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贵州省六校联盟2024届高三上学期高考实用性联考（二）数学试题（解析版）
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这是一份贵州省六校联盟2024届高三上学期高考实用性联考（二）数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 已知，则， 记直线， 设，，，则， 在的展开式中，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 已知集合是不大于5的正整数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到，求出交集.
【详解】，故.
故选：D
2. 已知复数，则复数（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的乘方即可求解.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：C
3. 函数的大致图象为（ ）更多课件 教案 视频 等低价同类优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析的奇偶性，然后根据特殊值的大小关系判断出对应图象.
【详解】的定义域为且关于原点对称，
又，所以为偶函数，故排除C，
又因为，所以，故排除D，
又因为，故排除A，
故选：B.
4. 已知向量，且与的夹角为，，向量与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，，然后由模长公式、数量积的运算公式分别表示出，最终列出方程求解即可.
【详解】由题意，而，
，
又向量与的夹角为，
所以，即,
又，所以解得.
故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和的正弦公式和辅助角公式可得，即可求解.
【详解】由题意知，，
.
故选：D
6. 记直线：与圆：相交所得弦为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得直线l恒过定点，当时最小，结合几何法求弦长即可求解.
【详解】由直线，得，
有，解得，即直线l恒过定点.
由圆，得，得，
当，垂足为时，最小，
此时，
所以.
故选：D
7. 数列的通项公式为，则“为递增数列”是“”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】B
【解析】
【分析】根据为递增数列，得到，进而求出，得到答案.
【详解】，为递增数列，
故，
故，
由于，故，
因为，，
故“为递增数列”是“”的必要不充分条件.
故选：B
8. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作差法，构造函数，利用导数研究其函数的单调性，结合对数函数的单调性，可得答案.
【详解】由，则令，
求导可得，
令，令，
求导可得，
所以在其定义域内单调递减，令，则，故，
所以，则在其定义域内单调递减，
由，，
则存在，使得，所以在上小于恒成立，
故，即，
由，且函数在上单调递增，则，即，
综上所述，.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分、在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 在的展开式中，则（ ）
A. 二项式系数最大的项为第3项和第4项
B. 所有项的系数和为0
C. 常数项为
D. 所有项的二项式系数和为64
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质即可判断AD；根据项的系数之和为即可判断B；根据二项式展开式的通项公式即可判断C.
【详解】A：所有项的二项式系数为，最大的为和，
对应的是第3项和第4项，故A正确；
B：设，所有项的系数为，
所以，故B错误；
C：二项式展开式的通项公式为，
令，解得，所以常数项为，故C正确；
D：所有项的系数之和为，所以D错误.
故选：AC
10. 如图，已知正方体的棱长为4，，，分别为，，的中点，则下列结论中正确的有（ ）
A. 直线与直线垂直
B. 点与点到平面距离相等
C. 直线与平面平行
D. 平面截正方体所得的截面面积为18
【答案】BD
【解析】
【分析】由是直线与直线所成角，判断A,建立空间直角坐标系，用公式计算距离判断B，用线面平行的坐标表示计算C即可，首先找出截面，进而求截面面积，判断D.
【详解】
对于A， 由正方体,得，是直线AF与直线D₁D所成角，连接AC, 而⊥平面，∵，∴在中, 不可能是直角，∴直线与直线.不垂直， 故A错误；
对于B，以D为原点，建立空间直角坐标系， ,设面AEF的法向量为，
，解得
，故B正确.
对于C: ，故C错误
对于D：连接 ， 由正方体可得 可得等腰梯形为平面AEF截正方体所得的截面图形,
由正方体的棱长为4, 得，
则E到AD₁的距离即等腰梯形的高为，
∴所求截面的面积为.故D正确.
故选：BD
11. 记函数，若（，，互不相等），则的值可以是（ ）
A. B. 6C. 8D. 9
【答案】BC
【解析】
【分析】作出函数的图象，令，结合图象得到，利用指数函数的性质可求解.
【详解】作出的图象，如图：
令，根据图象知，
实数的取值范围为，且，
所以，因为，所以，所以，
结合选项知，的值可以是6，8.
