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2024安徽省皖豫名校联盟高三上学期第二次联考数学试卷含解析
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这是一份2024安徽省皖豫名校联盟高三上学期第二次联考数学试卷含解析，文件包含安徽省皖豫名校联盟2024届高中毕业班第二次联考数学试题含解析docx、安徽省皖豫名校联盟2024届高中毕业班第二次联考数学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对数函数的单调性解不等式得到，解分式不等式得到，求出交集.
【详解】由题意得，故，
，等价于，
解得，故，
所以.
故选：A
2. 若复数满足，则的虚部为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由得到，再由复数除法运算，即可得出结果.
【详解】因为，所以，故的虚部为.
故选D.
【点睛】本题考查了复数的运算、复数的虚部的概念，突显了对数学运算、基本概念的考查. 解答本题首先要了解复数的虚部的概念，其次要能熟练进行复数的四则运算.
3. 已知向量，命题．若是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，根据特征量词命题的否定为真命题可得是真命题，易知时满足题意，当时，有，解之即可求解.
【详解】由题可知，命题的否定：，且否定是真命题，
即是真命题．
当时，；
当时，且，所以．
综上，实数的取值范围是．
故选：D
4. 已知数列的前项和（为常数，且），则“是等差数列”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的定义及充分条件与必要条件定义判断即可．
【详解】若是等差数列，设其公差为，则，
所以，
若，则，
当时，，当时，，此时也满足，
所以，于是有是等差数列，
所以“是等差数列”是“”的充要条件．
故选：A
5. 已知是锐角三角形，函数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，再利用得到，同理得到，从而可判断ABC，利用可判断D.
【详解】函数的定义域为R，，所以是偶函数.
当时，，所以在上单调递增．
因为是锐角三角形，所以，
所以，即，所以，故A正确；
同理，，即，故BC错误；
当时，，故D错误．
故选：A.
6. 某中学开展结合学科知识的动手能力大赛，参赛学生甲需要加工一个外轮廓为三角形的模具，原材料为如图所示的是边上一点，，要求分别把的内切圆，裁去，则裁去的圆的面积之和为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据已知条件在中利用正弦定理及三角公式求出，分别在内用等面积法求出内切圆半径即可得解.
【详解】在，设，
则，，
所以，
在中，，由正弦定理得,
即，即，
化简得或，因为，所以（负值舍去），，
故为等边三角形，为等腰三角形，,
在中，设圆的半径为，根据等面积有，
即，化简得，
在中，设圆的半径为，根据等面积有，
即，化简得，
所以圆的面积之和为，
故选：C.
7. 有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（ ）
A. 60B. 114C. 278D. 336
【答案】D
【解析】
【分析】分三类，第一类，只有3人被录用，第二类，只有4人被录用，第三类，5人全部录用，根据分类计数原理即可得到答案.
【详解】分三类情况，第一类情况，只录用3人，有种情况；第二类情况，只录用4人，有种情况；
第三类情况，录用5人有两种情况：或，有种情况．
所以根据分类加法计数原理共有种．
故选：D.
8. 若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究其图象性质，再将问题转化为的零点的分布情况，从而列式即可得解.
【详解】令，得，即，
记，则，
对求导得，
因为当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
且当时，且，当时，，当时，，
则函数的大致图象如图，
记，由于有三个不同的零点，
所以必有两个不同的零点，记为，
当时，有，即，无解；
当时，有，即，无解；
当时，有，即，解得；
综上，取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握二次函数的零点的分布情况，数形结合得到关于的不等式组，从而得解.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法错误的是（ ）
A. 当样本相关系数满足时，成对样本数据的两个分量之间满足一种线性关系
B. 残差等于预测值减去观测值
C. 决定系数越大，模型拟合效果越差
D. 在独立性检验中，当（为的临界值）时，推断零假设不成立
【答案】BC
【解析】
【分析】根据相关系数时的含义可判断A；根据残差的定义可判断B，根据决定系数的含义判断C；根据独立性检验的规则判断D.
