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2024届云南省长水教育集团高三上学期10月质量检测数学试题含解析
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这是一份2024届云南省长水教育集团高三上学期10月质量检测数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：D.
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用全称命题的否定求解.
【详解】因为全称命题的否定是存在量词的命题，
所以命题“，”的否定是“，”.
故选：D.
3．若，则曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出原函数的导函数，取，解得，则，求得，可得切点坐标和切线斜率，利用直线方程的点斜式得答案.
【详解】因为，所以，
令，解得.
所以，则.
所以曲线在处的切线方程为，即.
故选：.
4．的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】逆用两角和的正切公式求解即可.
【详解】
.
故选：B
5．的展开式中的系数是（ ）
A．10B．C．D．
【答案】D
【分析】运用二项式通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：，
令，所以的展开式中的系数是，
故选：D
6．已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于，两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】点差法解决中点弦问题.
【详解】由题意，设椭圆方程为，有，，
设，，的中点为，，．
，．
由，．
两式相减得，即，
，可得：，，
化为：，解得，
，．
故选：A．
7．已知，，，则（ ）
A．a【答案】B
【分析】根据余弦函数、指数函数、对数函数的单调性，利用“桥梁”比较大小.
【详解】在上单调递减，且，
，
，，
，
故选：B
8．已知平行四边形的对角线分别为，，且，点是上靠近的四等分点，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意，，，又由，，代入化简，即可求解．
【详解】由题意，因为，且点是上靠近的四等分点，
∴，，
∴，
∵，，
∴.
故选B．
【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理、向量的三角形法则，其中解答中熟记平面向量的基本定理和向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、多选题
9．已知复数（i为虚数单位），下列说法不正确的是（ ）
A．对应的点在第四象限
B．的虚部为1
C．
D．满足的复数对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上
【答案】ABC
【分析】根据复数的运算法则，化简得到,根据复数的坐标表示，可判定A；根据复数的概念，可判定B；根据复数的运算，可判定C；根据复数的几何意义，可判定D.
【详解】，
对应的点为，在第三象限，A选项不正确；
的虚部为-1，B选项不正确；
，C选项不正确；
，所以满足的复数对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上，D选项正确.
故选：ABC
10．直线过抛物线的焦点且与该抛物线交于M，N两点，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．抛物线E的准线方程是
C．以MN为直径的圆与定直线相切D．的大小为定值
【答案】BC
【分析】由直线过定点，得到，可判定A正确；根据抛物线的几何性质，可得判定B正确；过点作准线的垂线，根据抛物线的定义得到，可判定C正确；联立方程组，结合韦达定理，得到，求得，可判定D错误.
【详解】对于A中，由直线，可化为，可得直线过定点，
因为抛物线的焦点在直线上，可得，则，所以A错误；
对于B中，由抛物线的准线方程为，所以B正确；
对于C中，过点作准线的垂线，垂足分别为，的中点为点，
过点作准线的垂线，垂足为，可得，故以MN为直径的圆与准线相切，所以C正确；
对于D中，设，联立方程组，
整理得，，，
可得，则，
则，但的大小不是定值，
设，而，
则，则，
而，并不是定值，所以D错误.
故选：BC.
11．正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．平面平面
C．面AEFD．二面角的大小为
【答案】BC
【解析】通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，利用空间向量法求二面角，可判断选项.
【详解】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，
则不垂直于，则选项不正确；
连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，
可知，所以平面，
则平面平面，所以选项正确；
由题知，可设正方体的棱长为2，
以为原点，为轴，为轴，为轴，
则各点坐标如下：
，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
得平面的法向量为，
所以，所以平面，则选项正确；
由图可知，平面，所以是平面的法向量，
则.
得知二面角的大小不是，所以不正确.
故选：BC.
【点睛】本题主要考查空间几何体线线、线面、面面的位置关系，利用线面垂直的性质和线面平行的判定，以及通过向量法求二面角，同时考查学生想象能力和空间思维.
