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2023-2024学年北京市东城区第一六六中学高二上学期期末模拟数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年北京市东城区第一六六中学高二上学期期末模拟数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知抛物线方程为，则其准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用抛物线方程直接求解准线方程即可．
【详解】因为抛物线的焦点在y轴正半轴上，
所以准线方程为.
故选：D．
2．下列直线与圆相切的是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】观察到选项中的直线都过原点，且圆也过原点，只需求出圆在原点处的切线方程即可.
【详解】由于选项中各直线均过原点，且原点在圆上，
圆心坐标为，圆心与原点连线的斜率为，
所以，圆在原点处的切线方程为.
故选：A.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的判断，考查计算能力，属于基础题.
3．在等比数列中，若，，则（ ）
A．10B．16C．24D．32
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可求出.
【详解】等比数列中，若，，则，
故选：.
【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了运算和求解能力，属于基础题
4．设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若∥，∥，则∥B．若∥，，则
C．若，则D．若，∥，则
【答案】B
【分析】对于A，与相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得；对于C，与平行或；对于D，与相交、平行或．
【详解】设是直线，，是两个不同的平面，
对于A，若，，则与相交或平行，故A错误；
对于B，若，则内存在直线，因为，
所以，由面面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C，若，，则与平行或，故C错误；
对于D，若，，则与相交、平行或，故D错误．
故选：B．
5．北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一.其中钟鼓楼、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、天安门广场及建筑群、正阳门、中轴线南段道路遗存、永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存.某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求出这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个的种数和选取的3个中一定有故宫的种数，再由古典概率代入即可得出答案.
【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，
从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，
，共9种情况，
其中选取的3个中一定有故宫的有：，共3种，
所以其概率为：.
故选：D.
6．已知半径为2的圆经过点，其圆心到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆心坐标得到圆的圆心的轨迹方程，再利用点到线的距离公式求解.
【详解】半径为2的圆经过点，设圆心坐标为，则圆的方程为
所以该圆的圆心的轨迹是以为圆心，2为半径的圆
故圆心到直线的距离的最小值为点到直线的距离减半径，即
故选：B
【点睛】结论点睛：本题考查直线与圆的位置关系，求圆上点到直线的距离最值，
当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，圆上点到直线距离的，
7．设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“数列为递增数列”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
【答案】D
【分析】通过举反例可以判断得结论.
【详解】当时，数列不一定是递增数列，
例如, , ；
当数列为递增数列时，也不一定成立，例如，此时单调递增，
所以“”是“数列为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
8．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
9．如图，在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，点M为底面上的动点，M到的距离记为d，若，则点M在底面正方形内的轨迹的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】在平面中求得点的轨迹方程，从而求得轨迹的长度.
【详解】由于平面平面，所以，
所以.
在正方形中，建立平面直角坐标系如下图所示，
，设，则，
，，，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.
由令，解得，
则，由于，所以，
所以点的轨迹在底面正方形内的长度是.
故选：B
10．对任意，若递增数列中不大于的项的个数恰为m，且，则n的最小值为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】A
【分析】先由条件得出，进而结合等差数列前n项和列出不等式，解不等式即可.
【详解】由递增数列中不大于的项的个数恰为可知，
又，故，
即，解得或，
又，故的最小值为10.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据递增数列中不大于的项的个数恰为m，得出是解决本题的关键.
二、填空题
11．在“互联网+”时代，国家积极推动信息化技术与传统教学方式的深度融合，实现线上、线下融合式教学模式变革.某校高一、高二和高三学生人数如图所示.采用分层抽样的方法调查融合式教学模式的实施情况，在抽取样本中，高一学生有16人，则该样本中的高三学生人数为 .
【答案】12
【解析】按照分层抽样的计算方法计算可得；
【详解】解：按照抽样抽取样本中，高一学生有16人，则高三学生有人，
故答案为：
12．在空间直角坐标系中，已知过坐标原点O的平面的一个法向量是，点到平面的距离为 ．
【答案】5
【分析】由点到平面的距离公式即可求得点到平面的距离.
【详解】由点到面的距离公式得.
故答案为：5
13．已知双曲线的一个焦点是，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为 .
【答案】
【分析】取直线为双曲线的渐近线，则，根据焦点得到，，得到双曲线方程.
【详解】取直线为双曲线的渐近线，则，
双曲线的一个焦点是，故，
故，故双曲线方程为.
