湖北省2020-2021学年高二上学期期末数学试题含解析.doc

1、试卷主标题试卷主标题姓名：_ 班级：_考号：_一、选择题（共一、选择题（共 2424 题）题）1、 已知集合，则（ ）A B C D 2、 若复数满足（是虚数单位），则复数（ ）A B C D 3、 若函数在上可导，且，则（ ）A B C D 以上答案都不对4、 设等比数列的前项和为，若，则（ ）A B C D 5、 在三棱锥A-BCD中，已知AB、AC、AD两两垂直，且BCD是边长为 2 的正三角形，则该三棱锥的外接球的体积为（）A 12B 4C 6D 6、 公元 263 年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加

2、，即 12 ， 24 ， 48 ， ，192 ， ，逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形， ，正一百九十二边形， 的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候的近似值是3.141024 ，刘徽称这个方法为 “ 割圆术 ” ，并且把 “ 割圆术 ” 的特点概括为 “ 割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣 ”. 刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响 . 按照上面 “ 割圆术 ” ，用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是（精确到） . （参考数据）A 3.

3、14 B 3.11 C 3.10 D 3.057、 已知焦点在轴上的双曲线，是双曲线的两个顶点，是双曲线上的一点，且与点在双曲线的同一支上，关于轴的对称点是. 若直线，的斜率分别是，且，则双曲线的离心率是（ ）A B C D 8、 已知函数， 当时， 恒有成立，则实数的取值范围（ ）A B C D 9、 已知是虚数单位，且的共轭复数为，则在复平面内对应的点在A 第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限10、已知点为曲线上的一点，为曲线的割线， 当时， 若的极限为，则在点处的切线方程为（ ）A B C D 11、 若 a ， 4 ， 3a 为等差数列的连续三项，则的值为A 2047 B

4、 1062 C 1023 D 53112、 设，是两个不同的平面，是直线且 “” 是 “” 的A 充分而不必要条件 B 必要而不充分条件C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件13、已知抛物线的准线l过椭圆的左焦点， 且l与椭圆交于P、Q两点，是椭圆的右焦点，则的周长为（ ）A 16 B 8 C 4 D 214、 已知数列满足，则数列的前 10 项和为A 48 B 49 C 50 D 5115、 如图，已知空间四边形，其对角线为，分别是对边的中点，点在线段上，现用基向量表示向量，设，则的值分别是（ ）A B C D 16、 已知点 P 是以 F1、 F2为左、右焦点的双曲线左支上一点，且满足

5、，则此双曲线的离心率为 （ ）A B C D 17、已知函数， 若将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则下列结论中正确的是A B 是图象的一个对称中心C D 是图象的一条对称轴18、 给出下列命题，其中正确的命题有（ ）A 函数的图象过定点B 已知函数是定义在上的偶函数，当时，则函数的解析式为C 若，则的取值范围是D 等差数列的前项和为，若，公差，则 “” 是 “”的充分不必要条件19、 抛物线E：x2 4y与圆M：x2+ （y 1 ）2 16 交于A、B两点，圆心M（ 0 ， 1 ），点P为劣弧上不同于A、B的一个动点，平行于y轴的直线PN交抛物线于点N，则的周长的可能取值

6、是（）A 8 B 8.5 C 9 D 1020、 如图，在棱长为 2 的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）A 与所成角的余弦值为B 过三点、的正方体的截面面积为C 四面体的内切球的表面积为D 正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆21、 设，则下列命题为真命题的是（ ）A 若，则B 若，则C 若为纯虚数，则D 若与都是实数，则22、 数列的前项和为，若，则有（ ）A B 为等比数列C D 23、 在长方体中，以D为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）A 的坐标为 (2 ， 2 ， 3) B =(-2 ， 0 ，

