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福建省厦门市2022-2023学年高二数学下学期期末质量检测试题（Word版附解析）
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这是一份福建省厦门市2022-2023学年高二数学下学期期末质量检测试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，4B，25mB等内容，欢迎下载使用。
厦门市2022—2023学年第二学期高二年级质量检测
数学试题
满分：150分考试 时间：120分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
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.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 等比数列中，，，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的项的性质求得.
【详解】因为是等比数列，
依题意，，
所以.
故选：A
2. 直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程，写出圆心和半径，利用点到直线的距离公式，求得弦心距，利用弦长公式，可得答案.
【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
则弦长.
故选：C.
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 8 B. 10 C. 80 D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】由题意求出二项展开式的通项公式，令x的指数为3求出r的值，从而可求得展开式中的系数.
【详解】的展开式的通项公式为，其中，
当时，可得展开式中的系数为.
故选：C
4. 试验测得四组成对数据的值分别为，由此可得关于x的经验回归方程为，根据经验回归方程预测，当时，（ ）
A. 8.4 B. 8.6 C. 8.7 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】首先求样本点中心，代入求回归直线方程，最后代入，即可求解.
【详解】由条件可知，，，
回归直线过点，代入直线，得，得，
所以回归直线方程为，
当时，.
故选：C
5. 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采取五局三胜制（先胜三局者获胜，比赛结束），如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲选手以3：1获胜的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析出甲选手以3：1获胜的情况即可求解.
【详解】甲选手以3：1获胜，说明前3场中甲赢了两场，输了一场，且第四场甲赢，
故所求概率为.
故选：A
6. 如图，太阳灶是一种将太阳光反射至一点用来加热水或食物的设备，上面装有抛物面形的反光镜，镜的轴截面是抛物线的一部分，已知太阳灶的口径（直径）为4m，深度为0.5m，则该抛物线顶点到焦点的距离为（ ）
A. 0.25m B. 0.5m C. 1m D. 2m
【答案】D
【解析】
【分析】建立坐标系，求出抛物线方程即可求解.
【详解】以该抛物线顶点为原点建立平面直角坐标系，如图所示：
设此抛物线方程为，依题意点在此抛物线上，
所以，解得，则该抛物线顶点到焦点的距离为.
故选：D
7. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，，，分别为，，的中点，则折纸后的大小为（ ）
A. 60° B. 90° C. 120° D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】依题意画出图形，连接，，由面面垂直的性质平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】折起后的图形如下所示，连接，，则，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
，，三直线两两垂直，分别以这三直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
设正方形的对角线长为2，则可确定以下点坐标：
，，，，，，，
，，
，又，
，．
故选：C
8. 直线与两条曲线和均相切，则的斜率为（ ）
A. B. 1 C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】设两个曲线的切点坐标，由切线斜率相等，利用导数列出方程，再利用两点斜率公式化简即可．
【详解】由，可得；由，可得，
设两个切点分别为和，直线l斜率，
故，由，所以，即直线l的斜率为1.
故选：B
二、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，有多个选项符合题目要求，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. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A. 在区间上单调递减
B. 在处取得极大值
C. 在区间上有2个极大值点
D. 在处取得最大值
【答案】AB
【解析】
【分析】根据导函数的图象可分析出的单调性，进而可判断各选项.
【详解】由导函数的图象可知：
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增.
故A，B正确，C，D错误.
故选：AB
10. 如图，已知正方体的棱长为1，则（ ）
A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为 D. 到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先建系再根据向量数量积为0判断A选项，先求出平面法向量，再根据线面平行判断B选项，再根据点到平面距离判断D选项,应用三棱锥体积公式计算判断C选项.
【详解】
如图建系，
，A选项正确；
设平面法向量，
令，，，不平行平面，B选项错误；
,平面法向量，到平面的距离为，D选项正确；
三棱锥的体积为，C选项正确.
故选：ACD.
11. 设A、B是随机试验的两个事件，，，，则（ ）
A. 事件A与事件B互斥 B. 事件A与事件B相互独立
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，可得，从而可判断A，B；由条件概率计算可判断C；由对立事件的概率计算可判断D.
