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安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试题Word版含解析docx、安徽省亳州市2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
数学
考生注意：
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，并将考生号条形码格贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合和集合即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2. 已知复数，则“”是“的实部小于0”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】考查的实部小于0的充要条件，结合集合关系进行判断.
【详解】因为
若其实部小于0，则，即，
显然是的必要不充分条件，
则“”是“的实部小于0”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 如图所示为某企业员工年龄（岁）的频率分布直方图，从左到右依次为第一组､第二组、……、第五组，若第五组的员工有80人，则第二组的员工人数为（ ）
A. 140B. 240C. 280D. 320
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图的性质，求得的值，进一步计算即可 .
【详解】由已知得，
所以，因为第五组的员工人数为80，
所以第二组的员工人数为.
故选：C.
4. 在等差数列中，已知，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式进行计算即可.
【详解】设的公差为.
由已知可得，
所以，
则.
故选：B.
5. 如图，正三棱柱的底面边长为1，高为3，已知为棱的中点，分别在棱上，，记四棱锥，三棱锥与三棱锥的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件分别计算出的值，即可判定.
【详解】因为
，
所以.
故选：D.
6. 已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线所过定点，结合图象即可判定.
【详解】直线的方程可化为，
所以直线恒过点，
曲线即，
表示圆心为坐标原点，半径为3的圆的上半部分（如图），
由图可知，当时，直线与曲线的交点个数为1.
故选：B.
7. 在三棱锥中，已知，平面平面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点为，连接.根据题中条件可求得，，结合外接球球心在直线上，列出方程，解出即可.
【详解】分别取的中点为，连接.
因为，
所以,则,
又则,
又平面平面，平面平面，
，则,平面，
所以平面，
又平面,所以,
又,平面,平面,
所以平面,又平面,
所以,
故为二面角的平面角，
所以，所以，
三棱锥外接球的球心在直线上.
设，则，
即，解得（负值舍），
所以三棱锥外接球的半径为，
表面积为.
故选：A.
8. 当时，函数在上的零点的个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先由得出；再构造函数，根据函数的单调性得出题目问题等价于根的问题，即等价于当时，函数与直线在上交点个数；最后根据函数在上的单调性、值域及即可求解.
【详解】令，则，即.
构造函数，
则问题等价于讨论方程的根的个数.
因为函数在上单调递增；函数在上单调递增；
所以在上单调递增，
故问题进一步等价于讨论方程的根的问题，即可转化为根的问题，
即等价于当时，函数与直线在上交点个数.
因为函数在上单调递增；函数在上单调递增；
所以函数单调递增，
故.
又因为当时，
所以当时，方程只有一根，
所以函数在上的零点的个数为1.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查同构法的应用、函数图像交点个数与函数零点个数之间的关系.解题关键在于由得出；构造函数，根据函数的单调性得出题目问题等价于当时，函数与直线在上交点个数.
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. 已知向量满足，且，则的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用三点共线的性质进行求解问题.
【详解】设为坐标原点，
则由可知三点共线，且在之间，
选项A：，，与不平行，选项A错误；
选项B：，，与平行，且在之间，选项B正确；
选项C：，，与平行，且在之间，选项C正确；
选项D：，，与平行，但不在之间，选项D错误.
故选：BC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 的图象关于点对称
D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质判断即可.
【详解】设的最小正周期为，由图象可得到，故，
因为，所以，解得，故A正确；
将代入，得，
则，解得，
因为，所以当时，，所以，故B错误；
因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
当时，，因为在上单调递增，
所以在上单调递增，故D正确.
