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福建省厦门双十中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（Word版附答案）
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这是一份福建省厦门双十中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题（Word版附答案），文件包含福建省厦门双十中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题原卷版docx、福建省厦门双十中学2023-2024学年高二下学期第一次月考数学试题解析版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。
数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5mm黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.
一、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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率的计算公式求解即可.
【详解】由题意，知.
故选：C.
2. 若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A. 6B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据离心率的计算公式，分焦点的位置，讨论即可求解．
【详解】当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为；
当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为．
故选：D．
3. 若函数是奇函数，则实数（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的性质计算可得.
【详解】当时，则，
则，解得，
此时，
当时，所以，符合题意.
所以.
故选：C
4. 2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲､乙､丙､丁､戊五名同学排成一排合影留念，其中甲､乙均不能站左端，且甲､丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A. 18种B. 24种C. 30种D. 36种
【答案】C
【解析】
【分析】分类当丙站在左端时及丙不站在左端时的情况计算即可得.
【详解】由题意可知，当丙站在左端时，有种站法；
当丙不站在左端时，有种站法.
由分类加法计数原理可得，一共有种不同的站法.
故选：C.
5. 设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.
【详解】依题，“为等比数列”，所以，
得，化简得，
解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.
故选：C
6. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分别求得，，即，从而构造函数，利用导数求出最大值，从而求解.
【详解】，且
由，，
可得，，则.
设，，则，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，有极大值也是最大值，
即的最大值为，故A正确.
故选：A.
7. 已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则PQ＋PF的最大值为（ ）
A. 3B. 6
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆的定义结合题意可得，即可求出PQ＋PF的最大值.
【详解】圆M：的圆心为，
设椭圆的左焦点为，如下图，由椭圆的定义知，，
所以，所以
，
当且仅当三点在一条直线上时取等，
，，，.
故选：D．
8. 如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解.
【详解】连接．由已知得为的中位线，所以，
为正三角形的中线，所以，又，
所以，所以为直角三角形，
所以．
因为，所以到平面的距离为，
设到平面的距离为，
因为，所以，
所以，所以．
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 已知函数，则（ ）
A. 直线是曲线的切线
B. 有两个极值点
C. 有三个零点
D. 存在等差数列，满足
【答案】BCD
【解析】
【分析】由导数意义可知斜率为时，求出切点，再由点斜式判断A错误；求导后由单调性可判断B正确；代入极值点后可判断C正确；由等差中项可判断D正确.
【详解】，
A：令，而，
由点斜式可知此时切线方程为；
，由点斜式可知此时切线方程为；
所以直线不是曲线的切线，故A错误；
B：令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故时取得极大值，取得极小值；故B正确；
C：因为，所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；
D：取，则，故D正确；
故选：BCD
10. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.
【详解】对于A：，，
所以，故A错误；
对于B：，，∴，
，故B正确；
对于C：，，∴，故C正确.
对于D：，
，∴，∴，
∴，所以D正确.
故选：BCD.
11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，+ 例如第行的为第行中两个的和．则下列命题中正确的是( )
A. 在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是
B. 在“杨辉三角”中，当时，从第行起，每一行的第列的数字之和为
C. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
D. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】A：根据二项式定理即可求解；B：根据等差数列求和公式即可求解；C：根据二项式即可求解；D：列出观察即可求解．
【详解】对于A，在杨辉三角中，第9行第7个数是，故A正确；
对于B，当时，从第行起，每一行的第列的数字之和为，故B正确；
对于C，在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，即，
证明如下：
，
则由项和项相乘即可得到这一项的系数为：，
而是二项式的展开式中第项的二项式系数(即的系数)，
故，故C正确；
对于D，第行的第个数为，
∴，
即，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式的常数项为______．
【答案】48
【解析】
【分析】根据题意结合二项式定理分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
所以展开式的常数项为.
故答案为：48.
13. 如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为________，其中下坡路段长为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可.
【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，
易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，
最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知
AB＝＝，
cs∠PBA＝＝；
过P作AB的垂线，垂足为M，
当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，
当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，
下坡路段长MB＝PB･cs∠PBA＝．
故答案为：，.
14. 已知，若存在实数，当时，满足，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数性质，得，，将问题转化为求的取值范围，构造函数，结合导数求函数的值域即可.
【详解】作出的图象如图，
可知：，， ，
所以，
令，
当时，；当时，.
且，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以，且，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用正弦型函数的周期性和对称性，将问题转化为求函数的值域，求值域时，除函数的单调性外还要注意函数的取值特点.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示．
（1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜概率．
（2）当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率．
（3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能是第几棒．
【答案】（1）0.69
（2）
（3）第四棒
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即得出答案.
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
（3）由贝叶斯公式，即可做出判断.
【小问1详解】
记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B，
则，
所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69．
【小问2详解】
，
所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为．
【小问3详解】
，
，
，
所以．
所以甲最可能是第四棒．
16. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导得到，分和进行讨论，再利用函数的单调性与导数间的关系即可求出结果；
（2）根据（1）中的单调性，得到的最小值为，从而将问题转化成，构造函数，对求导，利用函数的单调性与导数间的关系，求出的最小值，即可证明结果.