【详解】因为，
所以，故A错误；
因为，所以事件A与事件B相互独立，故B正确；
因为，故C正确；
因为，故D正确.
故选：BCD
12. 在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则（ ）
A. P的轨迹方程为 B. P的轨迹关于直线对称
C. 的面积的最大值为2 D. P的横坐标的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由动点满足条件可求轨迹方程，由椭圆定义知轨迹是以为焦点的椭圆，利用椭圆的性质求对称轴，求焦点三角形的最大面积，通过联立方程组利用判别式求P的横坐标的取值范围.
【详解】对于A，设， 则，得到，故A错误.
对于B，由椭圆定义知P的轨迹是以为焦点的椭圆，故所在直线是椭圆的对称轴，故B正确.
对于C，因为长半轴，半焦距，所以短半轴，
当点P在短轴顶点上，，此时的面积最大，最大值为2，故C正确.
对于D，联立方程，得，
由，得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：由已知和椭圆定义可知，P的轨迹是以为焦点的椭圆，充分利用椭圆的性质，可以更快找到解题思路，减少运算量.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，则，根据数量积的坐标表示得到方程，即可得解.
【详解】因为直线的一个方向向量，平面的一个法向量且，
所以，所以，即，
所以.
故答案为：
14. 已知双曲线C：的渐近线方程为，则C的离心率为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，然后由可求得结果.
【详解】因为双曲线C：的渐近线方程为，
所以，
所以离心率，
故答案为：
15. 甲、乙、丙3个公司承包6项不同的工程，甲承包1项，乙承包2项，丙承包3项，则共有____________种承包方式（用数字作答）.
【答案】60
【解析】
【分析】由题意得，不同的承包方案分步完成，先让甲承包1项，再让乙承包2项，剩下的3项丙承包，根据分步乘法原理可求得结果.
【详解】由题意得，不同的承包方案分步完成，先让甲承包1项，有种，再让乙承包2项，有，剩下的3项丙承包，
所以由分步乘法原理可得共有种方案，
故答案为：60
16. 毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为1的正方形的一边作为斜边，向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到2个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，则第次生长得到的小正方形的周长的和为______________；11次生长后所有小正方形（包括第一个正方形）的周长的总和为______________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意，每次生长的小正方形周长和，依次构成首项为公比为的等比数列，计算所需结论即可.
【详解】每次生长的小正方形的个数，构成以2为首项，2为公比的等比数列，
每次生长的小正方形的边长构成以为首项，为公比的等比数列，
每次生长的小正方形周长和依次构成等比数列，首项，公比，
故第n次生长得到的小正方形的周长的和为，
11次生长后所有小正方形（包括第一个正方形）共12组，
周长的总和为.
故答案为：；
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的公差，其前项和为，若，，成等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组求出数列的首项和公差，可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求出，即可得到结论.
【小问1详解】
因为，，成等比数列，，
所以，由，解得，
所以.
【小问2详解】
由，，
得，
由，有，所以，得.
18. 随着全球新能源汽车市场蓬勃发展，中国在十余年间实现了“弯道超车”，新能源汽车产量连续7年位居世界第一.某新能源汽车企业改进并生产了某款纯电动车，该款电动车有白色和红色.为研究购车顾客的性别是否与其购买的车辆颜色有关，公司研究团队利用随机抽样的方法收集了购买该车型的男生和女生各60人的数据，得到成对样本数据的分类统计结果，如下表所示：
性别
车辆颜色
白色
红色
女生
40
20
男生
50
10
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为购车顾客的性别与其购买的车辆颜色有关联?
（2）现从上述购买白色车辆的90名顾客中按性别比例分配的分层随机抽样抽取9人，从购买红色车辆的30名顾客中按性别比例分配的分层随机抽样抽取3人，并从这12人中依次抽取2人作为幸运嘉宾，求第二次抽到的嘉宾是男生且购买白色车辆的概率.
附：，其中
临界值表：
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】（1）认为购车顾客的性别与其购买的车辆颜色有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）
【解析】
【分析】（1）独立性检验，根据公式计算，与临界值比较后下结论；
（2）利用条件概率和全概率公式计算.