12．设函数，已知在有且仅有5个零点，则（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．在单调递增
D．ω的取值范围是
【答案】ACD
【分析】由在有且仅有5个零点，可得可求出的范围，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为在有且仅有5个零点，如图所示，
所以，所以，所以D正确，
对于AB，由函数在上的图象可知，在有且仅有3个极大值点，有3个或2个极小值点，所以A正确，B错误，
对于C，当时，，
因为，所以，所以，
所以在单调递增，所以C正确，
故选：ACD
三、填空题
13．设向量，，若，则实数的值为 .
【答案】或.
【分析】由公式结合空间向量数量积的坐标运算律得出关于实数的方程，解出该方程可得出实数的值.
【详解】，，，，，
，则，解得或.
故答案为或.
【点睛】本题考查空间向量数量积的坐标运算，解题的关键就是利用空间向量数量积的坐标运算列出方程求解，考查运算求解能力，属于中等题.
14．已知第一象限内的点在直线上，则的最小值是 .
【答案】
【分析】先根据点在直线上可得,再应用常值代换结合基本不等式计算最值即可.
【详解】点在直线上，
当且仅当，即时取等号，取最小值.
故答案为：.
15．已知一个三棱锥，，，则它的外接球的表面积为 .
【答案】π
【分析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4,4,3，则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的表面积．
【详解】∵三棱锥P﹣ABC中，，，
∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，4，3，
则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径．
设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y2＝16，y2+z2＝16，x2+z2＝9，
∴x2+y2+z2＝
∴三棱锥P﹣ABC外接球的直径为2
∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 ．
故答案为π．
【点睛】本题考查球内接多面体，考查学生的计算能力，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径是关键．
16．已知，若不等式有且仅有两个整数根，则的取值范围 .
【答案】
【分析】结合定义域，首先验证特殊值，确定是不等式的一个整数根，故不等式在有且仅有一个整数根，然后将参数分离，构造函数求解即可.
【详解】由已知，的定义域为，
∵，则为不等式的一个整数根，
又∵不等式在有且仅有两个整数根，
∴不等式在有且仅有一个整数根，
当，，∴等价于，
即不等式在有且仅有一个整数根.
令，，
则，
设，
则，
当时，，，∴，
∴在区间单调递减，
∴当时，，
∴当时，，
∴在区间上单调递减.
又∵不等式在有且仅有一个整数根，
∴，即，
∴若不等式有且仅有两个整数根，实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】特殊值的验证，在解决本题的过程中起到了两个重要作用，一是将两个整数根的问题转化为一个整数根进行求解，使问题简单化；二是通过排除了一个整数根，将研究问题的范围由定义域缩减为，使得对分离常数构造出的函数的研究更容易.
四、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式
(2)若，求的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，可得，再由，进而得到数列的通项公式；
（2）由，得到，结合等差数列的求和公式，分别求得时，可得；时，可得，进而求得的前项和.
【详解】（1）由，
当时，可得，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由，可得，则，
令，可得，
当时，可得，
当时，可得
，
因为，所以，
所以.
18．如图，在中，，，点D在线段BC上．
(1)当时，求的值；
(2)若AD是的平分线，，求的面积．
【答案】(1) (2) 或．
【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用正弦定理可求，由已知利用二倍角的正弦函数公式可得，在中，利用正弦定理可求的值；
（2）设，则，由余弦定理可得x的值，进而可求DC，又由（1）可求的值，利用三角形面积公式即可求值得解．
【详解】解：（1），B是三角形内角，
，
，
．
，
，
，
∴在中，．
（2）设，则，
在中，由余弦定理可得：，
解得：或．
因为AD是的平分线，
所以，
即，而，
所以．
又由（1）知，
①当时，；
②当时，．
综上，的面积为或．
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，二倍角的正弦函数公式，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．
19．新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分. 对而不全得2分，选项中有错误得0分. 设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）. 在一次模拟考试中：
(1)小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得5分的概率为，求；
(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择. 小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个. 若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
【答案】(1)
(2)①
【分析】(1) 根据条件概率事件求解即可；
(2) 分别分析方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案；
【详解】（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件，“有3个选项正确”为事件，“小明该题得5分”为事件B，
则，求得.
（2）若小明选择方案①，则小强的得分为2分.
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则，
且，
，
，
所以，，
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则，且
，
，
所以，,
因为，所以小明应选择方案①.