【详解】当样本相关系数时，成对样本数据的两个分量之间满足一种线性关系，故A正确；残差等于观测值减去预测值，故B错误；
决定系数越大，模型拟合效果越好，故C错误；
根据独立性检验的规则，当时，推断零假设不成立，D正确，
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数B. 最小的10个正零点之和为
C. 是的一个周期D. 在处的切线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义可判断A；令，求出对应最小的10个正零点的和可判断B；利用周期定义可判断C；求出，求出在处的切线方程可判断D．
【详解】对于A，因为，所以不是奇函数，故A错误；
对于B，令，得，即，
所以或或或，
即，当时，对应最小的10个正零点为
，
它们的和为，故B正确；
对于C，由于，故C正确；
对于D，，，，所以在处的切线方程为，故D正确．
故选：BCD.
11. 若正实数满足，记，则（ ）
A. 的最小值是2
B. 当取最小值时，的最小值为
C. 当取最仦值时，的最大值为
D 当取最小值时，一定有
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本不等式判断AD；将问题转化为，利用换元法与函数单调性即可得解判断BC；从而得解.
【详解】因为，
由可得，
所以，当且仅当时，等号成立，所以A正确，D错误；
当取最小值时，，，
所以，解得，
又，所以，
又，当且仅当时等号成立，
记，则，所以，
易得函数在时单调递减，
所以当时，取得最大值，
则无最小值，所以B错误，C正确．
故选：AC.
12. 在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ）
A. 存在点，使
B. 当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C. 当时，点的轨迹长度为4
D. 当时，点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D.
【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使，
由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误．
对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接，
则．由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以．记，则．记，则，
所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台，
，其余部分的体积为，
所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．
对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．
对于D，先看点在侧面内的轨迹，
以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点的轨迹方程为，
其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点，
则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为，
同理点在底面内的轨迹的长度也为．
当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，所以，
点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为．
分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线经过两点，则点到直线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量求解即可.
【详解】由题可知，则，，
故点到直线的距离为．
故答案为：
14. 为提高学生的数学核心素养和学习数学的兴趣，学校在高一年级开设了《数学探究与发现》选修课．在某次主题是“向量与不等式”的课上，学生甲运用平面向量的数量积知识证明了著名的柯西不等式（二维）；当向量时，有，即，当且仅当时等号成立；学生乙从这个结论出发．作一个代数变换，得到了一个新不等式：，当且仅当时等号成立，并取名为“类柯西不等式”．根据前面的结论可知：当时，的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式构造不等式左侧求解即可.
【详解】由题意得，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即，则，
所以，最小值为，此时．
故答案为：.
15. 已知椭圆，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，直角边与椭圆分别交于另外两点．若这样的有且仅有一个，则该椭圆的离心率的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先设出直线和直线，联立椭圆方程，求出，表达出，根据相等关系得到无实数解或有两个相等的实数解，分两种情况，求出，从而求出离心率的取值范围.
【详解】不妨设直线，则直线，
联立方程得，得，
，用代替得，
．
由，得，
该方程关于已有一解，由于符合条件的有且仅有一个，
关于的方程无实数解或有两个相等的实数解．
当方程无实数解时，，解得；
当方程有两个相等的实数解时，，解得，
，
则该椭圆的离心率．
故答案为：.
【点睛】求椭圆的离心率是(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
16. 从教学楼一楼到二楼共有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），学生甲一步能上1级或2级台阶，若甲从一楼上到二楼使用每一种方法都是等概率的，则甲踩过第5级台阶的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意求得学生甲上每级台阶的方法数，从而利用古典概型的概率公式即可得解.
【详解】记学生甲上到第级台阶共有种上法，则，
当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级上去，
所以，
于是，，，
其中甲踩过第5级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，
第一步，从第1级到第5级，共有种方法；
第二步，从第6级到第11级，相当于从第1级到第6级的方法数，共有种方法；
所以甲踩过第5级台阶的上台阶方法数有，
则甲踩过第5级台阶的概率是．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是得到递推关系式，从而得解.
四、解答题：共70分：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，任四棱锥中，为棱的中点，．
（1）求证：；
（2）若，求与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明四边形是正方形，即证明，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可得答案.