【小问1详解】
零假设为：购车顾客的性别与其购买的车辆颜色无关联.
根据列表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为购车顾客的性别与其购买的车辆颜色有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
【小问2详解】
由题得抽取的12人中，是男生且购买白色车辆的有5人.
设A=“第一次抽到的是男生且购买白色车辆”，B=“第二次抽到的是男生且购买白色车辆”.
，，，，
由全概率公式，
得.
所以第二次抽到的嘉宾是男生且购买白色车辆概率为.
19. 如图所示，在三棱柱中，是正三角形，D为棱AC的中点，，平面交于点E.
（1）证明：四边形是矩形
（2）若，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接和，可证得为平面与棱的交点， 从而可得四边形是平行四边形，由可得，从而可证得结论；
（2）连接，可证得两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
取的中点，则点为平面与棱的交点，
证明如下：连接和，
因为点分别是和的中点，所以∥，，
因为∥，，所以∥，，
所以四边形是平行四边形，
所以点为平面与棱的交点，
因为，∥，所以
所以四边形是矩形，
【小问2详解】
连接，
在正中，为的中点，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为，，所以为正三角形，
因为为棱的中点，所以，
以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设三棱柱的棱长为2，则，
所以,，
设平面的法向量为，则
，令，则
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角的大小为，则
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
20. 某商场为促进消费，规定消费满一定金额可以参与抽奖活动.抽奖箱中有4个蓝球和4个红球，这些球除颜色外完全相同.有以下两种抽奖方案可供选择：
初始奖池
摸球方式
奖励规则
方案A
30元
不放回摸3次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额增加50元，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
方案B
有放回摸3次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额翻倍，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
（1）若顾客选择方案A，求其所获得奖池金额X的分布列及数学期望.
（2）以获得奖池金额的期望值为决策依据，顾客应该选择方案A还是方案B?
【答案】（1）分布列见解析，
（2）选择方案.
【解析】
【分析】（1）由题意可知可能取值为30，80，130，180，然后求出相应的概率，从而可求得X的分布列及数学期望，
（2）设顾客选方案，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，240，求出相应的概率，从而可求出，然后与比较可得结论.
【小问1详解】
由题意可知可能取值为30，80，130，180，则
，，
，，
所以的分布列为
30
80
130
180
所以
【小问2详解】
设顾客选方案，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，240，则
，，
，，
所以，
所以，所以选择方案.
21. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围
【答案】（1）在单调递减，在单调递增；
（2）
【解析】
【分析】(1)利用导数解决函数的单调性；
(2)先利用导数找到函数的最小值，使得最小值恒大于或等于0即可.
【小问1详解】
当时，，
定义域为，在定义域上单调递增，
令，得，
则当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
所以在单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
由函数，，
，
由于在为增函数，且值域为，
所以在上有唯一的实数根，
即，得，则，
则当时，所以，则单调递减；
当时，所以，则在单调递增；
当时，取得最小值，
，
令，即在上恒成立，
令，
则，
则当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
所以，
所以只需，即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式或在不等式中求参数取值范围的问题，常见的几种方法有：
（1）直接构造函数法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22. 已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动点的轨迹为.
（1）求的方程：
（2）已知点在曲线上，点，在曲线上，若四边形为平行四边形，则其面积是否为定值?若是，求出定值；若不是，说明理由
【答案】（1）
（2）为定值
【解析】
【分析】（1）设，，依题意可得，再由点在曲线，代入方程即可得解；
（2）设，，，依题意可得，根据点在曲线上得到，表示出直线，求出点到直线的距离，根据计算可得.
【小问1详解】
设，，因为点在曲线上，
所以，
因为，所以，代入可得，
即，即的方程为；
【小问2详解】
设，，，
因为点在曲线上，所以，
因为四边形为平行四边形，所以，
所以，
所以，又、，
所以，
因为，
所以，直线：，
点到直线的距离，
所以平行四边形的面积.