20．如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值；
（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）由四边形为矩形，可得，由面面垂直的性质可得平面．取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，证明，再由线面平行的判定可得平面；
（2）求出平面的法向量，求出，可得，则平面与平面所成二面角的正弦值可求；
（3）点在线段上，设，，，可得，，，由直线与平面所成角的正弦值列式求得，得到，，，则的长可求．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，，
又平面平面，平面平面，
平面．
取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图，则，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，
设平面的法向量，
，，
由，取，得，
又，，则，
又平面，平面；
（2）解：设平面的法向量，
，，
由，取，可得，
，
，
即平面与平面所成二面角的正弦值为；
（3）解：点在线段上，设，，，
，0，，2，，，，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
，
，即，
，，．
，，，则，
的长为．
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
21．已知函数.
(1)求的极值；
(2)求证：.
【答案】(1)的极大值为，没有极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导数得，设，求导数确定函数的单调性即可确定的正负，从而得的取值情况即可确定的极值；
（2）由（1）可知，结合数列累加求和即可证明结论.
【详解】（1）因为函数，所以，
设，，
所以在上单调递增.
又，所以当时，；当时，.
又因为对恒成立，
所以当时，；当时，.
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，没有极小值.
（2）由（1）可知，
所以当且仅当，取“＝”.
由（1）得，
累加得；
由②得，
累加得.
综上所述，.
22．双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于两点，且是直角三角形.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是上不同的两点，中点的横坐标为2，且的中垂线为直线，是否存在半径为1的定圆，使得被圆截得的弦长为定值，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据双曲线的性质，结合是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；
（2）首先利用点差法求出直线所过的定点，即可求出定圆的方程.
【详解】（1）依题意，，焦半径，
当时，，得，即，
所以，由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故双曲线的方程为；
（2）设的中点为
因为是上不同的两点，中点的横坐标为2.
所以.
①-②得，
当存在时，，
因为的中垂线为直线，所以，即，
所以过定点.
当不存在时，关于轴对称，的中垂线为轴，此时也过，
所以存在以为圆心的定圆，使得被圆截得的弦长为定值2.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.
一、单选题
1．已知集合，，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：D.
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用全称命题的否定求解.
【详解】因为全称命题的否定是存在量词的命题，
所以命题“，”的否定是“，”.
故选：D.
3．若，则曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出原函数的导函数，取，解得，则，求得，可得切点坐标和切线斜率，利用直线方程的点斜式得答案.
【详解】因为，所以，
令，解得.
所以，则.
所以曲线在处的切线方程为，即.
故选：.
4．的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】逆用两角和的正切公式求解即可.
【详解】
.
故选：B
5．的展开式中的系数是（ ）
A．10B．C．D．
【答案】D
【分析】运用二项式通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：，
令，所以的展开式中的系数是，
故选：D
6．已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于，两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】点差法解决中点弦问题.
【详解】由题意，设椭圆方程为，有，，
设，，的中点为，，．
，．
由，．
两式相减得，即，
，可得：，，
化为：，解得，
，．
故选：A．
7．已知，，，则（ ）
A．a
【分析】根据余弦函数、指数函数、对数函数的单调性，利用“桥梁”比较大小.
【详解】在上单调递减，且，
，
，，
，
故选：B
8．已知平行四边形的对角线分别为，，且，点是上靠近的四等分点，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意，，，又由，，代入化简，即可求解．
【详解】由题意，因为，且点是上靠近的四等分点，
∴，，
∴，
∵，，
∴.
故选B．
【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理、向量的三角形法则，其中解答中熟记平面向量的基本定理和向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、多选题
9．已知复数（i为虚数单位），下列说法不正确的是（ ）
A．对应的点在第四象限
B．的虚部为1
C．
D．满足的复数对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上
【答案】ABC
【分析】根据复数的运算法则，化简得到,根据复数的坐标表示，可判定A；根据复数的概念，可判定B；根据复数的运算，可判定C；根据复数的几何意义，可判定D.
【详解】，
对应的点为，在第三象限，A选项不正确；
的虚部为-1，B选项不正确；
，C选项不正确；
，所以满足的复数对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上，D选项正确.
