 3是函数的一个周期 ，故A正确；
对于BC：因为 为奇函数， 则，
所以 函数的图象关于点对称 ，故B错误，C正确；
对于D：因为，则，
又因为，即，
可得，所以 函数 是偶函数，
则，
即
所以 ，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】对于A：根据周期性的定义分析判断；对于BC：根据对称性的定义分析判断；对于D：根据题意可得 是偶函数，可得，结合周期性运算求解.
12．直三棱柱中，，，点D是线段上的动点（不含端点），则以下正确的有（　　）
A．平面
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．的最小值为
D．一定是锐角
【答案】A,C,D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A：由题意可知：，
且平面，平面，所以 平面 ，故A正确；
对于B：将直三棱柱 补成正方体，
可知 三棱锥 即为直三棱柱的外接球，即为正方体的外接球，
所以外接球半径，所以外接球表面积为，故B错误；
对于C：因为，可知，
所以，当且仅当A、D、三点共线时，等号成立，
所以 的最小值为 ，故C正确；
对于D：设，则，
由选项C可知：，当且仅当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立，
可得，所以 一定是锐角 ， 故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据线面平行的判定定理分析判断；对于B：将直三棱柱 补成正方体，结合正方体的外接球分析求解；对于C：根据三角形全等可得，结合几何性质分析求解；对于D：设，由选项C可知：，利用基本不等式结合余弦定理分析判断.
三、填空题
13．曲线在点处的切线方程是　 　
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：因为 ，则，即切线斜率为，
所以切线方程 是，即.
故答案为：.
【分析】求导，结合导数的几何意义求切线斜率，即可得切线方程.
14．在中，若，，则　 　
【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解： 因为 ，由正弦定理可得，
又因为 ，则，即，
所以 .
故答案为：.
【分析】根据题意利用正弦定理可得，，结合余弦定理运算求解.
15．（2023高三上·浙江模拟）杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配已知射箭场馆共需要名志愿者，其中名会说韩语，名会说日语目前可供选择的志愿者中有人只会韩语，人只会日语，另外还有人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有　 　种用数字作答
【答案】
【知识点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：第一类： 选3人只会韩语，3人只会日语， 有种，
第二类： 选3人只会韩语，2人只会日语， 有种，
第三类： 选2人只会韩语，3人只会日语， 有种，
不同的选人方案共有种.
故答案为： .
【分析】分选3人只会韩语，3人只会日语；选3人只会韩语，2人只会日语； 选2人只会韩语，3人只会日语三类计算求解.
16．（2023高三上·浙江模拟）已知椭圆的右焦点为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点，弦的垂直平分线交轴于点，若，则椭圆的离心率　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意设直线： ，设 ，，
联立 ，得，，
，
弦的中点的横坐标，，
弦的垂直平分线方程，令，求得，
， ， 椭圆的离心率.
故答案为： .
【分析】由题意设直线：与椭圆联立利用韦达定理求，和中点坐标式进而得到的垂直平分线方程，求出点横坐标得到代入，再结合求椭圆离心率.
四、解答题
17．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若的面积为，，点为边的中点，求的长．
【答案】（1）解：因为，
所以由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）解：因为，
所以，
即，
又，则，所以，
所以，，
所以，
所以，故，，
故在中，由余弦定理可得，
则．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】 (1) 根据题意由正弦定理可得，再结合余弦定理运算求解；
(2) 根据题意结合三角恒等变换可得，结合面积公式可得，在中，利用余弦定理运算求解.
18．（2022高三上·浙江月考）已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）证明：因为
当时，，
又，
所以，即，即，
所以数列为以1为首项，2为公比的等比数列；
（2）证明：由（1）知，
当时，，
当时，不满足上式，
所以，
所以
所以数列的前n项和.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】 (1)利用 (n≥2)，推出 ， 可证得数列为等比数列；
(2)裂项化简可得 ，再求和，即可得证 ．
19．（2023高三上·开远月考）如图，四边形是正方形，平面，，.
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明：如图，连接.
∵四边形是正方形，∴.
∵平面，又平面，
∴.
又，
∴平面.
又平面，
∴.
（2）解：如图，连接，
∵，且，∴四边形是平行四边形.
∴.又由（1）可知平面，
∴平面.
∴平面平面.
过点作的垂线，交于，则为点到平面的距离.