故答案为：
14．已知抛物线过点，那么抛物线的准线方程为 ，设为平面直角坐标系内一点，若线段的垂直平分线过抛物线的焦点，那么线段的长度为 ．
【答案】 5
【分析】将点代入方程即可求解，从而求出准线方程；根据中垂线性质可得．
【详解】将点代入得，所以准线方程为
因为，故
又线段的垂直平分线过抛物线的焦点，所以
故答案为：，5．
15．已知曲线E的方程为，给出下列四个结论：
①若点是曲线E上的点，则，；
②曲线E关于x轴对称，且关于原点对称；
③曲线E与x轴，y轴共有4个交点；
④曲线E与直线只有1个交点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①④
【分析】①由，分别得到， 求解判断； ②设点是曲线E上的点，分别得到点关于x轴对称和原点对称的对称点，代入方程验证判断； ③由，分别令，求解判断； ④分和，曲线方程与直线方程联立求解判断.
【详解】①若点是曲线E上的点，由，得，即，
当时，，当时，成立，综上，而，则，故正确；
②设点是曲线E上的点，点关于x轴对称的对称点为，因为，所以曲线E关于x轴对称，点关于原点对称的对称点为，因为，所以曲线E不关于原点对称，故错误；
③由，令，得，解得，曲线E与y轴的交点为 ，令，得 ，解得 ，曲线E与x轴的交点为 ，所以曲线E与x轴，y轴共有3个交点，故错误；
④当时，由，解得，所以曲线E与直线曲线E与直线的交点为；
当时，方程组无解，则曲线E与直线无交点，所以曲线E与直线只有1个交点，故正确，
故答案为：①④
三、解答题
16．已知的三个顶点分别是，，．
(1)求的外接圆C的方程；
(2)求直线被圆C截得的弦的长．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）设圆的方程为，则根据圆经过三点，,，联立方程组，求得、、的值，可得圆的方程．
（2）根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离为1，进而根据圆的弦长公式即可求解.
【详解】（1）设圆的方程为，
则由圆经过三点,
可得，求得，可得圆的方程为．
（2）将圆化成标准式得，所以圆心为半径为，
圆心到直线的距离为，
故直线被圆C截得的弦的长
17．已知等差数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等?
(3)在（2）的条件下，设，数列的前项和为.求：当为何值时，的值最大?
【答案】(1)
(2)第63项
(3)当时，的值最大
【分析】（1）利用等差数列的定义与通项公式即可得解；
（2）先求得，，再利用等比数列的定义与通项公式求得，再令，从而得解；
（3）利用分组求和法即可求出，再利用导数求得的单调性，从而得解.
【详解】（1）依题意，设等差数列的公差为d，
则，又，得，解得，
所以；
（2）设等比数列的公比为q，
则，，所以，，
所以，令，解得.
故是数列的第63项；
（3）由（2）可知，则，
所以
，
令，则，
由于，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
且，，
所以当时，有最大值且最大值为.
18．近年来共享单车在我国主要城市发展迅速．目前市场上有多种类型的共享单车，有关部门对其中三种共享单车方式（M方式、Y方式、F方式）进行统计（统计对象年龄在15~55岁），相关数据如表1，表2所示．
三种共享单车方式人群年龄比例（表1）
不同性别选择共享单车种类情况统计（表2）
(1)根据表1估算出使用Y共享单车方式人群的平均年龄；
(2)若从统计对象中随机选取男女各一人，试估计男性使用共享单车种类数大于女性使用共享单车种类数的概率；
(3)现有一个年龄在25~35岁之间的共享单车用户，那么他使用Y方式出行的概率最大，使用F方式出行的概率最小，试问此结论是否正确？（只需写出结论）
【答案】(1)31岁
(2)0.58
(3)不正确
【分析】（1）由题意，，求出，利用组中值估算出使用共享单车方式人群的平均年龄；
（2）若从统计对象中随机选取男女各一人，分类讨论，即可估计男性使用共享单车种类数大于女性使用共享单车种类数的概率；
（3）使用方式出行与使用方式出行没有关系．
【详解】（1）由题意，，，
使用共享单车方式人群的平均年龄；
（2）记男性使用共享单车种类数大于女性使用共享单车种类数为事件，则
男性使用2种，女性使用1种的概率，
男性使用3种，女性使用1种的概率，
男性使用3种，女性使用2种的概率，
；
（3）使用方式出行与使用方式出行没有关系，不能确定这个用户使用哪种出行方式的可能性大,所以结论不正确．
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)，详情见解析
【分析】(1)设中点为，连接，由三角形中位线性质可得，且从而可得四边形为平行四边形，再由即可证得平面；
(2)按照条件①、条件②的不同，分别作出图形和辅助线，利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）如图（1），设中点为，连接，
底面为正方形，E，F分别为的中点．
，且，而又，,
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，
，为的中点，则,又底面为正方形，,， ,
在中，,
平面平面，平面平面，平面，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，
过作交于点，连结 ,又是中点，所以点也是中点，
平面，平面,,
设 ，则,，, ，，，，故在中，,即，解得，即，
如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
20．已知点在椭圆：上.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设直线：（其中）与椭圆交于不同两点E，F，直线AE，AF分别交直线于点M，N.当的面积为时，求的值.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）将点代入即可求解椭圆的方程，再利用离心率公式即可求解；
（2）联立，整理得，结合韦达定理，求出点M，N的坐标，可知代入即可求解.