【小问1详解】
因为，所以,
易知，恒成立，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
当时，由，得到，
当时，；当时，，
所以时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上，当时，在上单调递减，
当时，函数减区间为，增区间为.
【小问2详解】
由（1）知，当时，函数的最小值为，
所以要证，即证明在区间上恒成立，
整理得，
令，则，
所以当时，，当时，，
则函数区间上单调递减，在区间上单调递增，
故的最小值为，
即时，恒成立，所以时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
17. 在三棱台中，平面，，且，，为中点，是上一点，且（）.
（1）求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意首先证明平面，即，进一步由平面几何知识证明即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，首先由确定参数的值，进一步求出两平面的法向量，由夹角余弦公式即可得解.
【小问1详解】
∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
∵，
∴，则.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
【小问2详解】
由题意得，平面，
∴平面.
由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，，
∵，
∴由棱台性质得，
.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴（），
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为.
.
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
18. 已知椭圆E：过点，且焦距为.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意有，，即可求解；
（2）①设直线：的方程，联立与椭圆方程消元后，利用韦达定理可求得点的坐标，继而可得点坐标，考虑直线斜率情况，得到其方程，即可求解；②根据，表示出的面积后，换元法转化函数，利用单调性即可求得最大值.
【小问1详解】
依题意有，，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设：，，，则：，
联立，故，，，
故，由代替m，得，
当，即时，：，过点.
当，即时，，：，
令，，直线MN恒过点.
当，经验证直线MN过点.
综上，直线MN恒过点.
②，
令，，
∵在上单调递减，
∴，当且仅当，时取等号.
故面积的最大值为.
19. 在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．
（1）试求，，，的值；
（2）设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；
（3）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算，欧拉函数；
③求正整数k，使得kq除以的余数是1；
④其中称为公钥，称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2），；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.
（2）利用欧拉函数的定义求出，进而分析计算.
（3）根据给定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.
【小问1详解】
由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，
所以.
【小问2详解】
在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，
因此.
由，是两个不同的素数，得，
在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，
于是，
所以.
【小问3详解】
计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而
由（2）得，，
即正整数满足的条件为：，
，令，则，
令，则，
取，则，于是，
因此，即，
，
.
【点睛】关键点睛：数列求和，利用差角的正切变式进行裂项是求解的关键.比赛位置
第一棒
第二棒
第三棒
第四棒
出场率
0.3
0.2
0.2
0.3
比赛胜率
0.6
0.8
0.7
0.7
数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5mm黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.
一、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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率的计算公式求解即可.
【详解】由题意，知.
故选：C.
2. 若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A. 6B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据离心率的计算公式，分焦点的位置，讨论即可求解．
【详解】当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为；
当焦点在轴时，由，解得，符合题意，此时椭圆的长轴长为．
故选：D．
3. 若函数是奇函数，则实数（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的性质计算可得.
【详解】当时，则，
则，解得，
此时，
当时，所以，符合题意.
所以.
故选：C
4. 2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲､乙､丙､丁､戊五名同学排成一排合影留念，其中甲､乙均不能站左端，且甲､丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A. 18种B. 24种C. 30种D. 36种
【答案】C
【解析】
【分析】分类当丙站在左端时及丙不站在左端时的情况计算即可得.
【详解】由题意可知，当丙站在左端时，有种站法；
当丙不站在左端时，有种站法.
由分类加法计数原理可得，一共有种不同的站法.
故选：C.
5. 设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.
【详解】依题，“为等比数列”，所以，
得，化简得，
解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.
故选：C
6. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分别求得，，即，从而构造函数，利用导数求出最大值，从而求解.
【详解】，且
由，，
可得，，则.
设，，则，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，有极大值也是最大值，
即的最大值为，故A正确.
故选：A.
7. 已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则PQ＋PF的最大值为（ ）
A. 3B. 6
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆的定义结合题意可得，即可求出PQ＋PF的最大值.
【详解】圆M：的圆心为，
设椭圆的左焦点为，如下图，由椭圆的定义知，，
所以，所以
，
当且仅当三点在一条直线上时取等，
，，，.
故选：D．
8. 如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解.
【详解】连接．由已知得为的中位线，所以，
为正三角形的中线，所以，又，
所以，所以为直角三角形，
所以．
因为，所以到平面的距离为，
设到平面的距离为，
因为，所以，
所以，所以．
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 已知函数，则（ ）
A. 直线是曲线的切线
B. 有两个极值点
C. 有三个零点
D. 存在等差数列，满足
【答案】BCD
【解析】
【分析】由导数意义可知斜率为时，求出切点，再由点斜式判断A错误；求导后由单调性可判断B正确；代入极值点后可判断C正确；由等差中项可判断D正确.
【详解】，
A：令，而，
由点斜式可知此时切线方程为；
，由点斜式可知此时切线方程为；
所以直线不是曲线的切线，故A错误；
B：令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故时取得极大值，取得极小值；故B正确；
C：因为，所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；
D：取，则，故D正确；
故选：BCD
10. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.