7、 3)C 平面的一个法向量为 (-3 ， 3 ， -2) D 二面角的余弦值为24、 下列结论正确的是（ ）A 方程表示的曲线是双曲线的右支；B 若动圆过点且与直线相切，则点的轨迹是抛物线；C 两焦点坐标分别为和，且经过点的椭圆的标准方程为；D 椭圆上一点到右焦点的距离的最大值为 9 ，最小值为 6.二、填空题（共二、填空题（共 8 8 题）题）1、 把正整数排列成如图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列，则（ 1 ）_ ；（ 2 ）若，则_2、 某校为了解高二学生寒假期间学习情况，抽查了 500

8、名同学， 0.12 统计他们每天平均学习时间，绘成频率分布直方图（如图） . 则这 500 名同学中学习时间在 6 至 10 小时之间的人数为 _.3、 若直线被圆所截得的弦长为，则实数的值为_.4、 在边长为 1 的正三角形的边、上分别取点、两点，沿折叠后点可与上的点重合，则长度的最小值为 _.5、 计算：_ .6、已知 4 ，25 成等差数列，4 ， ，25 成等比数列， 则_ 7、 如图所示，在正方体中，M为棱的中点，则异面线与AM所成角的余弦值为 _.8、 已知，是椭圆的两个焦点，且椭圆上存在一点，使得，若点，分别是圆D：和椭圆C上的动点，则当椭圆的离心率取得最小值时，的最大值是 _

9、三、解答题（共三、解答题（共 1212 题）题）1、 已知向量，函数，.（ 1 ）当时，求函数的最小值和最大值；（ 2 ）设的内角，的对应边分别为，且，若，求，的值 .2、 已知等比数列的公比，并且满足，成等差数列 .（ 1 ）求数列的通项公式；（ 2 ）设数列满足，记为数列的前项和，求使成立的正整数的最小值 .3、 如图甲，的直径，点，为上两点，且，为的中点 . 沿直径折起，使两个半圆所在平面互相垂直（如图乙） .（ 1 ）求证：平面；（ 2 ）求二面角的余弦值 .4、 荆楚湖北素有 “ 板栗之乡 ” 称号， 但板栗的销售受季节的影响， 储存时间不能太长 我校数学兴趣小组对近年某食品销售公司

10、的销售量（吨）和板栗销售单价（元 / 千克）之间的关系进行了调查，得到如下表数据：销售单价（元 /公斤）1110.5109.598销售量（吨）568101114.1(1) 根据 前 5 组 数据，求出 y 关于的回归直线方程 ;(2) 若回归直线方程得到的估计数据与 剩下的检验数据 的差的绝对值不超过 0.5 （即），则认为回归直线方程是理想的，试问（ ）中得到的回归直线方程是否理想？(3) 如果今年板栗销售仍然服从（ ）中的关系，且板栗的进货成本为 2.5 元 / 千克，且货源充足（未售完的部分可按成本全部售出），为了使利润最大，请你帮助该公司就销售单价给出合理建议 . （每千克销售单价不超

11、过 12 元） .参考公式：回归直线方程，其中，. 参考数据：5、 已知椭圆，是椭圆的左焦点，、是椭圆的左、右顶点，点是椭圆上的动点 . 其中的最小值是，的面积最大值是.（ 1 ）求该椭圆的方程；（ 2 ）过点的直线l与椭圆相交于，两点 . 又点，记直线，的斜率分别为，当最大时，求直线的方程 .6、 已知函数（ 1 ）讨论函数在定义域内的极值点的个数；（ 2 ）若函数在处取得极值，且对任意,恒成立，求实数的取值范围；（ 3 ）当时，求证：7、 已知等差数列和正项等比数列满足（ 1 ）求的通项公式；（ 2 ）求数列的前n项和8、 如图所示，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，为的中

12、点（ 1 ）求直线与平面所成角的余弦值；（ 2 ）求点到平面的距离9、 已知O为原点，抛物线的准线与y轴的交点为H，P为抛物线C上横坐标为 4 的点，已知点P到准线的距离为 5.（ 1 ）求C的方程；（ 2 ） 过C的焦点F作直线l与抛物线C交于A，B两点， 若以AH为直径的圆过B，求的值 .10、 已知等差数列的前n项和为，的通项公式为（ ）求的通项公式；（ ）求数列的前n项和11、如图， 在四棱锥中， 平面平面ABCD，（ 1 ）若，求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；（ 2 ）设二面角的大小为，若，求的值12、 已知椭圆：的离心率为，以椭圆长、短轴四个端点为顶点为四边形的面积为.（ ）