故选：ABC
10．直线过抛物线的焦点且与该抛物线交于M，N两点，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．抛物线E的准线方程是
C．以MN为直径的圆与定直线相切D．的大小为定值
【答案】BC
【分析】由直线过定点，得到，可判定A正确；根据抛物线的几何性质，可得判定B正确；过点作准线的垂线，根据抛物线的定义得到，可判定C正确；联立方程组，结合韦达定理，得到，求得，可判定D错误.
【详解】对于A中，由直线，可化为，可得直线过定点，
因为抛物线的焦点在直线上，可得，则，所以A错误；
对于B中，由抛物线的准线方程为，所以B正确；
对于C中，过点作准线的垂线，垂足分别为，的中点为点，
过点作准线的垂线，垂足为，可得，故以MN为直径的圆与准线相切，所以C正确；
对于D中，设，联立方程组，
整理得，，，
可得，则，
则，但的大小不是定值，
设，而，
则，则，
而，并不是定值，所以D错误.
故选：BC.
11．正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．平面平面
C．面AEFD．二面角的大小为
【答案】BC
【解析】通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，利用空间向量法求二面角，可判断选项.
【详解】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，
则不垂直于，则选项不正确；
连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，
可知，所以平面，
则平面平面，所以选项正确；
由题知，可设正方体的棱长为2，
以为原点，为轴，为轴，为轴，
则各点坐标如下：
，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
得平面的法向量为，
所以，所以平面，则选项正确；
由图可知，平面，所以是平面的法向量，
则.
得知二面角的大小不是，所以不正确.
故选：BC.
【点睛】本题主要考查空间几何体线线、线面、面面的位置关系，利用线面垂直的性质和线面平行的判定，以及通过向量法求二面角，同时考查学生想象能力和空间思维.
12．设函数，已知在有且仅有5个零点，则（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．在单调递增
D．ω的取值范围是
【答案】ACD
【分析】由在有且仅有5个零点，可得可求出的范围，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为在有且仅有5个零点，如图所示，
所以，所以，所以D正确，
对于AB，由函数在上的图象可知，在有且仅有3个极大值点，有3个或2个极小值点，所以A正确，B错误，
对于C，当时，，
因为，所以，所以，
所以在单调递增，所以C正确，
故选：ACD
三、填空题
13．设向量，，若，则实数的值为 .
【答案】或.
【分析】由公式结合空间向量数量积的坐标运算律得出关于实数的方程，解出该方程可得出实数的值.
【详解】，，，，，
，则，解得或.
故答案为或.
【点睛】本题考查空间向量数量积的坐标运算，解题的关键就是利用空间向量数量积的坐标运算列出方程求解，考查运算求解能力，属于中等题.
14．已知第一象限内的点在直线上，则的最小值是 .
【答案】
【分析】先根据点在直线上可得,再应用常值代换结合基本不等式计算最值即可.
【详解】点在直线上，
当且仅当，即时取等号，取最小值.
故答案为：.
15．已知一个三棱锥，，，则它的外接球的表面积为 .
【答案】π
【分析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4,4,3，则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的表面积．
【详解】∵三棱锥P﹣ABC中，，，
∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，4，3，
则长方体的对角线长等于三棱锥P﹣ABC外接球的直径．
设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y2＝16，y2+z2＝16，x2+z2＝9，
∴x2+y2+z2＝
∴三棱锥P﹣ABC外接球的直径为2
∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为 ．
故答案为π．
【点睛】本题考查球内接多面体，考查学生的计算能力，构造长方体，利用长方体的对角线长等于四面体外接球的直径是关键．
16．已知，若不等式有且仅有两个整数根，则的取值范围 .
【答案】
【分析】结合定义域，首先验证特殊值，确定是不等式的一个整数根，故不等式在有且仅有一个整数根，然后将参数分离，构造函数求解即可.
【详解】由已知，的定义域为，
∵，则为不等式的一个整数根，
又∵不等式在有且仅有两个整数根，
∴不等式在有且仅有一个整数根，
当，，∴等价于，
即不等式在有且仅有一个整数根.
令，，
则，
设，
则，
当时，，，∴，
∴在区间单调递减，
∴当时，，
∴当时，，
∴在区间上单调递减.