故选：ACD
11. 将正数用科学记数法表示为，则，我们把，分别叫做的首数和尾数，若将的首数记为，尾数记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是周期函数
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据新定义可判断A，由得出不存在非零常数使成立，判断B，根据首数尾数的定义，利用对数运算判断CD.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，若，必有，不可能存在非零常数，使得恒成立，不符合周期函数的定义，故B错误；
对于C，设，则，若10，则，若，则，所以，故C正确；
对于D，设同选项，若，则，若，则，所以，故D错误
故选：AC
12. 已知抛物线的焦点到点的距离为，直线经过点，且与交于点（位于第一象限），为抛物线上之间的一点，为点关于轴的对称点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若的斜率为1，则当到的距离最大时，（为坐标原点）为直角三角形
C. 若，则的斜率为3
D. 若不重合，则直线经过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用两点距离公式求得，从而判断A；利用导数的几何意义求得的坐标，从而判断B；利用抛物线的定义求得，从而判断C，联立直线与抛物线方程，利用表示直线，从而判断D.
【详解】对于A，因为抛物线的焦点的坐标为，
由已知得，解得，故A正确；
对于B，当到的距离最大时，以为切点的的切线斜率也为1，
因为，所以只需考虑，
则，令，得，则，则此时，
又的坐标为，所以轴，所以为直角三角形，故B正确；
对于C，如图，设的准线为，过点分别作，过点作，
当时，设，
所以，所以，即的斜率为，故C错误；
对于D，设，则，
设的方程为，代入，得0，
易得，所以，
直线的方程为，
则
，
所以经过定点，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线的斜率为2，且与曲线相切，则的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意令，解方程可得切点坐标，由此即可得解.
【详解】设，令，得，则切点为，
故所求的方程为.
故答案为：.
14. 已知随机变量，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正态分布的性质，列出不等式，解出即可.
【详解】因为，
所以，所以.
故答案为：.
15. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】平方相加可得，即可根据角的范围求解.
【详解】将两式平方,
相加得，即，
因为，所以，所以.
故答案为：
16. 已知椭圆的左､右焦点分别为为坐标原点，点在上，且，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，由椭圆定义结合余弦定理可推出，继而根据，平方后，结合数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意知椭圆方程为，则，
设，则，
而，由余弦定理得，
即，所以.
因为O为的中点，故，
所以，
，
所以，即，
故答案：
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用数量积的运算法则转化为的关系式，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. 设的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，点在边上，，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将角化边，即可得到，再由余弦定理计算可得；
（2）首先由等面积法求出，再由，代入、的值，即可求出，再检验即可.
小问1详解】
因为，
由余弦定理得，
整理得，
所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由题意知，所以，
由（1）的过程可得，
代入的值整理得，解得或.
当时，，此时为钝角，不符合条件，
当时，，符合条件，所以.
18. 记正项等比数列､等差数列的前项和分别为，已知，.
（1）求和的通项公式；
（2）设集合，求中元素的个数.
【答案】（1），
（2）10个
【解析】
【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式及前项和公式进行计算即可；
（2）解出集合后，根据组合数公式进行计算即可
【小问1详解】
设的公比为的公差为，
因为，所以，解得或（舍去），
所以.
因为，所以，即，
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，
从四个数中任取两个数（可重复）有种取法，
易知不同取法中的两个数之和都互不相等，故集合中的元素有10个.
19. 如图，直四棱柱的棱长均为为棱的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直棱柱可得，根据菱形可得，故可得平面，故可证面面垂直.
（2）利用向量法可求平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值，故可求它的正弦值.
【小问1详解】
在直四棱柱中，平面，而平面，所以，
因为四棱柱的各棱长均相等，故四边形是菱形，所以，
又因为，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
设与的交点为，则，
根据直四棱柱可以为坐标原点，所在直线为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
易知，
则.
设平面的法向量为，
则即，取.
设平面的法向量为，
则即，取.
因为，
所以二面角的正弦值为.
20. 小张参加某公司的招聘考试，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型：一个箱子里装有质地､大小一样的5个球，3个标有字母A，另外2个标有字母B，小张从中任取3个小球，若取出的A球比B球多，则答A类题，否则答B类题.
（1）设小张抽到A球的个数为X，求X的分布列及.
（2）已知A类题里有4道论述题和1道计算题，B类题里有3道论述题和2道计算题，小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答.