13、求椭圆的方程；（ ）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为、，当动点在定直线上运动时，直线分别交椭圆于两点、，求四边形面积的最大值 .=参考答案参考答案=一、选择题一、选择题1、 D【分析】先根据二次根式的被开方数大于等于零和分式不等式的解法求得集合A，B，再利用集合的交集运算可得答案 .【详解】因为或，所以，故选： D.【点睛】易错点睛：本题考查二次根式有意义的条件和一元二次不等式的解法，以及集合的交集运算，解分式不等式转化为整式不等式时一定要注意分母不为 0 ，即，考查学生的运算能力，属于基础题 .2、 A【分析】由，得，利用复数除法运算法则即可得到结果 .【详解】复数满足，故选： A.3、

14、C【分析】由已知等式两边同时求导，取，求出的值，利用二次函数的对称性和单调性即可解决问题【详解】，,，图象为开口向上的抛物线，其对称轴方程为：，.故选： C 【点睛】本题考查导数的运算，求出的值是关键，属于中档题4、 D【分析】可得也称等比数列，设，表示出即可求出 .【详解】是等比数列，也称等比数列，设，则，则，.故选： D.5、 D【分析】三棱锥的侧棱两两垂直，则底面为等边三角形，所以三棱锥可以补成正方体，且两者的外接球是同一个，求出正方体的外接球半径即可求出外接球的体积 .【详解】解：由条件可知，三棱锥为正三棱锥，且可以补成正方体，两者的外接球是同一个，正方体的体对角线就是外接球的直径 .

15、设，则，即有，所以则三棱锥的外接球的直径为，则，所以体积.故选： D6、 B【分析】圆内接正二十四边形的中心即为圆心，连接圆心与正二十四边形的各个顶点，构成 24 个全等的等腰三角形，并且等腰三角形的腰长为单位圆的半径，顶角为，根据圆面积，利用三角形面积公式，计算正二十四边形的面积，求解即可 .【详解】由题意可知，单位圆面积，正二十四边形的面积.则.即.故选： B【点睛】本题考查三角形面积公式，属于较易题 .7、 B【分析】设点，则，易得，然后由，得到，再根据点在双曲线上，化简得到求解 .【详解】设点，则，因为，是双曲线的两个顶点，所以,AP斜率为，的斜率，所以，即，因为点在双曲线上，所以，所

16、以，所以，所以，则，即，所以故选： B8、 A【分析】可判断是奇函数且在R上为减函数， 不等式可化为， 可得在恒成立，令，利用导数可得，即可求出 .【详解】由解析式可得是奇函数，在R上为减函数，由得，即在恒成立，令，则，设，则，在单调递减，即.故选： A.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，考查函数不等式的恒成立问题，解题的关键是判断是奇函数且在R上为减函数，得出在恒成立 .9、 A【详解】故在复平面内对应的点在第一象限10、 B【分析】根据导数的定义，可求得在点P处切线的斜率，代入公式，即可求得答案 .【详解】根据导数的定义可得，即在点P处切线的斜率为 -2 ，所以在点处的切线

17、方程为，整理可得.故选： B11、 C【详解】 a ， 4 ， 3a 为等差数列的连续三项a+3a=4a=24 ，解得 a=2 ，故=20+21+22+29=选 C 12、 B【详解】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；， 和没有公共点， ，即能得到； “” 是 “” 的必要不充分条件故选 B 考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断 .【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样