故选：BC
12. 京剧《唱脸谱》的歌词描绘了外国人眼中京戏的美丽和多样性.其中，“四击头”一亮相，美极啦，妙极啦，简直，顶呱呱!紫色的天王托宝塔，绿色的魔鬼斗夜叉，金色的猴王，银色的妖怪，灰色的精灵笑哈哈!一幅幅鲜明的鸳鸯瓦，一群群生动的活菩萨，一笔笔勾描，一点点夸大，一张张“脸谐”美佳佳!如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线.半圆的方程为，半椭圆的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在半圆上，点在半椭圆上，为坐标原点，，则面积的最大值为10
B. 曲线上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为8
C. 若，，是半椭圆上的一个动点，则的最小值为
D. 画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：糕圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上，称该圆为椭圆的蒙日圆.那么半椭圆扩充为整个椭圆：后，椭圆的蒙日圆方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，易得，，从而判断；选项B借助三角换元求解椭圆中两点间距离问题；选项C由椭圆定义可得到，由基本不等式可以得到的最大值，结合余弦定理即可求出的最小值；选项D中分析蒙日圆的关键信息，圆心是原点，找两条特殊的切线，切线交点在圆上，求得圆半径得圆方程.
【详解】对于A，因为点在半圆上，点在半椭圆上，O为坐标原点，，
则，，则，
当位于椭圆的下顶点时取等号，所以面积的最大值为10，正确；
对于B：曲线C中，当时，，此时与原点距离为4，
当时，，设半椭圆上动点P坐标为，，
则，
所以曲线上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为，错误；
对于C：因为，恰为椭圆的两个焦点.
那么，所以，当且仅当，
即P在x轴上时，等号成立，在中，，
由余弦定理知：
，正确；
对于D：由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点，
在椭圆：中取两条切线：和，它们交点为，
该点在蒙日圆上，半径为，此时蒙日圆方程为：，正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 有7名学生去旅游，计划分别去3个不同的景点，每个景点至少去2名学生，则不同出行方案的种数为___________.（用数字作答）
【答案】630
【解析】
【分析】由题意，根据分组分配的组合问题分析，即可求解.
【详解】由题意知，将7人分成3组，分别为3人，2人，2人，
再平均分配到3个不同的景点，3个景点全排列，共，
所以满足题意的方案数为.
故答案为：630
14. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其表面积为，则圆台的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据表面积得到方程，求出母线，再作出辅助线，求出圆台的高，进而求出圆台体积.
【详解】如图，设圆台的母线，则，
解得，
过点作⊥于点，则，
故，
设圆台的高为，故，
所以圆台的体积为.
故答案为：
15. 已知函数，，且，都有，若函数在上有且只有一个零点，则的最大值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得为函数的最大值点或最小值点，考虑两种情况，结合上有且只有一个零点，得到不等式，比较后求出答案.
【详解】由题意得为函数的最大值点或最小值点，
当为函数的最大值点时，，，
解得，，
令得，故上有且只有一个最大值点，
故，解得，
令，解得，
又，所以的最大值为，此时，
当为函数的最小值点时，，，
解得，，
令得，故上有且只有一个最大值点，
故，解得，
令，解得，
又，所以的最大值为2，此时，
综上，的最大值为
故答案为：
16. 某县不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点.每年来该县参观旅游的人数不胜数.其中，石林和白鹭湖被称为该县的两张名片.为合理配置旅游资源，现对已游览的游客进行随机问卷调查.假设不再去白鹭湖记1分，继续去白鹭湖记2分.每位游客去白鹭湖的概率均为，且游客之间的选择意愿相互独立，在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为，则数列的通项公式为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，即，利用构造法可证得是以为公比，以为首项的等比数列，结合等比数列的通项公式即可求解.
【详解】由题意知，已调查过的累计得分恰为n分的概率为，
得不到n分的情况只有先得分，再得2分，概率为，又，
所以，即，
得，又，
所以是以为公比，以为首项的等比数列，
故，得.