设，则，，
根据等积思想得，解得.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，，得，，
∵，∴，
不妨令，则，，
∴平面的一个法向量为.
∴.
设平面与平面所成的角为，则.
由图可知，为锐角.∴.
故平面与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】根据题意证明 平面，进而可得结果；
(2) 根据题意可证 平面平面，利用等体积法可得 ， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 利用空间向量求面面夹角，
20．数轴上的一个质点Q从原点出发，每次随机向左或向右移动1个单位长度，其中向左移动的概率为，向右移动概率为，记点Q移动n次后所在的位置对应的实数为．
（1）求的分布列和期望；
（2）当时，点Q在哪一个位置的可能性最大，并说明理由．
【答案】（1）解：由题意知可能的取值为：，，0，2，4，
则，，
，，
，
的分布列
0 2 4
P
.
（2）解：设点Q向右移动m次，向左移动次的概率为，则，
，
当时，，随m的增加而增加，
当时，，随m的增加而减小，
所以当时，最大，此时点Q所在的位置对应的实数应为4．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；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) 由题意知可能的取值为：，，0，2，4，结合独立重复事件求分布列，进而求期望；
(2) 设点Q向右移动m次，向左移动次的概率为，可得，结合数列单调性分析求解.
21．已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；
（2）解：设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，
由，得：
，
，
即，，
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设，结合题意列式运算求解即可；
(2) 设l的方程为，直线PQ的方程为，联立方程利用韦达定理结合向量的坐标运算分析求解.
22．已知（其中e为自然对数的底数，）
（1）求的单调区间；
（2）若存在实数，使能成立，求正数a的取值范围．
【答案】（1）解：的定义域是，则，
当时，，递减区间为；
当时，令得：，令得：，
故递增区间为，递减区间为；
（2）解：由题设，结合（1）知，
若上存在实数x，使能成立，则．
令，则，
当时，当时．
∴在上为减函数，在上为增函数，
而上，，．
∴实数a的取值范围是．
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 求导，分和两种情况，结合导函数的符号求原函数的单调区间；
(2) 由题设，根据存在性问题结合（1）知，构建新函数，利用导数判断原函数单调性，解不等式即可得结果.
云南省昆明市嵩明县2024届高三上学期数学期中试卷
一、单选题
1．（2021高二下·湛江期末）已知集合 ， ，则 （　　）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·浙江月考）已知复数，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2017·新课标Ⅰ卷理）（1+ ）（1+x）6展开式中x2的系数为（　　）
A．15 B．20 C．30 D．35
4．已知等差数列的前项和，且满足，则数列的公差为（　　）.
A．1 B．2 C．4 D．3
5．已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点，则的长为（　　）
A． B． C．2 D．
6．已知，则（　　）
A． B．. C． D．
7．若函数在上单调递增，则实数t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2022高一下·襄阳期末）中，，，，PQ为内切圆的一条直径，M为边上的动点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2021高一下·顺德期末）甲乙两支足球队在上一赛季中分别参加了10场比赛，在这10场比赛中两队的进球数如下表，设两支足球队在10场比赛中进球数的平均数为 ，标准差为 ，则下列说法正确的是（　　）
场次 球队 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
甲 1 1 3 2 2 1 3 1 2 4
乙 2 4 2 3 3 2 1 2 0 1
A． B． C． D．
10．已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，，.下列说法正确的是（　　）
A．3是函数的一个周期
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于点对称
D．
12．直三棱柱中，，，点D是线段上的动点（不含端点），则以下正确的有（　　）
A．平面
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．的最小值为
D．一定是锐角
三、填空题
13．曲线在点处的切线方程是　 　
14．在中，若，，则　 　
15．（2023高三上·浙江模拟）杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配已知射箭场馆共需要名志愿者，其中名会说韩语，名会说日语目前可供选择的志愿者中有人只会韩语，人只会日语，另外还有人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有　 　种用数字作答
16．（2023高三上·浙江模拟）已知椭圆的右焦点为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点，弦的垂直平分线交轴于点，若，则椭圆的离心率　 　．
四、解答题
17．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若的面积为，，点为边的中点，求的长．
18．（2022高三上·浙江月考）已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，记数列的前n项和为，证明：．
19．（2023高三上·开远月考）如图，四边形是正方形，平面，，.
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的大小.