18、即可找出正确选项 .13、 B【分析】由抛物线准线过椭圆左焦点可得, 求解, 则可得到椭圆的标准方程 , 再根据的周长为计算即可【详解】因为抛物线的准线为, 椭圆的左焦点为, 所以, 即,则椭圆方程为, 即,所以的周长为,故选： B【点睛】本题考查抛物线与椭圆的几何性质的应用 , 考查椭圆定义的应用14、 D【分析】依次求出数列的前项，再求其前项和 .【详解】依题意，所以，所以前项和为.故选： D【点睛】本小题主要考查和根据递推关系求数列的项，属于基础题 .15、 D【分析】根据向量的加减法运算和数乘运算原则可表示出，进而得到结果 .【详解】，故选：【点睛】本题考查用基底表示向量，关键是能够熟

19、练掌握向量的加减法运算和数乘运算原则 .16、 D【详解】因为点是以为左右焦点的双曲线左支上一点，所以因为，所以在中，所以有因为，所以，即，所以，故选 D17、 ABD【分析】根据题意，先得到向右平移的解析式为，再得到，可得，可得的解析式，根据正弦函数的性质可知 A,B,D 正确 .【详解】由题意，向右平移，得的图象关于轴对称，所以，又即则是图象的一个对称中心，是图象的一条对称轴而，则 C 错， A,B,D 正确故选： ABD【点睛】本题考查利用三角函数平移变换求参数，考查正弦函数的性质，属于基础题 .18、 BCD【分析】多项选择题需要对选项一一验证 :对于 A: 利用图像过定点 (1,0)

20、, 平移得到, 分析可得 ;对于 B: 利用偶函数定义 , 求出时 ,的解析式 , 合并在一起即可 ;对于 C: 分类讨论 , 解不等式即可 ;对于 D: 分别从充分性和必要性两个方面分析即可【详解】对于 A: 因为恒过（ 1 ， 0 ），所以恒过（ 1 ， 0 ），平移得到恒过（ 1 ， -1 ），所以 A 错误；对于 B: 因为函数是定义在上的偶函数，当时，当，即，所以 B 正确；对于 C: 当a1 时, 无解 ; 当 0a1 时, 解得，所以 C 正确；对于 D: 等差数列的前项和为，若，公差，因为, 所以, 而, 充分性满足 ;必要性 : 取符合但不能推出, 必要性不满足 ; 所以“”

21、 是 “” 的充分不必要条件 , 所以 D 正确；故选 : BCD【点睛】多项选择题是 2020 年高考新题型，需要要对选项一一验证19、 BC【分析】过P作准线的垂线，垂足为H，根据抛物线的定义，可得MNNH，的周长lNH+NP+MPPH+4 ，只需求得PH的取值范围即可得到结论【详解】如图所示，由，可得焦点坐标为，准线方程为，又由，可圆心坐标为，半径为，过P作准线的垂线，垂足为H，根据抛物线的定义，可得MNNH故 PMN的周长lNH+NP+MPPH+4 ，联立和，解得，所以PH的取值范围为（ 4 ， 6 ）所以的周长PH+4 的取值范围为（ 8 ， 10 ），所以B，C，满足条件故选：BC

22、【点睛】本题考查直线和圆锥曲线的位置的应用，利用抛物线的定义和性质进行转化是解决本题的关键，意在考查学生分析解决问题的能力、转化思想，属于中档题20、 AB【分析】构建空间直角坐标系， 由异面直线方向向量的夹角为与所成角的余弦值判断 A 的正误；同样设结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得， 进而判断P的轨迹知 D 的正误； 由立方体的截面为梯形，分别求，进而得到梯形的高即可求面积，判断 B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球表面积，判断 C 的正误 .【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：，故正确 .B ：若N为的中点，连接

23、MN，则有，如下图示， 梯形AMND为过三点、的正方体的截面，而，可得梯形的高为， 梯形的面积为，故正确 .C ：如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，而四面体的棱长都为，有表面积为， 若其内切圆半径为，则有，即，所以内切球的表面积为.故错误 .D ： 正方体中， 点在底面（所在的平面） 上运动且，即的轨迹为面截以AM 、AP 为母线，AC为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，构建如下空间直角坐标系，若，则，即，整理得，即轨迹为双曲线的一支，故错误 .故选： AB【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，