故答案为：
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. 已知中，内角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，，在上，且，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式和同角三角函数关系化简已知条件即可求解；
（2）根据同角三角函数关系得，由向量加法运算得，
平方化简即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，由得，
即，平方化简得，所以.
【小问2详解】
由题意，所以，即,
又由（1）知，，
又因为，所以，
所以，
所以.
18. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前50项和，其中表示不超过的最大整数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，列出方程组，求出首项和公差，求出通项公式；
（2）利用对数运算和取整函数，得到数列的规律，分组求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，
所以，即，又，所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，当时，，
当时，，当时，，当且时，，
当且时，，当且时，，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，，，，.
（1）证明：；
（2）若，，，，点在线段上且有，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理、性质定理证明即可；
（2）由（1）知两两互相垂直，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面法向量，由向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
因为，，，，所以，，
且，平面，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，又因为，所以，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，
所以，
则，，
因为为中点，所以，
因为点在线段上，所以设，
则，令，
则，
平方化简得，所以，
所以，则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，所以.
显然是平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为，则.
20. 某工厂的质检部门对拟购买的一批原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原料.现有如下两种抽样检验方案：
方案一：随机抽取一个容量为10的样本，并全部检验，若样本中不合格数不超过1个，则认为这批原料合格，予以接收；
方案二：先随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，若都合格，则予以接收；若样本中不合格数超过1个，则拒收；若样本中不合格数为1个，则再抽取一个容量为5的样本，并全部检验，且只有第二批样本全部合格才予以接收.
假设拟购进的这批原料的合格率为，并用作为原料中每件产品是合格品的概率.若每件产品所需的检验费用为3元，且费用由工厂承担.
（1）若，即方案二中所需检验费用为随机变量，求的分布列与期望；
（2）分别计算两种方案中这批原料通过检验的概率，若你是原料供应商，你希望质检部门采取哪种检验方案?说明理由.
【答案】20. 分布列见解析，
21. 方案一的概率为，方案二的概率为；
采取方案二，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）随机变量X的值可能取值是15,30，分别求出概率即可求出分布列，进而可求出数学期望；
（2）分别求出方案一和方案二的概率，由作差法可得，利用导数讨论函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
由题意，随机变量X的值可能取值是15,30，
对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，都合格或不合格品件数超过1个，
对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，出现了1个不合格品然后又抽取了容量为5的样本，全部检验，
所以，，
X的分布列为：
所以；
【小问2详解】
方案一通过检验的概率为，
方案二通过检验的概率为，
，其中，
令，
则，
所以函数在上单调递增，故，
即，
故原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高.
21. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意，恒成立，求取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分，和，三种情况，求出单调性；
（2）转化为，构造函数，求导得到单调性，由单调性得到，进而得到，，构造函数，求导得到其单调性和最值，进而求出答案.
【小问1详解】
的定义域为，
当时，，为常数函数，
当时，恒成立，
故在上单调递减，
当时，恒成立，
故在上单调递增，
综上，当时，为常数函数，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增；
小问2详解】
对任意恒成立，
即，
令，则，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，，
且当时，，当时，，
因为，所以，
故，，，
令，则在上恒成立，
所以，
故，的取值范围是.
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题，进而构造进行求解.
22. 已知椭圆：，过右焦点，且与长轴垂直的弦长为，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若的上顶点为，过左焦点的直线交椭圆于，两点（与椭圆顶点不重合），直线，分别交直线于，两点，求的面积的最小值.
【答案】22. 23. 5
【解析】
【分析】（1）将代入椭圆方程得，即，结合离心率的概念和公式计算求出a、b即可求解；
（2）设，直线PG的方程为，联立方程组，利用韦达定理表示，联立直线EP和求出，同理求出，进而表示出，结合点线距表示出，根据二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，将代入椭圆方程，
得，即弦长，
有，解得，
所以该椭圆C的方程为；
小问2详解】
由（1）知，
设，直线PG的方程为，
由，消去x，得，，
则，
设，直线EP的方程为，
由，解得，同理可得，
所以
，
将代入上式，整理得，
又点到直线的距离为，
所以，
设，则，
所以，
当即即时，取到最小值，且最小值为5.X
15
30
P
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 已知集合是不大于5的正整数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到，求出交集.