【详解】对于A：，，
所以，故A错误；
对于B：，，∴，
，故B正确；
对于C：，，∴，故C正确.
对于D：，
，∴，∴，
∴，所以D正确.
故选：BCD.
11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，+ 例如第行的为第行中两个的和．则下列命题中正确的是( )
A. 在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是
B. 在“杨辉三角”中，当时，从第行起，每一行的第列的数字之和为
C. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
D. 记“杨辉三角”第行的第个数为，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】A：根据二项式定理即可求解；B：根据等差数列求和公式即可求解；C：根据二项式即可求解；D：列出观察即可求解．
【详解】对于A，在杨辉三角中，第9行第7个数是，故A正确；
对于B，当时，从第行起，每一行的第列的数字之和为，故B正确；
对于C，在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，即，
证明如下：
，
则由项和项相乘即可得到这一项的系数为：，
而是二项式的展开式中第项的二项式系数(即的系数)，
故，故C正确；
对于D，第行的第个数为，
∴，
即，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式的常数项为______．
【答案】48
【解析】
【分析】根据题意结合二项式定理分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
所以展开式的常数项为.
故答案为：48.
13. 如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为________，其中下坡路段长为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可.
【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，
易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，
最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知
AB＝＝，
cs∠PBA＝＝；
过P作AB的垂线，垂足为M，
当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，
当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，
下坡路段长MB＝PB･cs∠PBA＝．
故答案为：，.
14. 已知，若存在实数，当时，满足，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数性质，得，，将问题转化为求的取值范围，构造函数，结合导数求函数的值域即可.
【详解】作出的图象如图，
可知：，， ，
所以，
令，
当时，；当时，.
且，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以，且，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用正弦型函数的周期性和对称性，将问题转化为求函数的值域，求值域时，除函数的单调性外还要注意函数的取值特点.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示．
（1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜概率．
（2）当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率．
（3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能是第几棒．
【答案】（1）0.69
（2）
（3）第四棒
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即得出答案.
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
（3）由贝叶斯公式，即可做出判断.
【小问1详解】
记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B，
则，
所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69．
【小问2详解】
，
所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为．
【小问3详解】
，
，
，
所以．
所以甲最可能是第四棒．
16. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导得到，分和进行讨论，再利用函数的单调性与导数间的关系即可求出结果；
（2）根据（1）中的单调性，得到的最小值为，从而将问题转化成，构造函数，对求导，利用函数的单调性与导数间的关系，求出的最小值，即可证明结果.
【小问1详解】
因为，所以,
易知，恒成立，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
当时，由，得到，
当时，；当时，，
所以时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上，当时，在上单调递减，
当时，函数减区间为，增区间为.
【小问2详解】
由（1）知，当时，函数的最小值为，
所以要证，即证明在区间上恒成立，
整理得，
令，则，
所以当时，，当时，，
则函数区间上单调递减，在区间上单调递增，
故的最小值为，
即时，恒成立，所以时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
17. 在三棱台中，平面，，且，，为中点，是上一点，且（）.
（1）求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意首先证明平面，即，进一步由平面几何知识证明即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，首先由确定参数的值，进一步求出两平面的法向量，由夹角余弦公式即可得解.
【小问1详解】
∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
∵，
∴，则.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
【小问2详解】
由题意得，平面，
∴平面.
由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，，
∵，
∴由棱台性质得，
.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴（），
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为.
.
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
18. 已知椭圆E：过点，且焦距为.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意有，，即可求解；
（2）①设直线：的方程，联立与椭圆方程消元后，利用韦达定理可求得点的坐标，继而可得点坐标，考虑直线斜率情况，得到其方程，即可求解；②根据，表示出的面积后，换元法转化函数，利用单调性即可求得最大值.
【小问1详解】
依题意有，，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设：，，，则：，
联立，故，，，
故，由代替m，得，
当，即时，：，过点.
当，即时，，：，
令，，直线MN恒过点.
当，经验证直线MN过点.
综上，直线MN恒过点.
②，
令，，
∵在上单调递减，
∴，当且仅当，时取等号.
故面积的最大值为.
19. 在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．
（1）试求，，，的值；
（2）设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；
（3）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算，欧拉函数；
③求正整数k，使得kq除以的余数是1；
④其中称为公钥，称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2），；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.
（2）利用欧拉函数的定义求出，进而分析计算.
（3）根据给定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.
【小问1详解】
由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，
所以.
【小问2详解】
在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，
因此.
由，是两个不同的素数，得，
在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，
于是，
所以.
【小问3详解】
计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而
由（2）得，，
即正整数满足的条件为：，
，令，则，
令，则，
取，则，于是，
因此，即，
，
.
【点睛】关键点睛：数列求和，利用差角的正切变式进行裂项是求解的关键.比赛位置
第一棒
第二棒
第三棒
第四棒
出场率
0.3
0.2
0.2
0.3
比赛胜率
0.6
0.8
0.7
0.7
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