【小问1详解】
如图，连接为棱的中点，
，，故,
则，
又，，则四边形是平行四边形，
又，，则平行四边形是正方形，
，又平面，
平面，
又平面．
【小问2详解】
，．
由（1）知,
故，，
又平面，平面．
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，
则，
．
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设与平面所成的角为，
则，
，即与平面所成角的余弦值为.
18. 在中，角的对边分别为，.
（1）求角；
（2）若为钝角三角形，且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化切为弦，然后根据两角和的正弦公式化简即可求解；
（2）利用正弦定理化边为角，根据辅助角公式化为，结合角的范围利用正弦函数的性质即可求解范围.
【小问1详解】
由，得，
即，所以，
又，所以，又且，所以.
【小问2详解】
由正弦定理，得，
所以，所以，
因为是钝角三角形，不妨设为钝角，则，
所以，
因为，所以，所以，
所以的取值范围是.
19. 某工厂生产一批螺丝钉，长度均为整数，且在至之间，技术监督组为了解生产的螺丝钉质量，按照长度分为9组，每组抽取150个对其中的优质螺丝钉个数进行统计，数据如下：
（1）设每个长度区间的中点值为，优质个数为，求关于的回归直线方程．若该厂又生产了一批长度区间为的螺丝钉，并从中随机抽取50个，请根据回归直线方程预测这150个中的优质个数．
（2）若在某一长度区间内有超过半数的螺丝钉是优质的，则认为从该长度区间内任选一个均为优质的，否则不是．现从这五个长度区间中各随机抽取一个，再从这5个螺丝钉中任选3个，记随机变量为其中的优质个数，求的分布列与数学期望．
（参考公式和数据：）
【答案】19. ；
20. 分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据线性回归分别求出，，从而求解．
（2）根据题意可知的所有可能取值为，，，然后求出相应的概率列出分布列，求出期望从而求解.
【小问1详解】
由题意得，
所以，
所以
又
所以，
故关于的回归直线方程为．
当时，，即预测长度区间为的个螺丝钉中的优质个数为．
【小问2详解】
根据题意，在，，，，这五个长度区间中，这三个长度区间中超过半数是优质的，
在，这两个长度区间中优质的不足一半，故随机抽取得到的个螺丝钉中有个是优质的．
所以的所有可能取值为，，，
则，
故随机变量的分布列为
．
故期望为.
20. 已知数列满足，且，数列满足，且（表示不超过的最达整数），．
（1）求；
（2）令，记数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）2 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先推导可得，再累加可得，再判断当时，即可得；
（2）推导可得是以为首项，为公比的等比数列，代入通项公式可得，再根据，累加求和证明即可.
【小问1详解】
，
，，
．又是递增数列，
，当时，．
．
【小问2详解】
，
，则有，
是以为首项，为公比的等比数列，
．
，
，
原不等式得证．
21. 已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
（1）求的方程．
（2）若过点的直线与的左、右两支分别交于两点（不同于双曲线的顶点），问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，
【解析】
分析】（1）首先根据离心率，和双曲线方程，列式即可求解；
（2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为．
由题意可得，解得，
所以的方程为．
【小问2详解】
为定值，理由如下：
由（1）知，设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
，
，同理．
直线过点且与的左、右两支分别交于两点，
两点在轴同侧，，此时，即．
，
，为定值．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线联立，解决定值的问题，本题的关键是利用坐标表示和，并求解.
22 已知函数．
（1）若恒成立，求实数的范围；
（2）证明：对任意正整数，都有不等式成立．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分与两种情况求解即可得的范围；
（2）由（1）可得，结合，可得，
则，后由错位相减法可得，即可证明结论.
【小问1详解】
由题可知，
记，则，
当时，在上单调递增，即在上单调递增，
当时，．
（ⅰ）当时，在上单调递增，
则成立；
（ⅱ）当时，，，
记，则，令，得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，则．
令，则，
存在，使得，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
．
记，
则当时，，在上单调递减，
，则有，与恒成立矛盾，所以不成立．
综上，实数的取值范围是．
【小问2详解】
由（Ⅰ）知，当时，，
．记，
则当时，，
在上单调递增，则有，
当时，，当时，．
令，则．
记，
则，
，
，
，
对任意正整数，都有不等式成立．长期区间
优质个数
81
81
84
88
84
83
83
70
66
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对数函数的单调性解不等式得到，解分式不等式得到，求出交集.