24、综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积 .21、 BD【分析】根据复数的运算、复数为纯虚数和实数的条件、共轭复数的定义及复数模的运算公式逐一判断即可得出答案 .【详解】解：对于选项 A ：因为，所以，所以，所以. 故 A 选项错 .对于选项 B ：当时，所以，所以. 故 B 选项正确 .对于选项 C ：因为，所以.因为为纯虚数， 所以且， 解得：或. 故 C 选项错误 .对于选项 D ：因为为实数，所以，所以.因为为实数，所以，又因为，所以.所以，所以. 故 D 选项正确 .故选： BD.【点睛】本题考查了复数的运算，共轭复数，复数为纯虚数的和实数

25、的条件以及复数模的公式，考查学生的计算能力，属于基础题 .22、 ABD【分析】根据的关系，求得，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行逐一分析，即可判断选择 .【详解】由题意，数列的前项和满足，当时，两式相减，可得，可得，即，又由，当时，所以，所以数列的通项公式为；当时，又由时，适合上式，所以数列的的前项和为；又由，所以数列为公比为 3 的等比数列，综上可得选项是正确的 .故选： ABD.【点睛】本题考查利用关系求数列的通项公式，以及等比数列的证明和判断，属综合基础题 .23、 ABD【分析】根据空间直角坐标系得出各点坐标，根据空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可 .【详解】

26、因为，所以，所以，,即 A ， B 正确；设平面的法向量，所以，即，令，则，即平面的一个法向量为，故 C 错误；由几何体易得面的一个法向量为，由于，结合图形可知二面角的余弦值为，故 D 正确；故选： ABD.【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用之法向量的求法以及在面面角中的应用，属于基础题 .24、 AB【分析】方程化简得，它表示的曲线是双曲线的右支，所以该选项正确；由题得满足抛物线的定义，所以点的轨迹是抛物线，所以该选项正确；由题得椭圆的标准方程为，所以该选项错误；点到右焦点的距离的最大值为，最小值为, 所以该选项错误 .【详解】方程化简得， 它表示的曲线是双曲线的右支，所以该选

27、项正确；由题得点不在直线上， 点到定点和定直线的距离相等，满足抛物线的定义，所以点的轨迹是抛物线，所以该选项正确；由题得椭圆的，所以，所以椭圆的标准方程为，所以该选项错误；椭圆上一点到右焦点的距离的最大值为，最小值为, 所以该选项错误 .故选： AB【点睛】本题主要考查圆锥曲线的方程的求法，考查圆锥曲线的几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 .二、填空题二、填空题1、 621033【分析】（ 1 ）可先判断出位于第 8 行的第 7 个数，求出第 8 行的第一个数即可根据等差数列的特点求出；（ 2 ）可判断出在第 45 行，求出其在第 45 行的第 43 个数，即可求出.【详解】（ 1

28、 ）由于，所以位于第 8 行的第 7 个数，因为第 8 行的第一个数是 26+11+13=50 ，第 8 行是一个首项为 50 ，公差为 2 的等差数列，故；（ 2 ），故在第 45 行，第 45 行第 1 个数是 1937 ，即在第 45 行的第 43 个数，因此.故答案为： 62 ； 1033.【点睛】本题考查数列的应用，解题的关键是先判断出所求数字所处的位置，即可求解 .2、 290【分析】由直方图中频率之和为 1 求，再由这 500 名同学中学习时间在 6 至 10 小时之间的人数为求值即可 .【详解】由直方图知：，所以， 这 500 名同学中学习时间在 6 至 10 小时之间的人数为

29、名 .故答案为： 290.3、 1 或 5【分析】先求出圆心到直线的距离，根据弦长关系即可求出 .【详解】圆心到直线的距离为，则弦长为，解得或 5.故答案为： 1 或 5.4、【分析】设，在三角形BDP中，由正弦定理可得，即可得出最值 .【详解】设，则，在三角形BDP中，由正弦定理可得，即，当时，即DF垂直BC时，最小，最小值为.故答案为：.5、 16i【详解】由题意可得：6、 129【分析】由等差性质，由等比数列定义可知，即可得出结果 .【详解】解： 4 ，a，b， 25 成等差数列，则；4 ， 25 成等比数列，则，从而故答案为： 129.【点睛】本题考查等差数列性质和等比数列的性，属于基