【详解】（1）将点代入，解得，所以椭圆的方程为
又，离心率
（2）联立，整理得
设点E，F的坐标分别为，
由韦达定理得：，
直线AE的方程为，令，得，即
直线AF的方程为，令，得，即
所以的面积
即，解得或
所以的值为或
21．对于给定的正整数和实数，若数列满足如下两个性质：①；②对，，则称数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求数列的前项和；
(2)对于给定的正奇数，若数列同时具有性质和，求数列的通项公式；
(3)若数列具有性质，求证：存在自然数，对任意的正整数，不等式均成立.
【答案】(1)5
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意得到当为奇数时，，当为偶数时，，从而；（2）根据题干条件得到，故为常数列，结合求出；（3）对要证明的不等式变形，构造，研究其性质，证明出结论.
【详解】（1）由题意得：，，则当为奇数时，，当为偶数时，，所以数列的前项和；
（2）由题意得：，，对于给定的正奇数，，对，，则令，，得：，，综上：为常数列，由可得：
（3）要证，只需证，即证，令数列，由于具有性质，即，对，，则，对，，所以具有性质，令，设的最小值为，对，令，，由于具有性质，则有，所以，
所以，所以成立
【点睛】本题数列不等式证明题目，要根据题干中条件对数列进行变形，用到了构造新数列，数论的基础知识，对学生的逻辑思维能力要求较高.
方式
年龄分组
M方式
Y方式
F方式
性别
使用单车
种类数（种）
男
女
1
2
3
一、单选题
1．已知抛物线方程为，则其准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用抛物线方程直接求解准线方程即可．
【详解】因为抛物线的焦点在y轴正半轴上，
所以准线方程为.
故选：D．
2．下列直线与圆相切的是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】观察到选项中的直线都过原点，且圆也过原点，只需求出圆在原点处的切线方程即可.
【详解】由于选项中各直线均过原点，且原点在圆上，
圆心坐标为，圆心与原点连线的斜率为，
所以，圆在原点处的切线方程为.
故选：A.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的判断，考查计算能力，属于基础题.
3．在等比数列中，若，，则（ ）
A．10B．16C．24D．32
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质即可求出.
【详解】等比数列中，若，，则，
故选：.
【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了运算和求解能力，属于基础题
4．设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若∥，∥，则∥B．若∥，，则
C．若，则D．若，∥，则
【答案】B
【分析】对于A，与相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得；对于C，与平行或；对于D，与相交、平行或．
【详解】设是直线，，是两个不同的平面，
对于A，若，，则与相交或平行，故A错误；
对于B，若，则内存在直线，因为，
所以，由面面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C，若，，则与平行或，故C错误；
对于D，若，，则与相交、平行或，故D错误．
故选：B．
5．北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一.其中钟鼓楼、万宁桥、景山、故宫、端门、天安门、外金水桥、天安门广场及建筑群、正阳门、中轴线南段道路遗存、永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存.某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求出这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个的种数和选取的3个中一定有故宫的种数，再由古典概率代入即可得出答案.
【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，
从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，
，共9种情况，
其中选取的3个中一定有故宫的有：，共3种，
所以其概率为：.
故选：D.
6．已知半径为2的圆经过点，其圆心到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆心坐标得到圆的圆心的轨迹方程，再利用点到线的距离公式求解.
【详解】半径为2的圆经过点，设圆心坐标为，则圆的方程为
所以该圆的圆心的轨迹是以为圆心，2为半径的圆
故圆心到直线的距离的最小值为点到直线的距离减半径，即
故选：B
【点睛】结论点睛：本题考查直线与圆的位置关系，求圆上点到直线的距离最值，
当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，圆上点到直线距离的，
7．设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“数列为递增数列”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
【答案】D
【分析】通过举反例可以判断得结论.