【详解】由题意得，故，
，等价于，
解得，故，
所以.
故选：A
2. 若复数满足，则的虚部为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由得到，再由复数除法运算，即可得出结果.
【详解】因为，所以，故的虚部为.
故选D.
【点睛】本题考查了复数的运算、复数的虚部的概念，突显了对数学运算、基本概念的考查. 解答本题首先要了解复数的虚部的概念，其次要能熟练进行复数的四则运算.
3. 已知向量，命题．若是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，根据特征量词命题的否定为真命题可得是真命题，易知时满足题意，当时，有，解之即可求解.
【详解】由题可知，命题的否定：，且否定是真命题，
即是真命题．
当时，；
当时，且，所以．
综上，实数的取值范围是．
故选：D
4. 已知数列的前项和（为常数，且），则“是等差数列”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的定义及充分条件与必要条件定义判断即可．
【详解】若是等差数列，设其公差为，则，
所以，
若，则，
当时，，当时，，此时也满足，
所以，于是有是等差数列，
所以“是等差数列”是“”的充要条件．
故选：A
5. 已知是锐角三角形，函数，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，再利用得到，同理得到，从而可判断ABC，利用可判断D.
【详解】函数的定义域为R，，所以是偶函数.
当时，，所以在上单调递增．
因为是锐角三角形，所以，
所以，即，所以，故A正确；
同理，，即，故BC错误；
当时，，故D错误．
故选：A.
6. 某中学开展结合学科知识的动手能力大赛，参赛学生甲需要加工一个外轮廓为三角形的模具，原材料为如图所示的是边上一点，，要求分别把的内切圆，裁去，则裁去的圆的面积之和为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据已知条件在中利用正弦定理及三角公式求出，分别在内用等面积法求出内切圆半径即可得解.
【详解】在，设，
则，，
所以，
在中，，由正弦定理得,
即，即，
化简得或，因为，所以（负值舍去），，
故为等边三角形，为等腰三角形，,
在中，设圆的半径为，根据等面积有，
即，化简得，
在中，设圆的半径为，根据等面积有，
即，化简得，
所以圆的面积之和为，
故选：C.
7. 有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（ ）
A. 60B. 114C. 278D. 336
【答案】D
【解析】
【分析】分三类，第一类，只有3人被录用，第二类，只有4人被录用，第三类，5人全部录用，根据分类计数原理即可得到答案.
【详解】分三类情况，第一类情况，只录用3人，有种情况；第二类情况，只录用4人，有种情况；
第三类情况，录用5人有两种情况：或，有种情况．
所以根据分类加法计数原理共有种．
故选：D.
8. 若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究其图象性质，再将问题转化为的零点的分布情况，从而列式即可得解.
【详解】令，得，即，
记，则，
对求导得，
因为当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
且当时，且，当时，，当时，，
则函数的大致图象如图，
记，由于有三个不同的零点，
所以必有两个不同的零点，记为，
当时，有，即，无解；
当时，有，即，无解；
当时，有，即，解得；
综上，取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握二次函数的零点的分布情况，数形结合得到关于的不等式组，从而得解.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法错误的是（ ）
A. 当样本相关系数满足时，成对样本数据的两个分量之间满足一种线性关系
B. 残差等于预测值减去观测值
C. 决定系数越大，模型拟合效果越差
D. 在独立性检验中，当（为的临界值）时，推断零假设不成立
【答案】BC
【解析】
【分析】根据相关系数时的含义可判断A；根据残差的定义可判断B，根据决定系数的含义判断C；根据独立性检验的规则判断D.