（i）求小张回答论述题的概率；
（ii）若已知小张回答的是论述题，求小张回答的是A类题的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据条件求得的所有可能取值及相应的概率，列出分布列，根据期望公式求解即可；
（2）（i）根据全概率公式进行计算即可；（ii）根据条件概率公式进行计算即可.
【小问1详解】
的所有可能取值为，
,
所以的分布列为
故.
【小问2详解】
记事件“小张回答类题”，
“小张回答类题”，“小张回答论述题”.
（i）由（1）知，
由题意知，
所以
.
（ii），
所以.
21. 已知函数.
（1）若，求的极小值；
（2）若对任意的和，不等式恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用导数考查函数的单调性，结合极小值的定义求出即可；
（2）参变分离后，利用导数考查函数的单调性，求出函数的最小值，即可求得的取值范围,继而求解.
【小问1详解】
当时，，
所以，
易知在上单调递增，且，
所以当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以在处取得极小值.
【小问2详解】
因为，
所以恒成立等价于恒成立.
设，则，
易知在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在内存在唯一零点，
即，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以.
结合式，可知：
，
当且仅当时取等号，
即当时，的最小值为2，
要使恒成立，须，
即的最大值为2.
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.
22. 已知双曲线经过点，直线与交于两点，直线分别与轴相交于点.
（1）证明：以线段为直径的圆恒过点；
（2）若，且，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线经过点得到双曲线的方程，然后通过证明来说明以线段为直径的圆恒过点；
（2）根据列方程得到，再结合求即可.
【小问1详解】
将代入，得，所以，
所以的方程为.
要证明以线段为直径的圆恒过点，即证.
设，根据题意知直线的斜率存在，则，
故直线，令，得，
用替换，得.
所以，
所以.
因为，所以，所以，
故原命题得证.
【小问2详解】
因为，所以.
由可得，记的斜率为，
则
用替换，可得.
所以，
化简可得，又，
所以，解得或（舍去）.
所以.
1
2
3
数学
考生注意：
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，并将考生号条形码格贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.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，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合和集合即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2. 已知复数，则“”是“的实部小于0”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】考查的实部小于0的充要条件，结合集合关系进行判断.
【详解】因为
若其实部小于0，则，即，
显然是的必要不充分条件，
则“”是“的实部小于0”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 如图所示为某企业员工年龄（岁）的频率分布直方图，从左到右依次为第一组､第二组、……、第五组，若第五组的员工有80人，则第二组的员工人数为（ ）
A. 140B. 240C. 280D. 320
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图的性质，求得的值，进一步计算即可 .
【详解】由已知得，
所以，因为第五组的员工人数为80，
所以第二组的员工人数为.
故选：C.
4. 在等差数列中，已知，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式进行计算即可.
【详解】设的公差为.
由已知可得，
所以，
则.
故选：B.
5. 如图，正三棱柱的底面边长为1，高为3，已知为棱的中点，分别在棱上，，记四棱锥，三棱锥与三棱锥的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件分别计算出的值，即可判定.
【详解】因为
，
所以.
故选：D.
6. 已知直线和曲线，当时，直线与曲线的交点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线所过定点，结合图象即可判定.
【详解】直线的方程可化为，
所以直线恒过点，
曲线即，
表示圆心为坐标原点，半径为3的圆的上半部分（如图），
由图可知，当时，直线与曲线的交点个数为1.
故选：B.
7. 在三棱锥中，已知，平面平面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点为，连接.根据题中条件可求得，，结合外接球球心在直线上，列出方程，解出即可.
【详解】分别取的中点为，连接.
因为，
所以,则,
又则,
又平面平面，平面平面，
，则,平面，
所以平面，
又平面,所以,
又,平面,平面,
所以平面,又平面,
所以,
故为二面角的平面角，
所以，所以，
三棱锥外接球的球心在直线上.
设，则，
即，解得（负值舍），
所以三棱锥外接球的半径为，
表面积为.
故选：A.