30、础题 .7、【分析】建立空间直角坐标系，以的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，不妨设正方体的棱长为 1 ，则异面线与AM所成角的余弦值，转化为求向量的夹角的余弦值，利用向量夹角公式即得 .【详解】分别以的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为 1 ，则，可得，则， 即异面直线与AM所成角的余弦值为.故答案为：【点睛】本题考查利用空间向量求异面直线的夹角，运用了向量夹角公式 .8、【分析】根据题中条件，得到的最大值不小于即可，由余弦定理，结合基本不等式，得到点为短轴的顶点时，最大；不妨设点为短轴的上顶点，记，得出离心率的最小值，连接，得到，根

31、据椭圆的定义，结合三角形的性质，求出的最大值，即可得出结果 .【详解】若想满足椭圆上存在一点，使得，只需的最大值不小于即可，由余弦定理，可得，当且仅当，即点为短轴的顶点时，的余弦值最小，即最大；如图，不妨设点为短轴的上顶点，记，则，于是离心率，因此当椭圆的离心率取得最小值时，则椭圆；连接，根据圆的性质可得 :，所以只需研究的最大值即可；连接，当且仅当，三点共线（点在线段的延长线上）时，不等式取得等号，所以的最大值为，因此的最大值是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据题中条件，得到椭圆离心率，求出椭圆方程，再由椭圆的定义，以及圆的性质，将动点到两点距离的最值问题，转化为椭圆上

32、一动点到焦点，以及到定点的距离的最值问题，即可求解 .三、解答题三、解答题1、 （ 1 ）的最小值是，最大值是；（ 2 ）【分析】由已知可得， （ 1 ）由知，即可求的值域，进而得到最值；（ 2 ）由条件知，结合三角形内角性质求角，结合正余弦定理有即可求，的值 .【详解】由题意知：.（ 1 ） ，即的最小值是，最大值是（ 2 ），则，解得，由正弦定理得，由余弦定理得，即 由 ，解得【点睛】关键点点睛：由向量数量积的坐标表示，并结合三角恒等变换、辅助角公式化简函数式，进而结合正弦函数的定义域求值域，确定最值；正余弦定理、三角形内角的性质求三角形的边长 .2、 （ 1 ）；（ 2 ）所求的正整数的

33、最小值为.【分析】（ 1 ） 由公比， 并且满足，成等差数列直接用基本量代换求数列的通项公式；（ 2 ）先求出，用分组求和法求出，解不等式即可 .【详解】（ 1 ）因为数列是公比为的等比数列，又由成等差数列， ，所以，解得，从而数列的通项公式为.（ 2 ）， 又是递增的，当时，当时，所以所求的正整数的最小值为.【点睛】(1) 等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；(2) 分组求和法进行数列求和适用于, 分组后对和分别求和 .3、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ）.【分析】解法一： (1) 利用线面平行的判定定理证明；(2) 二面角问题，可以根据定义，利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判

34、定定理找到二面角的平面角，然后求得 .解法二：建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量证明（ 1 ）线面平行和求（ 2 ）中的二面角问题 .【详解】（ 1 ）如图，连接CO， ，又为的中点， ，平面，平面，平面（ 2 ）过O作OEAD与E，连CE，平面ABC 平面ABD平面ABD又 平面ABD， ，平面CEO，则是二面角的平面角， 由平面ABD，平面ABD，得为直角三角形， .解法二：证明：（ 1 ） ，平面ABC 平面ABD， 平面ABD如图，以AB所在的直线为y轴，以OC所在的直线为z轴，以O为原点，作空间直角坐标系，则，.， 点为的中点， 点的坐标为，即平面ACD，平面ACD，平面ACD（