【详解】当时，数列不一定是递增数列，
例如, , ；
当数列为递增数列时，也不一定成立，例如，此时单调递增，
所以“”是“数列为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
8．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
9．如图，在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，点M为底面上的动点，M到的距离记为d，若，则点M在底面正方形内的轨迹的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】在平面中求得点的轨迹方程，从而求得轨迹的长度.
【详解】由于平面平面，所以，
所以.
在正方形中，建立平面直角坐标系如下图所示，
，设，则，
，，，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.
由令，解得，
则，由于，所以，
所以点的轨迹在底面正方形内的长度是.
故选：B
10．对任意，若递增数列中不大于的项的个数恰为m，且，则n的最小值为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】A
【分析】先由条件得出，进而结合等差数列前n项和列出不等式，解不等式即可.
【详解】由递增数列中不大于的项的个数恰为可知，
又，故，
即，解得或，
又，故的最小值为10.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据递增数列中不大于的项的个数恰为m，得出是解决本题的关键.
二、填空题
11．在“互联网+”时代，国家积极推动信息化技术与传统教学方式的深度融合，实现线上、线下融合式教学模式变革.某校高一、高二和高三学生人数如图所示.采用分层抽样的方法调查融合式教学模式的实施情况，在抽取样本中，高一学生有16人，则该样本中的高三学生人数为 .
【答案】12
【解析】按照分层抽样的计算方法计算可得；
【详解】解：按照抽样抽取样本中，高一学生有16人，则高三学生有人，
故答案为：
12．在空间直角坐标系中，已知过坐标原点O的平面的一个法向量是，点到平面的距离为 ．
【答案】5
【分析】由点到平面的距离公式即可求得点到平面的距离.
【详解】由点到面的距离公式得.
故答案为：5
13．已知双曲线的一个焦点是，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为 .
【答案】
【分析】取直线为双曲线的渐近线，则，根据焦点得到，，得到双曲线方程.
【详解】取直线为双曲线的渐近线，则，
双曲线的一个焦点是，故，
故，故双曲线方程为.
故答案为：
14．已知抛物线过点，那么抛物线的准线方程为 ，设为平面直角坐标系内一点，若线段的垂直平分线过抛物线的焦点，那么线段的长度为 ．
【答案】 5
【分析】将点代入方程即可求解，从而求出准线方程；根据中垂线性质可得．
【详解】将点代入得，所以准线方程为
因为，故
又线段的垂直平分线过抛物线的焦点，所以
故答案为：，5．
15．已知曲线E的方程为，给出下列四个结论：
①若点是曲线E上的点，则，；
②曲线E关于x轴对称，且关于原点对称；
③曲线E与x轴，y轴共有4个交点；
④曲线E与直线只有1个交点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①④
【分析】①由，分别得到， 求解判断； ②设点是曲线E上的点，分别得到点关于x轴对称和原点对称的对称点，代入方程验证判断； ③由，分别令，求解判断； ④分和，曲线方程与直线方程联立求解判断.
【详解】①若点是曲线E上的点，由，得，即，
当时，，当时，成立，综上，而，则，故正确；
②设点是曲线E上的点，点关于x轴对称的对称点为，因为，所以曲线E关于x轴对称，点关于原点对称的对称点为，因为，所以曲线E不关于原点对称，故错误；
③由，令，得，解得，曲线E与y轴的交点为 ，令，得 ，解得 ，曲线E与x轴的交点为 ，所以曲线E与x轴，y轴共有3个交点，故错误；
④当时，由，解得，所以曲线E与直线曲线E与直线的交点为；
当时，方程组无解，则曲线E与直线无交点，所以曲线E与直线只有1个交点，故正确，
故答案为：①④
三、解答题
16．已知的三个顶点分别是，，．
(1)求的外接圆C的方程；
(2)求直线被圆C截得的弦的长．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）设圆的方程为，则根据圆经过三点，,，联立方程组，求得、、的值，可得圆的方程．
（2）根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离为1，进而根据圆的弦长公式即可求解.
【详解】（1）设圆的方程为，
则由圆经过三点,
可得，求得，可得圆的方程为．
（2）将圆化成标准式得，所以圆心为半径为，
圆心到直线的距离为，
故直线被圆C截得的弦的长
17．已知等差数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等?
(3)在（2）的条件下，设，数列的前项和为.求：当为何值时，的值最大?