8. 当时，函数在上的零点的个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先由得出；再构造函数，根据函数的单调性得出题目问题等价于根的问题，即等价于当时，函数与直线在上交点个数；最后根据函数在上的单调性、值域及即可求解.
【详解】令，则，即.
构造函数，
则问题等价于讨论方程的根的个数.
因为函数在上单调递增；函数在上单调递增；
所以在上单调递增，
故问题进一步等价于讨论方程的根的问题，即可转化为根的问题，
即等价于当时，函数与直线在上交点个数.
因为函数在上单调递增；函数在上单调递增；
所以函数单调递增，
故.
又因为当时，
所以当时，方程只有一根，
所以函数在上的零点的个数为1.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查同构法的应用、函数图像交点个数与函数零点个数之间的关系.解题关键在于由得出；构造函数，根据函数的单调性得出题目问题等价于当时，函数与直线在上交点个数.
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. 已知向量满足，且，则的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用三点共线的性质进行求解问题.
【详解】设为坐标原点，
则由可知三点共线，且在之间，
选项A：，，与不平行，选项A错误；
选项B：，，与平行，且在之间，选项B正确；
选项C：，，与平行，且在之间，选项C正确；
选项D：，，与平行，但不在之间，选项D错误.
故选：BC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 的图象关于点对称
D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质判断即可.
【详解】设的最小正周期为，由图象可得到，故，
因为，所以，解得，故A正确；
将代入，得，
则，解得，
因为，所以当时，，所以，故B错误；
因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
当时，，因为在上单调递增，
所以在上单调递增，故D正确.
故选：ACD
11. 将正数用科学记数法表示为，则，我们把，分别叫做的首数和尾数，若将的首数记为，尾数记为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 是周期函数
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据新定义可判断A，由得出不存在非零常数使成立，判断B，根据首数尾数的定义，利用对数运算判断CD.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，若，必有，不可能存在非零常数，使得恒成立，不符合周期函数的定义，故B错误；
对于C，设，则，若10，则，若，则，所以，故C正确；
对于D，设同选项，若，则，若，则，所以，故D错误
故选：AC
12. 已知抛物线的焦点到点的距离为，直线经过点，且与交于点（位于第一象限），为抛物线上之间的一点，为点关于轴的对称点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若的斜率为1，则当到的距离最大时，（为坐标原点）为直角三角形
C. 若，则的斜率为3
D. 若不重合，则直线经过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用两点距离公式求得，从而判断A；利用导数的几何意义求得的坐标，从而判断B；利用抛物线的定义求得，从而判断C，联立直线与抛物线方程，利用表示直线，从而判断D.
【详解】对于A，因为抛物线的焦点的坐标为，
由已知得，解得，故A正确；
对于B，当到的距离最大时，以为切点的的切线斜率也为1，
因为，所以只需考虑，
则，令，得，则，则此时，
又的坐标为，所以轴，所以为直角三角形，故B正确；
对于C，如图，设的准线为，过点分别作，过点作，
当时，设，
所以，所以，即的斜率为，故C错误；
对于D，设，则，
设的方程为，代入，得0，
易得，所以，
直线的方程为，
则
，
所以经过定点，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线的斜率为2，且与曲线相切，则的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意令，解方程可得切点坐标，由此即可得解.
【详解】设，令，得，则切点为，
故所求的方程为.
故答案为：.
14. 已知随机变量，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正态分布的性质，列出不等式，解出即可.
【详解】因为，
所以，所以.
故答案为：.
15. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】平方相加可得，即可根据角的范围求解.
【详解】将两式平方,
相加得，即，
因为，所以，所以.
故答案为：
16. 已知椭圆的左､右焦点分别为为坐标原点，点在上，且，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，由椭圆定义结合余弦定理可推出，继而根据，平方后，结合数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意知椭圆方程为，则，
设，则，
而，由余弦定理得，
即，所以.