20．数轴上的一个质点Q从原点出发，每次随机向左或向右移动1个单位长度，其中向左移动的概率为，向右移动概率为，记点Q移动n次后所在的位置对应的实数为．
（1）求的分布列和期望；
（2）当时，点Q在哪一个位置的可能性最大，并说明理由．
21．已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
22．已知（其中e为自然对数的底数，）
（1）求的单调区间；
（2）若存在实数，使能成立，求正数a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】
故答案为：C
【分析】 根据集合并集的定义作答即可。
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由题意得，，故，
故答案为：D
【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由共轭复数求得答案.
3．【答案】C
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：（1+ ）（1+x）6展开式中：
若（1+ ）=（1+x﹣2）提供常数项1，则（1+x）6提供含有x2的项，可得展开式中x2的系数：
若（1+ ）提供x﹣2项，则（1+x）6提供含有x4的项，可得展开式中x2的系数：
由（1+x）6通项公式可得 ．
可知r=2时，可得展开式中x2的系数为 ．
可知r=4时，可得展开式中x2的系数为 ．
（1+ ）（1+x）6展开式中x2的系数为：15+15=30．
故选C．
【分析】直接利用二项式定理的通项公式求解即可．
4．【答案】B
【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：设数列的公差为 d，
则 ，解得，
所以数列的公差为 2.
故答案为：B.
【分析】设 数列的公差为 d，根据等差数列的通项公式运算求解.
5．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质；椭圆的标准方程
【解析】【解答】解： 由椭圆C： 可知，
则，可得，解得，
所以 直线l：，即，
圆： 的圆心，半径为2，
因为圆心到直线l：的距离，
所以 .
故答案为：A.
【分析】根据椭圆方程可得，进而可知直线l的方程，结合垂径定理求弦长.
6．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；诱导公式
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：D.
【分析】根据诱导公式结合倍角公式运算求解.
7．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；函数的单调性与导数正负的关系；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为 ，
由题意可得：在 上恒成立，
注意到，整理得在 上恒成立，
又因为，可得，
所以实数t的取值范围是 .
故答案为：A.
【分析】根据题意可得在 上 恒成立，根据的取值范围结合恒成立问题分析求解.
8．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由题可知，，所以是直角三角形，，
设内切圆半径为，则，解得，
设内切圆圆心为，因为是内切圆的一条直径，
所以，，
则，，
所以，
因为M为边上的动点，所以；当与重合时，，
所以的取值范围是，
故答案为：C
【分析】首先由勾股定理计算出线线垂直从而得出三角形的形状，再由向量的加减运算性质结合数量积的运算性质，利用圆上点的性质即可得出数量积的最值从而其取值范围。
9．【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】根据题意，
对于甲，其平均数 ，
方差 ，则标准差为 ，
对于乙，其平均数 ，
方差 ，则标准差为 ，
故 ， ，
故答案为：BD
【分析】 根据题意，计算甲乙的平均数、标准差，比较可得答案.
10．【答案】B,C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意可知： ，则 直线，
联立方程，消去y得，
解得或，可得，，
对于A：因为 ，解得，故A错误；
对于B：由选项A可得，，
可得，所以 ，故B正确；
对于C： ，故C正确；
对于D：因为，
且点O到直线 的距离，
所以 ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】设直线，联立方程求A、B坐标，结合抛物线的定义可得 ，以及，进而判断ABC，进而求点O到直线l的距离，即可求面积.
11．【答案】A,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】解：对于A：因为 ， 即，
则，所以 3是函数的一个周期 ，故A正确；
对于BC：因为 为奇函数， 则，
所以 函数的图象关于点对称 ，故B错误，C正确；
对于D：因为，则，
又因为，即，
可得，所以 函数 是偶函数，
则，
即
所以 ，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】对于A：根据周期性的定义分析判断；对于BC：根据对称性的定义分析判断；对于D：根据题意可得 是偶函数，可得，结合周期性运算求解.
12．【答案】A,C,D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A：由题意可知：，
且平面，平面，所以 平面 ，故A正确；
对于B：将直三棱柱 补成正方体，
可知 三棱锥 即为直三棱柱的外接球，即为正方体的外接球，
所以外接球半径，所以外接球表面积为，故B错误；
对于C：因为，可知，
所以，当且仅当A、D、三点共线时，等号成立，
所以 的最小值为 ，故C正确；
对于D：设，则，
由选项C可知：，当且仅当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立，
可得，所以 一定是锐角 ， 故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】对于A：根据线面平行的判定定理分析判断；对于B：将直三棱柱 补成正方体，结合正方体的外接球分析求解；对于C：根据三角形全等可得，结合几何性质分析求解；对于D：设，由选项C可知：，利用基本不等式结合余弦定理分析判断.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：因为 ，则，即切线斜率为，
所以切线方程 是，即.