【答案】(1)
(2)第63项
(3)当时，的值最大
【分析】（1）利用等差数列的定义与通项公式即可得解；
（2）先求得，，再利用等比数列的定义与通项公式求得，再令，从而得解；
（3）利用分组求和法即可求出，再利用导数求得的单调性，从而得解.
【详解】（1）依题意，设等差数列的公差为d，
则，又，得，解得，
所以；
（2）设等比数列的公比为q，
则，，所以，，
所以，令，解得.
故是数列的第63项；
（3）由（2）可知，则，
所以
，
令，则，
由于，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
且，，
所以当时，有最大值且最大值为.
18．近年来共享单车在我国主要城市发展迅速．目前市场上有多种类型的共享单车，有关部门对其中三种共享单车方式（M方式、Y方式、F方式）进行统计（统计对象年龄在15~55岁），相关数据如表1，表2所示．
三种共享单车方式人群年龄比例（表1）
不同性别选择共享单车种类情况统计（表2）
(1)根据表1估算出使用Y共享单车方式人群的平均年龄；
(2)若从统计对象中随机选取男女各一人，试估计男性使用共享单车种类数大于女性使用共享单车种类数的概率；
(3)现有一个年龄在25~35岁之间的共享单车用户，那么他使用Y方式出行的概率最大，使用F方式出行的概率最小，试问此结论是否正确？（只需写出结论）
【答案】(1)31岁
(2)0.58
(3)不正确
【分析】（1）由题意，，求出，利用组中值估算出使用共享单车方式人群的平均年龄；
（2）若从统计对象中随机选取男女各一人，分类讨论，即可估计男性使用共享单车种类数大于女性使用共享单车种类数的概率；
（3）使用方式出行与使用方式出行没有关系．
【详解】（1）由题意，，，
使用共享单车方式人群的平均年龄；
（2）记男性使用共享单车种类数大于女性使用共享单车种类数为事件，则
男性使用2种，女性使用1种的概率，
男性使用3种，女性使用1种的概率，
男性使用3种，女性使用2种的概率，
；
（3）使用方式出行与使用方式出行没有关系，不能确定这个用户使用哪种出行方式的可能性大,所以结论不正确．
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)，详情见解析
【分析】(1)设中点为，连接，由三角形中位线性质可得，且从而可得四边形为平行四边形，再由即可证得平面；
(2)按照条件①、条件②的不同，分别作出图形和辅助线，利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）如图（1），设中点为，连接，
底面为正方形，E，F分别为的中点．
，且，而又，,
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，
，为的中点，则,又底面为正方形，,， ,
在中，,
平面平面，平面平面，平面，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，
过作交于点，连结 ,又是中点，所以点也是中点，
平面，平面,,
设 ，则,，, ，，，，故在中，,即，解得，即，
如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
20．已知点在椭圆：上.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设直线：（其中）与椭圆交于不同两点E，F，直线AE，AF分别交直线于点M，N.当的面积为时，求的值.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）将点代入即可求解椭圆的方程，再利用离心率公式即可求解；
（2）联立，整理得，结合韦达定理，求出点M，N的坐标，可知代入即可求解.
【详解】（1）将点代入，解得，所以椭圆的方程为
又，离心率
（2）联立，整理得
设点E，F的坐标分别为，
由韦达定理得：，
直线AE的方程为，令，得，即
直线AF的方程为，令，得，即
所以的面积
即，解得或
所以的值为或
21．对于给定的正整数和实数，若数列满足如下两个性质：①；②对，，则称数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求数列的前项和；
(2)对于给定的正奇数，若数列同时具有性质和，求数列的通项公式；
(3)若数列具有性质，求证：存在自然数，对任意的正整数，不等式均成立.
【答案】(1)5
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意得到当为奇数时，，当为偶数时，，从而；（2）根据题干条件得到，故为常数列，结合求出；（3）对要证明的不等式变形，构造，研究其性质，证明出结论.
【详解】（1）由题意得：，，则当为奇数时，，当为偶数时，，所以数列的前项和；
（2）由题意得：，，对于给定的正奇数，，对，，则令，，得：，，综上：为常数列，由可得：
（3）要证，只需证，即证，令数列，由于具有性质，即，对，，则，对，，所以具有性质，令，设的最小值为，对，令，，由于具有性质，则有，所以，
所以，所以成立
【点睛】本题数列不等式证明题目，要根据题干中条件对数列进行变形，用到了构造新数列，数论的基础知识，对学生的逻辑思维能力要求较高.
方式
年龄分组
M方式
Y方式
F方式
性别
使用单车
种类数（种）
男
女
1
2
3
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