35、 2 ） ， 点的坐标，设二面角的大小为，为平面ACD的一个法向量由有即取，解得，.取平面的一个法向量，【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角问题，属中档题，证明线面平行时，要严格按照线面平行判定定理的条件说明，求二面角问题时，若使用几何方法，需要注意综合使用面面垂直，线面垂直的判定与性质定理进行证明和作图；利用空间向量方法时要首先利用面面垂直、线面垂直的有关定理证明相关线段互相垂直，然后才能建立空间直角坐标系，证明线面平行时，也要注意说明直线不在平面内的条件，求二面角问题时要注意准确运算 .4、 （ 1 ）（ 2 ）理想（ 3 ） 7.5 元 / 千克【分析】（ 1 ）根据表中的数据求出等数

36、据，从而求出，值，进而得出回归方程；（ 2 ）根据（ 1 ）的方程可得y与x之间的相关关系，将代入回归方程，即可判断（ 1 ）中得到的回归直线方程是否理想；（ 3 ） 写出销售利润 W( 千元 ) ， 利用二次函数的单调性或者基本不等式即可求出最大值 .【详解】（ 1 ）因为,所以所以，所以关于 x 的回归直线方程为：.（ 2 ）当时，则，所以可以认为回归直线方程是理想的 .（ 3 ）设销售利润为 W( 千元 ) ，则，因为所以当且仅当，即时， W 取得最大值 .所以可建议该公司将销售价格定位 7.5 元 / 千克 .【点睛】本题考查了线性回归方程、 数据分析等问题， 解决问题的关键是正确运用

37、题中所给出的数据 .5、 （ 1 ）；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）由题可得，求出即可得出椭圆方程；（ 2 ）可得直线的斜率为 0 时，斜率不为 0 时，设方程为，代入椭圆，可得，求出最大值即可 .【详解】（ 1 ）， ，解得，所以椭圆的方程为.（ 2 ） 当直线的斜率为 0 时，则； 当直线的斜率不为 0 时，设，直线的方程为，将代入，整理得则，又，所以，令，则，当且仅当，即时，取等号，由 可得，所求直线的方程为.【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（ 1 ）得出直线方程，设交点为，；（ 2 ）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（ 3 ）写出韦达定理；（

38、4 ）将所求问题或题中关系转化为形式；（ 5 ）代入韦达定理求解 .6、 (1) 答案见解析； (2)； (3) 证明见解析 .【分析】（ 1 ）由题意可得，分类讨论有：当时，函数没有极值点，当时，函数有一个极值点（ 2 ）由题意可得，原问题等价于恒成立，讨论函数的性质可得实数的取值范围是；（ 3 ）原问题等价于，继而证明函数在区间内单调递增即可 .【详解】（ 1 ）函数定义域为，当时，在上恒成立，函数在单调递减， 在上没有极值点；当时，得，得，在上递减，在上递增，即在处有极小值 当时在上没有极值点，当时，在上有一个极值点（ 2 ） 函数在处取得极值， ，令，则，可得在上递减，在上递增，即（

39、3 ）证明：，令，则只要证明在上单调递增，显然函数在上单调递增，即，在上单调递增，即， 当时，有点睛：导数是研究函数的单调性、极值 ( 最值 ) 最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1) 考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2) 利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3) 利用导数求函数的最值 ( 极值 ) ，解决生活中的优化问题 (4) 考查数形结合思想的应用7、 （ 1 ）；（ 2 ）【分析】（ 1 ）

40、根据条件列公差与公比方程组，解得结果，代入等差数列通项公式即可；（ 2 ）根据等比数列求和公式直接求解 .【详解】（ 1 ）设等差数列公差为，正项等比数列公比为，因为，所以因此；（ 2 ）数列的前n项和【点睛】本题考查等差数列以及等比数列通项公式、等比数列求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题 .8、 （ 1 ）；（ 2 ）【分析】（ 1 ）利用面面垂直的性质定理可得平面以为坐标原点，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，利用直线的方向向量和平面的法向量计算所求；（ 2 ）利用在平面 PCD 的法向量上的投影计算求解 .【详解】解：（ 1 ）在中，为的中点，所以又因为侧