因为O为的中点，故，
所以，
，
所以，即，
故答案：
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用数量积的运算法则转化为的关系式，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. 设的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，点在边上，，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将角化边，即可得到，再由余弦定理计算可得；
（2）首先由等面积法求出，再由，代入、的值，即可求出，再检验即可.
小问1详解】
因为，
由余弦定理得，
整理得，
所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由题意知，所以，
由（1）的过程可得，
代入的值整理得，解得或.
当时，，此时为钝角，不符合条件，
当时，，符合条件，所以.
18. 记正项等比数列､等差数列的前项和分别为，已知，.
（1）求和的通项公式；
（2）设集合，求中元素的个数.
【答案】（1），
（2）10个
【解析】
【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式及前项和公式进行计算即可；
（2）解出集合后，根据组合数公式进行计算即可
【小问1详解】
设的公比为的公差为，
因为，所以，解得或（舍去），
所以.
因为，所以，即，
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，
从四个数中任取两个数（可重复）有种取法，
易知不同取法中的两个数之和都互不相等，故集合中的元素有10个.
19. 如图，直四棱柱的棱长均为为棱的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直棱柱可得，根据菱形可得，故可得平面，故可证面面垂直.
（2）利用向量法可求平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值，故可求它的正弦值.
【小问1详解】
在直四棱柱中，平面，而平面，所以，
因为四棱柱的各棱长均相等，故四边形是菱形，所以，
又因为，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
设与的交点为，则，
根据直四棱柱可以为坐标原点，所在直线为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
易知，
则.
设平面的法向量为，
则即，取.
设平面的法向量为，
则即，取.
因为，
所以二面角的正弦值为.
20. 小张参加某公司的招聘考试，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型：一个箱子里装有质地､大小一样的5个球，3个标有字母A，另外2个标有字母B，小张从中任取3个小球，若取出的A球比B球多，则答A类题，否则答B类题.
（1）设小张抽到A球的个数为X，求X的分布列及.
（2）已知A类题里有4道论述题和1道计算题，B类题里有3道论述题和2道计算题，小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答.
（i）求小张回答论述题的概率；
（ii）若已知小张回答的是论述题，求小张回答的是A类题的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据条件求得的所有可能取值及相应的概率，列出分布列，根据期望公式求解即可；
（2）（i）根据全概率公式进行计算即可；（ii）根据条件概率公式进行计算即可.
【小问1详解】
的所有可能取值为，
,
所以的分布列为
故.
【小问2详解】
记事件“小张回答类题”，
“小张回答类题”，“小张回答论述题”.
（i）由（1）知，
由题意知，
所以
.
（ii），
所以.
21. 已知函数.
（1）若，求的极小值；
（2）若对任意的和，不等式恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用导数考查函数的单调性，结合极小值的定义求出即可；
（2）参变分离后，利用导数考查函数的单调性，求出函数的最小值，即可求得的取值范围,继而求解.
【小问1详解】
当时，，
所以，
易知在上单调递增，且，
所以当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以在处取得极小值.
【小问2详解】
因为，
所以恒成立等价于恒成立.
设，则，
易知在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在内存在唯一零点，
即，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以.
结合式，可知：
，
当且仅当时取等号，
即当时，的最小值为2，
要使恒成立，须，
即的最大值为2.
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.
22. 已知双曲线经过点，直线与交于两点，直线分别与轴相交于点.
（1）证明：以线段为直径的圆恒过点；
（2）若，且，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线经过点得到双曲线的方程，然后通过证明来说明以线段为直径的圆恒过点；
（2）根据列方程得到，再结合求即可.
【小问1详解】
将代入，得，所以，
所以的方程为.
要证明以线段为直径的圆恒过点，即证.
设，根据题意知直线的斜率存在，则，
故直线，令，得，
用替换，得.
所以，
所以.
因为，所以，所以，
故原命题得证.
【小问2详解】
因为，所以.
由可得，记的斜率为，
则
用替换，可得.
所以，
化简可得，又，
所以，解得或（舍去）.
所以.
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