【点睛】思路点睛：本题第二问采用设而不求，利用整体思想得到是解决问题的关键，方法比较新颖.
厦门市2022—2023学年第二学期高二年级质量检测
数学试题
满分：150分考试 时间：120分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
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.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 等比数列中，，，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的项的性质求得.
【详解】因为是等比数列，
依题意，，
所以.
故选：A
2. 直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程，写出圆心和半径，利用点到直线的距离公式，求得弦心距，利用弦长公式，可得答案.
【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
则弦长.
故选：C.
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 8 B. 10 C. 80 D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】由题意求出二项展开式的通项公式，令x的指数为3求出r的值，从而可求得展开式中的系数.
【详解】的展开式的通项公式为，其中，
当时，可得展开式中的系数为.
故选：C
4. 试验测得四组成对数据的值分别为，由此可得关于x的经验回归方程为，根据经验回归方程预测，当时，（ ）
A. 8.4 B. 8.6 C. 8.7 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】首先求样本点中心，代入求回归直线方程，最后代入，即可求解.
【详解】由条件可知，，，
回归直线过点，代入直线，得，得，
所以回归直线方程为，
当时，.
故选：C
5. 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采取五局三胜制（先胜三局者获胜，比赛结束），如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则甲选手以3：1获胜的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析出甲选手以3：1获胜的情况即可求解.
【详解】甲选手以3：1获胜，说明前3场中甲赢了两场，输了一场，且第四场甲赢，
故所求概率为.
故选：A
6. 如图，太阳灶是一种将太阳光反射至一点用来加热水或食物的设备，上面装有抛物面形的反光镜，镜的轴截面是抛物线的一部分，已知太阳灶的口径（直径）为4m，深度为0.5m，则该抛物线顶点到焦点的距离为（ ）
A. 0.25m B. 0.5m C. 1m D. 2m
【答案】D
【解析】
【分析】建立坐标系，求出抛物线方程即可求解.
【详解】以该抛物线顶点为原点建立平面直角坐标系，如图所示：
设此抛物线方程为，依题意点在此抛物线上，
所以，解得，则该抛物线顶点到焦点的距离为.
故选：D
7. 把正方形纸片沿对角线折成直二面角，，，分别为，，的中点，则折纸后的大小为（ ）
A. 60° B. 90° C. 120° D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】依题意画出图形，连接，，由面面垂直的性质平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】折起后的图形如下所示，连接，，则，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
，，三直线两两垂直，分别以这三直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
设正方形的对角线长为2，则可确定以下点坐标：
，，，，，，，
，，
，又，
，．
故选：C
8. 直线与两条曲线和均相切，则的斜率为（ ）
A. B. 1 C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】设两个曲线的切点坐标，由切线斜率相等，利用导数列出方程，再利用两点斜率公式化简即可．
【详解】由，可得；由，可得，
设两个切点分别为和，直线l斜率，
故，由，所以，即直线l的斜率为1.
故选：B
二、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，有多个选项符合题目要求，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. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A. 在区间上单调递减
B. 在处取得极大值
C. 在区间上有2个极大值点
D. 在处取得最大值
【答案】AB
【解析】
【分析】根据导函数的图象可分析出的单调性，进而可判断各选项.
【详解】由导函数的图象可知：
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增.
故A，B正确，C，D错误.
故选：AB
10. 如图，已知正方体的棱长为1，则（ ）
A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为 D. 到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先建系再根据向量数量积为0判断A选项，先求出平面法向量，再根据线面平行判断B选项，再根据点到平面距离判断D选项,应用三棱锥体积公式计算判断C选项.
【详解】
如图建系，
，A选项正确；
设平面法向量，
令，，，不平行平面，B选项错误；
,平面法向量，到平面的距离为，D选项正确；
三棱锥的体积为，C选项正确.
故选：ACD.
11. 设A、B是随机试验的两个事件，，，，则（ ）
A. 事件A与事件B互斥 B. 事件A与事件B相互独立
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，可得，从而可判断A，B；由条件概率计算可判断C；由对立事件的概率计算可判断D.