41、面底面，平面平面，平面，所以平面在中，所以在直角梯形中，为的中点，所以，所以以为坐标原点，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，如图所示，则，所以因为，所以平面所以为平面的一个法向量，所以与平面所成角的余弦值为（ 2 ）因为，设平面的一个法向量为，则取，得则点到平面的距离【点睛】本题考查面面垂直的性质定理，利用空间向量求线面角和点到平面的距离，求平面的法向量是关键点，易错点，利用向量在平面的法向量上的投影求点到平面的距离是常用的方法 .9、 （ 1 ）；（ 2 ） 4.【分析】（ 1 ）由题意结合椭圆的性质可得，求得后即可得解；（ 2 ）设，直线AB的方程为，联立方程组结

42、合韦达定理可得，由圆的性质、直线垂直的性质可得，进而可得，再由抛物线的性质即可得解 .【详解】（ 1 ）由题意点，抛物线的准线方程为，则，解得或（舍）， 抛物线方程为；（ 2 ）由题意抛物线的焦点为，准线方程为，由题意可知，直线AB的斜率存在且不为 0 ，设，直线AB的方程为，代入抛物线方程可得， 又，由可得， ，整理得，即， 把 代入 得，则.【点睛】本题考查了抛物线性质的应用及方程的求解，考查了直线与抛物线的综合问题，关键是对题目条件合理转化，属于中档题 .10、 （ ），；（ ），.【分析】（ ）设等差数列的首项为，公差为d，结合已知条件求、d，进而得到通项公式；（ ）由已知有，利用错位

43、相减法，求前n项和.【详解】（ ）设等差数列的公差为d，由，可得 由，可得 联立 ，解得，等差数列的通项公式为，（ ）由，有，故，上述两式相减，得【点睛】本题考查了数列，利用已知条件求通项公式基本量，进而求得通项公式，应用错位相减法求前n项和，属于基础题 .11、 （ 1 ）；（ 2 ）【分析】（ 1 ）首先证明平面，再以点为原点，为正交基底，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；（ 2 ）首先求平面和平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值，求的值【详解】解：因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAB，所以平面ABCD因为平面ABCD，所以又，所以PA，

44、AB，AD两两互相垂直以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系因为，所以,，（ 1 ）若，即E为PC中点，则，所以，设平面ABE的一个法向量为，则即令，得，所以平面ABE的一个法向量为设直线DE与平面ABE所成角为，则（ 2 ）因为，则设平面ABE的一个法向量为，则即令，得，所以平面ABE的一个法向量为设平面AEC的一个法向量为，则即令，得，所以平面AEC的一个向量为（或证明平面PAC，从而为平面PAC的一个法向量）因为二面角的大小为，且，得，整理得，解得，或（舍）所以【点睛】方法点睛：本题考查线线，线面，面面关系中的垂直问题，空间直角坐标法解决线面，面面角，一般求线面角和二面角有如下公式：

45、1. 建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设是直线的方向向量，是平面的法向量，利用公式求解 .2. 建立空间直角坐标系，设两个平面的法向量为和，利用公式,12、 （ ）；（ ）.【分析】（ ）离心率为，以椭圆长、短轴四个端点为顶点为四边形的面积为，结合, 列方程组求得的值，即可求出椭圆的方程；（ ）点，直线的方程代入椭圆方程，得，利用韦达定理解出点坐标， 同理可求得点的坐标， 利用三角形面积公式将四边形面积表示为的函数，利用换元法结合函数单调性求解即可 .【详解】（ ）由题设知，又，解得，故椭圆的方程为.（ ）由于对称性，可令点，其中.将直线的方程代入椭圆方程，得，由，得，则.再将直线的方程代入椭圆方程，得，由，得，则.故四边形的面积为.由于，且在上单调递增，故，从而，有.当且仅当，即，也就是点的坐标为时，四边形的面积取最大值 6.注 : 本题也可先证明 ” 动直线恒过椭圆的右焦点”, 再将直线的方程( 这里) 代入椭圆方程, 整理得, 然后给出面积表达式, 令,则, 当且仅当即时 ,.