【详解】，故.
故选：D
2. 已知复数，则复数（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的乘方即可求解.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：C
3. 函数的大致图象为（ ）更多课件 教案 视频 等低价同类优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析的奇偶性，然后根据特殊值的大小关系判断出对应图象.
【详解】的定义域为且关于原点对称，
又，所以为偶函数，故排除C，
又因为，所以，故排除D，
又因为，故排除A，
故选：B.
4. 已知向量，且与的夹角为，，向量与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，，然后由模长公式、数量积的运算公式分别表示出，最终列出方程求解即可.
【详解】由题意，而，
，
又向量与的夹角为，
所以，即,
又，所以解得.
故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和的正弦公式和辅助角公式可得，即可求解.
【详解】由题意知，，
.
故选：D
6. 记直线：与圆：相交所得弦为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得直线l恒过定点，当时最小，结合几何法求弦长即可求解.
【详解】由直线，得，
有，解得，即直线l恒过定点.
由圆，得，得，
当，垂足为时，最小，
此时，
所以.
故选：D
7. 数列的通项公式为，则“为递增数列”是“”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】B
【解析】
【分析】根据为递增数列，得到，进而求出，得到答案.
【详解】，为递增数列，
故，
故，
由于，故，
因为，，
故“为递增数列”是“”的必要不充分条件.
故选：B
8. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作差法，构造函数，利用导数研究其函数的单调性，结合对数函数的单调性，可得答案.
【详解】由，则令，
求导可得，
令，令，
求导可得，
所以在其定义域内单调递减，令，则，故，
所以，则在其定义域内单调递减，
由，，
则存在，使得，所以在上小于恒成立，
故，即，
由，且函数在上单调递增，则，即，
综上所述，.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分、在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 在的展开式中，则（ ）
A. 二项式系数最大的项为第3项和第4项
B. 所有项的系数和为0
C. 常数项为
D. 所有项的二项式系数和为64
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质即可判断AD；根据项的系数之和为即可判断B；根据二项式展开式的通项公式即可判断C.
【详解】A：所有项的二项式系数为，最大的为和，
对应的是第3项和第4项，故A正确；
B：设，所有项的系数为，
所以，故B错误；
C：二项式展开式的通项公式为，
令，解得，所以常数项为，故C正确；
D：所有项的系数之和为，所以D错误.
故选：AC
10. 如图，已知正方体的棱长为4，，，分别为，，的中点，则下列结论中正确的有（ ）
A. 直线与直线垂直
B. 点与点到平面距离相等
C. 直线与平面平行
D. 平面截正方体所得的截面面积为18
【答案】BD
【解析】
【分析】由是直线与直线所成角，判断A,建立空间直角坐标系，用公式计算距离判断B，用线面平行的坐标表示计算C即可，首先找出截面，进而求截面面积，判断D.
【详解】
对于A， 由正方体,得，是直线AF与直线D₁D所成角，连接AC, 而⊥平面，∵，∴在中, 不可能是直角，∴直线与直线.不垂直， 故A错误；
对于B，以D为原点，建立空间直角坐标系， ,设面AEF的法向量为，
，解得
，故B正确.
对于C: ，故C错误
对于D：连接 ， 由正方体可得 可得等腰梯形为平面AEF截正方体所得的截面图形,
由正方体的棱长为4, 得，
则E到AD₁的距离即等腰梯形的高为，
∴所求截面的面积为.故D正确.
故选：BD
11. 记函数，若（，，互不相等），则的值可以是（ ）
A. B. 6C. 8D. 9
【答案】BC
【解析】
【分析】作出函数的图象，令，结合图象得到，利用指数函数的性质可求解.
【详解】作出的图象，如图：
令，根据图象知，
实数的取值范围为，且，
所以，因为，所以，所以，
结合选项知，的值可以是6，8.