【详解】因为，
所以，故A错误；
因为，所以事件A与事件B相互独立，故B正确；
因为，故C正确；
因为，故D正确.
故选：BCD
12. 在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则（ ）
A. P的轨迹方程为 B. P的轨迹关于直线对称
C. 的面积的最大值为2 D. P的横坐标的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由动点满足条件可求轨迹方程，由椭圆定义知轨迹是以为焦点的椭圆，利用椭圆的性质求对称轴，求焦点三角形的最大面积，通过联立方程组利用判别式求P的横坐标的取值范围.
【详解】对于A，设， 则，得到，故A错误.
对于B，由椭圆定义知P的轨迹是以为焦点的椭圆，故所在直线是椭圆的对称轴，故B正确.
对于C，因为长半轴，半焦距，所以短半轴，
当点P在短轴顶点上，，此时的面积最大，最大值为2，故C正确.
对于D，联立方程，得，
由，得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：由已知和椭圆定义可知，P的轨迹是以为焦点的椭圆，充分利用椭圆的性质，可以更快找到解题思路，减少运算量.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则____________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，则，根据数量积的坐标表示得到方程，即可得解.
【详解】因为直线的一个方向向量，平面的一个法向量且，
所以，所以，即，
所以.
故答案为：
14. 已知双曲线C：的渐近线方程为，则C的离心率为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，然后由可求得结果.
【详解】因为双曲线C：的渐近线方程为，
所以，
所以离心率，
故答案为：
15. 甲、乙、丙3个公司承包6项不同的工程，甲承包1项，乙承包2项，丙承包3项，则共有____________种承包方式（用数字作答）.
【答案】60
【解析】
【分析】由题意得，不同的承包方案分步完成，先让甲承包1项，再让乙承包2项，剩下的3项丙承包，根据分步乘法原理可求得结果.
【详解】由题意得，不同的承包方案分步完成，先让甲承包1项，有种，再让乙承包2项，有，剩下的3项丙承包，
所以由分步乘法原理可得共有种方案，
故答案为：60
16. 毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为1的正方形的一边作为斜边，向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到2个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，则第次生长得到的小正方形的周长的和为______________；11次生长后所有小正方形（包括第一个正方形）的周长的总和为______________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意，每次生长的小正方形周长和，依次构成首项为公比为的等比数列，计算所需结论即可.
【详解】每次生长的小正方形的个数，构成以2为首项，2为公比的等比数列，
每次生长的小正方形的边长构成以为首项，为公比的等比数列，
每次生长的小正方形周长和依次构成等比数列，首项，公比，
故第n次生长得到的小正方形的周长的和为，
11次生长后所有小正方形（包括第一个正方形）共12组，
周长的总和为.
故答案为：；
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的公差，其前项和为，若，，成等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组求出数列的首项和公差，可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求出，即可得到结论.
【小问1详解】
因为，，成等比数列，，
所以，由，解得，
所以.
【小问2详解】
由，，
得，
由，有，所以，得.
18. 随着全球新能源汽车市场蓬勃发展，中国在十余年间实现了“弯道超车”，新能源汽车产量连续7年位居世界第一.某新能源汽车企业改进并生产了某款纯电动车，该款电动车有白色和红色.为研究购车顾客的性别是否与其购买的车辆颜色有关，公司研究团队利用随机抽样的方法收集了购买该车型的男生和女生各60人的数据，得到成对样本数据的分类统计结果，如下表所示：
性别
车辆颜色
白色
红色
女生
40
20
男生
50
10
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为购车顾客的性别与其购买的车辆颜色有关联?
（2）现从上述购买白色车辆的90名顾客中按性别比例分配的分层随机抽样抽取9人，从购买红色车辆的30名顾客中按性别比例分配的分层随机抽样抽取3人，并从这12人中依次抽取2人作为幸运嘉宾，求第二次抽到的嘉宾是男生且购买白色车辆的概率.
附：，其中
临界值表：
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】（1）认为购车顾客的性别与其购买的车辆颜色有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）
【解析】
【分析】（1）独立性检验，根据公式计算，与临界值比较后下结论；
（2）利用条件概率和全概率公式计算.