【详解】当样本相关系数时，成对样本数据的两个分量之间满足一种线性关系，故A正确；残差等于观测值减去预测值，故B错误；
决定系数越大，模型拟合效果越好，故C错误；
根据独立性检验的规则，当时，推断零假设不成立，D正确，
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数B. 最小的10个正零点之和为
C. 是的一个周期D. 在处的切线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义可判断A；令，求出对应最小的10个正零点的和可判断B；利用周期定义可判断C；求出，求出在处的切线方程可判断D．
【详解】对于A，因为，所以不是奇函数，故A错误；
对于B，令，得，即，
所以或或或，
即，当时，对应最小的10个正零点为
，
它们的和为，故B正确；
对于C，由于，故C正确；
对于D，，，，所以在处的切线方程为，故D正确．
故选：BCD.
11. 若正实数满足，记，则（ ）
A. 的最小值是2
B. 当取最小值时，的最小值为
C. 当取最仦值时，的最大值为
D 当取最小值时，一定有
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本不等式判断AD；将问题转化为，利用换元法与函数单调性即可得解判断BC；从而得解.
【详解】因为，
由可得，
所以，当且仅当时，等号成立，所以A正确，D错误；
当取最小值时，，，
所以，解得，
又，所以，
又，当且仅当时等号成立，
记，则，所以，
易得函数在时单调递减，
所以当时，取得最大值，
则无最小值，所以B错误，C正确．
故选：AC.
12. 在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ）
A. 存在点，使
B. 当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C. 当时，点的轨迹长度为4
D. 当时，点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D.
【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使，
由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误．
对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接，
则．由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以．记，则．记，则，
所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台，
，其余部分的体积为，
所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．
对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．
对于D，先看点在侧面内的轨迹，
以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点的轨迹方程为，
其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点，
则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为，
同理点在底面内的轨迹的长度也为．
当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，所以，
点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为．
分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线经过两点，则点到直线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量求解即可.
【详解】由题可知，则，，
故点到直线的距离为．
故答案为：
14. 为提高学生的数学核心素养和学习数学的兴趣，学校在高一年级开设了《数学探究与发现》选修课．在某次主题是“向量与不等式”的课上，学生甲运用平面向量的数量积知识证明了著名的柯西不等式（二维）；当向量时，有，即，当且仅当时等号成立；学生乙从这个结论出发．作一个代数变换，得到了一个新不等式：，当且仅当时等号成立，并取名为“类柯西不等式”．根据前面的结论可知：当时，的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式构造不等式左侧求解即可.
【详解】由题意得，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即，则，
所以，最小值为，此时．
故答案为：.
15. 已知椭圆，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，直角边与椭圆分别交于另外两点．若这样的有且仅有一个，则该椭圆的离心率的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先设出直线和直线，联立椭圆方程，求出，表达出，根据相等关系得到无实数解或有两个相等的实数解，分两种情况，求出，从而求出离心率的取值范围.
【详解】不妨设直线，则直线，
联立方程得，得，
，用代替得，
．
由，得，
该方程关于已有一解，由于符合条件的有且仅有一个，
关于的方程无实数解或有两个相等的实数解．
当方程无实数解时，，解得；
当方程有两个相等的实数解时，，解得，
，
则该椭圆的离心率．
故答案为：.
【点睛】求椭圆的离心率是(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
16. 从教学楼一楼到二楼共有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），学生甲一步能上1级或2级台阶，若甲从一楼上到二楼使用每一种方法都是等概率的，则甲踩过第5级台阶的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意求得学生甲上每级台阶的方法数，从而利用古典概型的概率公式即可得解.
【详解】记学生甲上到第级台阶共有种上法，则，
当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级上去，
所以，
于是，，，
其中甲踩过第5级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，
第一步，从第1级到第5级，共有种方法；
第二步，从第6级到第11级，相当于从第1级到第6级的方法数，共有种方法；
所以甲踩过第5级台阶的上台阶方法数有，
则甲踩过第5级台阶的概率是．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是得到递推关系式，从而得解.
四、解答题：共70分：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，任四棱锥中，为棱的中点，．
（1）求证：；
（2）若，求与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明四边形是正方形，即证明，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可得答案.
【小问1详解】
如图，连接为棱的中点，
，，故,
则，
又，，则四边形是平行四边形，
又，，则平行四边形是正方形，
，又平面，
平面，
又平面．
【小问2详解】
，．
由（1）知,
故，，
又平面，平面．
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，
则，
．
设平面的法向量为，
则，即，令，则．
设与平面所成的角为，
则，
，即与平面所成角的余弦值为.