故答案为：.
【分析】求导，结合导数的几何意义求切线斜率，即可得切线方程.
14．【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解： 因为 ，由正弦定理可得，
又因为 ，则，即，
所以 .
故答案为：.
【分析】根据题意利用正弦定理可得，，结合余弦定理运算求解.
15．【答案】
【知识点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：第一类： 选3人只会韩语，3人只会日语， 有种，
第二类： 选3人只会韩语，2人只会日语， 有种，
第三类： 选2人只会韩语，3人只会日语， 有种，
不同的选人方案共有种.
故答案为： .
【分析】分选3人只会韩语，3人只会日语；选3人只会韩语，2人只会日语； 选2人只会韩语，3人只会日语三类计算求解.
16．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意设直线： ，设 ，，
联立 ，得，，
，
弦的中点的横坐标，，
弦的垂直平分线方程，令，求得，
， ， 椭圆的离心率.
故答案为： .
【分析】由题意设直线：与椭圆联立利用韦达定理求，和中点坐标式进而得到的垂直平分线方程，求出点横坐标得到代入，再结合求椭圆离心率.
17．【答案】（1）解：因为，
所以由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）解：因为，
所以，
即，
又，则，所以，
所以，，
所以，
所以，故，，
故在中，由余弦定理可得，
则．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】 (1) 根据题意由正弦定理可得，再结合余弦定理运算求解；
(2) 根据题意结合三角恒等变换可得，结合面积公式可得，在中，利用余弦定理运算求解.
18．【答案】（1）证明：因为
当时，，
又，
所以，即，即，
所以数列为以1为首项，2为公比的等比数列；
（2）证明：由（1）知，
当时，，
当时，不满足上式，
所以，
所以
所以数列的前n项和.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】 (1)利用 (n≥2)，推出 ， 可证得数列为等比数列；
(2)裂项化简可得 ，再求和，即可得证 ．
19．【答案】（1）证明：如图，连接.
∵四边形是正方形，∴.
∵平面，又平面，
∴.
又，
∴平面.
又平面，
∴.
（2）解：如图，连接，
∵，且，∴四边形是平行四边形.
∴.又由（1）可知平面，
∴平面.
∴平面平面.
过点作的垂线，交于，则为点到平面的距离.
设，则，，
根据等积思想得，解得.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，，得，，
∵，∴，
不妨令，则，，
∴平面的一个法向量为.
∴.
设平面与平面所成的角为，则.
由图可知，为锐角.∴.
故平面与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】根据题意证明 平面，进而可得结果；
(2) 根据题意可证 平面平面，利用等体积法可得 ， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 利用空间向量求面面夹角，
20．【答案】（1）解：由题意知可能的取值为：，，0，2，4，
则，，
，，
，
的分布列
0 2 4
P
.
（2）解：设点Q向右移动m次，向左移动次的概率为，则，
，
当时，，随m的增加而增加，
当时，，随m的增加而减小，
所以当时，最大，此时点Q所在的位置对应的实数应为4．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；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) 由题意知可能的取值为：，，0，2，4，结合独立重复事件求分布列，进而求期望；
(2) 设点Q向右移动m次，向左移动次的概率为，可得，结合数列单调性分析求解.
21．【答案】（1）解：设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；
（2）解：设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，
由，得：
，
，
即，，
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设，结合题意列式运算求解即可；
(2) 设l的方程为，直线PQ的方程为，联立方程利用韦达定理结合向量的坐标运算分析求解.
22．【答案】（1）解：的定义域是，则，
当时，，递减区间为；
当时，令得：，令得：，
故递增区间为，递减区间为；
（2）解：由题设，结合（1）知，
若上存在实数x，使能成立，则．
令，则，
当时，当时．
∴在上为减函数，在上为增函数，
而上，，．
∴实数a的取值范围是．
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 求导，分和两种情况，结合导函数的符号求原函数的单调区间；
(2) 由题设，根据存在性问题结合（1）知，构建新函数，利用导数判断原函数单调性，解不等式即可得结果.