【小问1详解】
零假设为：购车顾客的性别与其购买的车辆颜色无关联.
根据列表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为购车顾客的性别与其购买的车辆颜色有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
【小问2详解】
由题得抽取的12人中，是男生且购买白色车辆的有5人.
设A=“第一次抽到的是男生且购买白色车辆”，B=“第二次抽到的是男生且购买白色车辆”.
，，，，
由全概率公式，
得.
所以第二次抽到的嘉宾是男生且购买白色车辆概率为.
19. 如图所示，在三棱柱中，是正三角形，D为棱AC的中点，，平面交于点E.
（1）证明：四边形是矩形
（2）若，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接和，可证得为平面与棱的交点， 从而可得四边形是平行四边形，由可得，从而可证得结论；
（2）连接，可证得两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
取的中点，则点为平面与棱的交点，
证明如下：连接和，
因为点分别是和的中点，所以∥，，
因为∥，，所以∥，，
所以四边形是平行四边形，
所以点为平面与棱的交点，
因为，∥，所以
所以四边形是矩形，
【小问2详解】
连接，
在正中，为的中点，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为，，所以为正三角形，
因为为棱的中点，所以，
以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设三棱柱的棱长为2，则，
所以,，
设平面的法向量为，则
，令，则
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角的大小为，则
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
20. 某商场为促进消费，规定消费满一定金额可以参与抽奖活动.抽奖箱中有4个蓝球和4个红球，这些球除颜色外完全相同.有以下两种抽奖方案可供选择：
初始奖池
摸球方式
奖励规则
方案A
30元
不放回摸3次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额增加50元，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
方案B
有放回摸3次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额翻倍，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
（1）若顾客选择方案A，求其所获得奖池金额X的分布列及数学期望.
（2）以获得奖池金额的期望值为决策依据，顾客应该选择方案A还是方案B?
【答案】（1）分布列见解析，
（2）选择方案.
【解析】
【分析】（1）由题意可知可能取值为30，80，130，180，然后求出相应的概率，从而可求得X的分布列及数学期望，
（2）设顾客选方案，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，240，求出相应的概率，从而可求出，然后与比较可得结论.
【小问1详解】
由题意可知可能取值为30，80，130，180，则
，，
，，
所以的分布列为
30
80
130
180
所以
【小问2详解】
设顾客选方案，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，240，则
，，
，，
所以，
所以，所以选择方案.
21. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围
【答案】（1）在单调递减，在单调递增；
（2）
【解析】
【分析】(1)利用导数解决函数的单调性；
(2)先利用导数找到函数的最小值，使得最小值恒大于或等于0即可.
【小问1详解】
当时，，
定义域为，在定义域上单调递增，
令，得，
则当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
所以在单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
由函数，，
，
由于在为增函数，且值域为，
所以在上有唯一的实数根，
即，得，则，
则当时，所以，则单调递减；
当时，所以，则在单调递增；
当时，取得最小值，
，
令，即在上恒成立，
令，
则，
则当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
所以，
所以只需，即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式或在不等式中求参数取值范围的问题，常见的几种方法有：
（1）直接构造函数法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22. 已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动点的轨迹为.
（1）求的方程：
（2）已知点在曲线上，点，在曲线上，若四边形为平行四边形，则其面积是否为定值?若是，求出定值；若不是，说明理由
【答案】（1）
（2）为定值
【解析】
【分析】（1）设，，依题意可得，再由点在曲线，代入方程即可得解；
（2）设，，，依题意可得，根据点在曲线上得到，表示出直线，求出点到直线的距离，根据计算可得.
【小问1详解】
设，，因为点在曲线上，
所以，
因为，所以，代入可得，
即，即的方程为；
【小问2详解】
设，，，
因为点在曲线上，所以，
因为四边形为平行四边形，所以，
所以，
所以，又、，
所以，
因为，
所以，直线：，
点到直线的距离，
所以平行四边形的面积.
【点睛】思路点睛：本题第二问采用设而不求，利用整体思想得到是解决问题的关键，方法比较新颖.
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