故选：BC
12. 京剧《唱脸谱》的歌词描绘了外国人眼中京戏的美丽和多样性.其中，“四击头”一亮相，美极啦，妙极啦，简直，顶呱呱!紫色的天王托宝塔，绿色的魔鬼斗夜叉，金色的猴王，银色的妖怪，灰色的精灵笑哈哈!一幅幅鲜明的鸳鸯瓦，一群群生动的活菩萨，一笔笔勾描，一点点夸大，一张张“脸谐”美佳佳!如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线.半圆的方程为，半椭圆的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在半圆上，点在半椭圆上，为坐标原点，，则面积的最大值为10
B. 曲线上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为8
C. 若，，是半椭圆上的一个动点，则的最小值为
D. 画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：糕圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上，称该圆为椭圆的蒙日圆.那么半椭圆扩充为整个椭圆：后，椭圆的蒙日圆方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，易得，，从而判断；选项B借助三角换元求解椭圆中两点间距离问题；选项C由椭圆定义可得到，由基本不等式可以得到的最大值，结合余弦定理即可求出的最小值；选项D中分析蒙日圆的关键信息，圆心是原点，找两条特殊的切线，切线交点在圆上，求得圆半径得圆方程.
【详解】对于A，因为点在半圆上，点在半椭圆上，O为坐标原点，，
则，，则，
当位于椭圆的下顶点时取等号，所以面积的最大值为10，正确；
对于B：曲线C中，当时，，此时与原点距离为4，
当时，，设半椭圆上动点P坐标为，，
则，
所以曲线上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为，错误；
对于C：因为，恰为椭圆的两个焦点.
那么，所以，当且仅当，
即P在x轴上时，等号成立，在中，，
由余弦定理知：
，正确；
对于D：由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点，
在椭圆：中取两条切线：和，它们交点为，
该点在蒙日圆上，半径为，此时蒙日圆方程为：，正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 有7名学生去旅游，计划分别去3个不同的景点，每个景点至少去2名学生，则不同出行方案的种数为___________.（用数字作答）
【答案】630
【解析】
【分析】由题意，根据分组分配的组合问题分析，即可求解.
【详解】由题意知，将7人分成3组，分别为3人，2人，2人，
再平均分配到3个不同的景点，3个景点全排列，共，
所以满足题意的方案数为.
故答案为：630
14. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其表面积为，则圆台的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据表面积得到方程，求出母线，再作出辅助线，求出圆台的高，进而求出圆台体积.
【详解】如图，设圆台的母线，则，
解得，
过点作⊥于点，则，
故，
设圆台的高为，故，
所以圆台的体积为.
故答案为：
15. 已知函数，，且，都有，若函数在上有且只有一个零点，则的最大值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得为函数的最大值点或最小值点，考虑两种情况，结合上有且只有一个零点，得到不等式，比较后求出答案.
【详解】由题意得为函数的最大值点或最小值点，
当为函数的最大值点时，，，
解得，，
令得，故上有且只有一个最大值点，
故，解得，
令，解得，
又，所以的最大值为，此时，
当为函数的最小值点时，，，
解得，，
令得，故上有且只有一个最大值点，
故，解得，
令，解得，
又，所以的最大值为2，此时，
综上，的最大值为
故答案为：
16. 某县不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点.每年来该县参观旅游的人数不胜数.其中，石林和白鹭湖被称为该县的两张名片.为合理配置旅游资源，现对已游览的游客进行随机问卷调查.假设不再去白鹭湖记1分，继续去白鹭湖记2分.每位游客去白鹭湖的概率均为，且游客之间的选择意愿相互独立，在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为，则数列的通项公式为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，即，利用构造法可证得是以为公比，以为首项的等比数列，结合等比数列的通项公式即可求解.
【详解】由题意知，已调查过的累计得分恰为n分的概率为，
得不到n分的情况只有先得分，再得2分，概率为，又，
所以，即，
得，又，
所以是以为公比，以为首项的等比数列，
故，得.
故答案为：
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. 已知中，内角，，的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，，在上，且，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式和同角三角函数关系化简已知条件即可求解；
（2）根据同角三角函数关系得，由向量加法运算得，
平方化简即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，由得，
即，平方化简得，所以.