18. 在中，角的对边分别为，.
（1）求角；
（2）若为钝角三角形，且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化切为弦，然后根据两角和的正弦公式化简即可求解；
（2）利用正弦定理化边为角，根据辅助角公式化为，结合角的范围利用正弦函数的性质即可求解范围.
【小问1详解】
由，得，
即，所以，
又，所以，又且，所以.
【小问2详解】
由正弦定理，得，
所以，所以，
因为是钝角三角形，不妨设为钝角，则，
所以，
因为，所以，所以，
所以的取值范围是.
19. 某工厂生产一批螺丝钉，长度均为整数，且在至之间，技术监督组为了解生产的螺丝钉质量，按照长度分为9组，每组抽取150个对其中的优质螺丝钉个数进行统计，数据如下：
（1）设每个长度区间的中点值为，优质个数为，求关于的回归直线方程．若该厂又生产了一批长度区间为的螺丝钉，并从中随机抽取50个，请根据回归直线方程预测这150个中的优质个数．
（2）若在某一长度区间内有超过半数的螺丝钉是优质的，则认为从该长度区间内任选一个均为优质的，否则不是．现从这五个长度区间中各随机抽取一个，再从这5个螺丝钉中任选3个，记随机变量为其中的优质个数，求的分布列与数学期望．
（参考公式和数据：）
【答案】19. ；
20. 分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据线性回归分别求出，，从而求解．
（2）根据题意可知的所有可能取值为，，，然后求出相应的概率列出分布列，求出期望从而求解.
【小问1详解】
由题意得，
所以，
所以
又
所以，
故关于的回归直线方程为．
当时，，即预测长度区间为的个螺丝钉中的优质个数为．
【小问2详解】
根据题意，在，，，，这五个长度区间中，这三个长度区间中超过半数是优质的，
在，这两个长度区间中优质的不足一半，故随机抽取得到的个螺丝钉中有个是优质的．
所以的所有可能取值为，，，
则，
故随机变量的分布列为
．
故期望为.
20. 已知数列满足，且，数列满足，且（表示不超过的最达整数），．
（1）求；
（2）令，记数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）2 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先推导可得，再累加可得，再判断当时，即可得；
（2）推导可得是以为首项，为公比的等比数列，代入通项公式可得，再根据，累加求和证明即可.
【小问1详解】
，
，，
．又是递增数列，
，当时，．
．
【小问2详解】
，
，则有，
是以为首项，为公比的等比数列，
．
，
，
原不等式得证．
21. 已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
（1）求的方程．
（2）若过点的直线与的左、右两支分别交于两点（不同于双曲线的顶点），问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，
【解析】
分析】（1）首先根据离心率，和双曲线方程，列式即可求解；
（2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为．
由题意可得，解得，
所以的方程为．
【小问2详解】
为定值，理由如下：
由（1）知，设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
，
，同理．
直线过点且与的左、右两支分别交于两点，
两点在轴同侧，，此时，即．
，
，为定值．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线联立，解决定值的问题，本题的关键是利用坐标表示和，并求解.
22 已知函数．
（1）若恒成立，求实数的范围；
（2）证明：对任意正整数，都有不等式成立．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分与两种情况求解即可得的范围；
（2）由（1）可得，结合，可得，
则，后由错位相减法可得，即可证明结论.
【小问1详解】
由题可知，
记，则，
当时，在上单调递增，即在上单调递增，
当时，．
（ⅰ）当时，在上单调递增，
则成立；
（ⅱ）当时，，，
记，则，令，得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，则．
令，则，
存在，使得，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
．
记，
则当时，，在上单调递减，
，则有，与恒成立矛盾，所以不成立．
综上，实数的取值范围是．
【小问2详解】
由（Ⅰ）知，当时，，
．记，
则当时，，
在上单调递增，则有，
当时，，当时，．
令，则．
记，
则，
，
，
，
对任意正整数，都有不等式成立．长期区间
优质个数
81
81
84
88
84
83
83
70
66
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