又∵不等式在有且仅有一个整数根，
∴，即，
∴若不等式有且仅有两个整数根，实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】特殊值的验证，在解决本题的过程中起到了两个重要作用，一是将两个整数根的问题转化为一个整数根进行求解，使问题简单化；二是通过排除了一个整数根，将研究问题的范围由定义域缩减为，使得对分离常数构造出的函数的研究更容易.
四、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式
(2)若，求的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，可得，再由，进而得到数列的通项公式；
（2）由，得到，结合等差数列的求和公式，分别求得时，可得；时，可得，进而求得的前项和.
【详解】（1）由，
当时，可得，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由，可得，则，
令，可得，
当时，可得，
当时，可得
，
因为，所以，
所以.
18．如图，在中，，，点D在线段BC上．
(1)当时，求的值；
(2)若AD是的平分线，，求的面积．
【答案】(1) (2) 或．
【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用正弦定理可求，由已知利用二倍角的正弦函数公式可得，在中，利用正弦定理可求的值；
（2）设，则，由余弦定理可得x的值，进而可求DC，又由（1）可求的值，利用三角形面积公式即可求值得解．
【详解】解：（1），B是三角形内角，
，
，
．
，
，
，
∴在中，．
（2）设，则，
在中，由余弦定理可得：，
解得：或．
因为AD是的平分线，
所以，
即，而，
所以．
又由（1）知，
①当时，；
②当时，．
综上，的面积为或．
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，二倍角的正弦函数公式，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题．
19．新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分. 对而不全得2分，选项中有错误得0分. 设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）. 在一次模拟考试中：
(1)小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得5分的概率为，求；
(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择. 小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个. 若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
【答案】(1)
(2)①
【分析】(1) 根据条件概率事件求解即可；
(2) 分别分析方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案；
【详解】（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件，“有3个选项正确”为事件，“小明该题得5分”为事件B，
则，求得.
（2）若小明选择方案①，则小强的得分为2分.
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则，
且，
，
，
所以，，
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则，且
，
，
所以，,
因为，所以小明应选择方案①.
20．如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值；
（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）由四边形为矩形，可得，由面面垂直的性质可得平面．取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，证明，再由线面平行的判定可得平面；
（2）求出平面的法向量，求出，可得，则平面与平面所成二面角的正弦值可求；
（3）点在线段上，设，，，可得，，，由直线与平面所成角的正弦值列式求得，得到，，，则的长可求．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，，
又平面平面，平面平面，
平面．
取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图，则，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，
设平面的法向量，
，，
由，取，得，
又，，则，
又平面，平面；
（2）解：设平面的法向量，
，，
由，取，可得，
，
，
即平面与平面所成二面角的正弦值为；
（3）解：点在线段上，设，，，
，0，，2，，，，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
，
，即，
，，．
，，，则，
的长为．
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
21．已知函数.
(1)求的极值；
(2)求证：.
【答案】(1)的极大值为，没有极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导数得，设，求导数确定函数的单调性即可确定的正负，从而得的取值情况即可确定的极值；
（2）由（1）可知，结合数列累加求和即可证明结论.
【详解】（1）因为函数，所以，
设，，
所以在上单调递增.
又，所以当时，；当时，.
又因为对恒成立，
所以当时，；当时，.
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，没有极小值.
（2）由（1）可知，
所以当且仅当，取“＝”.
由（1）得，
累加得；
由②得，
累加得.
综上所述，.
22．双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于两点，且是直角三角形.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是上不同的两点，中点的横坐标为2，且的中垂线为直线，是否存在半径为1的定圆，使得被圆截得的弦长为定值，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据双曲线的性质，结合是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；
（2）首先利用点差法求出直线所过的定点，即可求出定圆的方程.
【详解】（1）依题意，，焦半径，
当时，，得，即，
所以，由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故双曲线的方程为；
（2）设的中点为
因为是上不同的两点，中点的横坐标为2.
所以.
①-②得，
当存在时，，
因为的中垂线为直线，所以，即，
所以过定点.
当不存在时，关于轴对称，的中垂线为轴，此时也过，
所以存在以为圆心的定圆，使得被圆截得的弦长为定值2.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.
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