【小问2详解】
由题意，所以，即,
又由（1）知，，
又因为，所以，
所以，
所以.
18. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前50项和，其中表示不超过的最大整数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，列出方程组，求出首项和公差，求出通项公式；
（2）利用对数运算和取整函数，得到数列的规律，分组求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，
所以，即，又，所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，当时，，
当时，，当时，，当且时，，
当且时，，当且时，，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，，，，.
（1）证明：；
（2）若，，，，点在线段上且有，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理、性质定理证明即可；
（2）由（1）知两两互相垂直，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面法向量，由向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
因为，，，，所以，，
且，平面，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，又因为，所以，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，
所以，
则，，
因为为中点，所以，
因为点在线段上，所以设，
则，令，
则，
平方化简得，所以，
所以，则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，所以.
显然是平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为，则.
20. 某工厂的质检部门对拟购买的一批原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原料.现有如下两种抽样检验方案：
方案一：随机抽取一个容量为10的样本，并全部检验，若样本中不合格数不超过1个，则认为这批原料合格，予以接收；
方案二：先随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，若都合格，则予以接收；若样本中不合格数超过1个，则拒收；若样本中不合格数为1个，则再抽取一个容量为5的样本，并全部检验，且只有第二批样本全部合格才予以接收.
假设拟购进的这批原料的合格率为，并用作为原料中每件产品是合格品的概率.若每件产品所需的检验费用为3元，且费用由工厂承担.
（1）若，即方案二中所需检验费用为随机变量，求的分布列与期望；
（2）分别计算两种方案中这批原料通过检验的概率，若你是原料供应商，你希望质检部门采取哪种检验方案?说明理由.
【答案】20. 分布列见解析，
21. 方案一的概率为，方案二的概率为；
采取方案二，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）随机变量X的值可能取值是15,30，分别求出概率即可求出分布列，进而可求出数学期望；
（2）分别求出方案一和方案二的概率，由作差法可得，利用导数讨论函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
由题意，随机变量X的值可能取值是15,30，
对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，都合格或不合格品件数超过1个，
对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，出现了1个不合格品然后又抽取了容量为5的样本，全部检验，
所以，，
X的分布列为：
所以；
【小问2详解】
方案一通过检验的概率为，
方案二通过检验的概率为，
，其中，
令，
则，
所以函数在上单调递增，故，
即，
故原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高.
21. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意，恒成立，求取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分，和，三种情况，求出单调性；
（2）转化为，构造函数，求导得到单调性，由单调性得到，进而得到，，构造函数，求导得到其单调性和最值，进而求出答案.
【小问1详解】
的定义域为，
当时，，为常数函数，
当时，恒成立，
故在上单调递减，
当时，恒成立，
故在上单调递增，
综上，当时，为常数函数，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增；
小问2详解】
对任意恒成立，
即，
令，则，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，，
且当时，，当时，，
因为，所以，
故，，，
令，则在上恒成立，
所以，
故，的取值范围是.
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题，进而构造进行求解.
22. 已知椭圆：，过右焦点，且与长轴垂直的弦长为，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若的上顶点为，过左焦点的直线交椭圆于，两点（与椭圆顶点不重合），直线，分别交直线于，两点，求的面积的最小值.
【答案】22. 23. 5
【解析】
【分析】（1）将代入椭圆方程得，即，结合离心率的概念和公式计算求出a、b即可求解；
（2）设，直线PG的方程为，联立方程组，利用韦达定理表示，联立直线EP和求出，同理求出，进而表示出，结合点线距表示出，根据二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，将代入椭圆方程，
得，即弦长，
有，解得，
所以该椭圆C的方程为；
小问2详解】
由（1）知，
设，直线PG的方程为，
由，消去x，得，，
则，
设，直线EP的方程为，
由，解得，同理可得，
所以
，
将代入上式，整理得，
又点到直线的距离为，
所以，
设，则，
所以，
当即即时，取到最小值，且最小值为5.X
15
30
P
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