广东省深圳外国语学校2022-2023学年高二下学期期末数学试题（含解析）.docx

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1、秘密启用前2022-2023学年度深圳外国语学校高二年级第二学期期末考试（数学）试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.2作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：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，则实数的值为（）A. B. C. D. 2. 设是复数且，则的最小值为（）A1B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，则（）A. B. C. D. 4. 已知圆台的上下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一

2、球，该球与圆台的上下底面及母线均相切，则球的表面积为（）A. B. C. D. 5. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A. B. C. D. 6. 已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，为改良工艺的次数假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放废水符合排放标准，则改良工艺次数最少要（参考数据：）（）次.A. 8B. 9C. 10D. 117. 设实数，e为自然

3、对数的底数，若，则（）A. B. C. D. 8. 已知，分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，的内切圆的圆心分别为，则面积的取值范围是（）A. B. C. D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 一个盒中装有质地、大小、形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球，规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球，下列说法正确的是（）A. 第二次取到白球的概率是B. “取到两个红球

4、”和“取到两个白球”互为对立事件C. “第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件D. 已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为10. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和若，且为奇函数，则（）A. ，B. CD. 11. 对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为数列比如，常数列满足此条件，所以是数列，以下说法正确的是（）A. 首项为1，公比为等比数列是数列B. 设是数列的前项和，若数列是数列，那么数列为数列C. 等差数列一定为数列D. 有界数列一定为数列12. 已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上已知点满足，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交

5、于点，则（）A. 四边形的周长是变化的B. 四棱锥体积最大值为C. 当时，平面截球所得截面的周长为D. 当时，将正四面体绕旋转后与原四面体的公共部分的体积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 一个容量为9的样本，它的平均数为，方差为，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为_，方差为_.14. 小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加中国诗词大会的现场录制，5人坐成一排若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 _15. 已知点在抛物线上，过点A作圆的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为_16. 在中，记角A，B，C所对的

6、边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答题应写出文字说明证明过程或演算步骤17. 篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Naismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1=1，q1=0（1

7、）求p32q3的值；（2）比较p8，q8的大小18. 已知函数的图象经过点.（1）若的最小正周期为，求的解析式；（2）若，是否存在实数，使得在上单调？若存在，求出的取值集合；若不存在，请说明理由.19. 放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一.某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升.以下是根据近10年年份数与该机场飞往A地航班放行准点率（）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值.2017.580.41.540703145.01621254227.71226.8其中，（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为该机场飞往A地

8、航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率.（2）已知2023年该机场飞往A地B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6.若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为和，试解决以下问题：（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情

9、况的可能性最大，说明你的理由.附：（1）对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，参考数据：，.20. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱的中点，是棱上一点，且（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值21. 已知椭圆的离心率为，过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，定直线，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作于，于，直线、交于点，证明：点为定点，并求出点的坐标22. 已知函数.（1）证明：函数在上有且只有一个零点；（2）当时，求函数的最小值；（3）设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值.秘

10、密启用前2022-2023学年度深圳外国语学校高二年级第二学期期末考试（数学）试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.2作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：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，则实数的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题设知，讨论、求a值，结合集合的性质确定a值即可.【详解】由知：，当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；当，即或，若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；若，则，满足要

11、求.综上，.故选：A2. 设是复数且，则的最小值为（）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数模的几何意义，结合图象，即可求解.【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以为圆心，1为半径的圆，而表示复数到原点的距离，由图可知，.故选：C3. 在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的定义求出与，再结合及求出，利用余弦差角公式求出答案.【详解】由题意得：，因为，所以，因为，所以，故，所以.故选：B4. 已知圆台的上下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上下底面及母线均相切

12、，则球的表面积为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由圆台的侧面积公式及球的表面积公式计算即可.【详解】设圆台的上底面圆半径为，则底面圆半径为，母线长为，如图所示，作出圆台与球的轴截面.由于球与圆台的上下底面及母线均相切，故.根据圆台的侧面积公式，可得，所以球的直径为，故半径为，表面积为：故选：C5. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为在方向上的投影向量为，所以，所以有，故选：D6. 已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排

13、放的废水中含有的污染物数量为，第次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，为改良工艺的次数假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放废水符合排放标准，则改良工艺次数最少要（参考数据：）（）次.A. 8B. 9C. 10D. 11【答案】D【解析】【分析】又与的关系，结合条件求，再由条件列不等式，结合指数，对数运算性质和对数函数性质解不等式可得结论.【详解】因为，所以又，所以，所以所以由可得，所以，所以，又，所以，所以，所以要使该企业排放的废水符合排放标准，改良工艺次

14、数最少要11次，故选：D.7. 设实数，e为自然对数的底数，若，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】可对原不等式进行变形，再将转换成，构造函数，研究其函数的单调性，并根据和的大小关系，利用单调性进行求解即可.【详解】由，可得，两边同除得：，可设函数，当时，故单调递增，当时，故单调递减，图像如上图所示，因为，故由可得，所以，整理得得.故选：C.【点睛】指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成lnex然后构造函数；另一种是将x变成elnx然后构造函数.8. 已知，分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，的内切圆的圆心分别为，则

15、面积的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据切线长定理判定两个内切圆的横坐标值，再设的内切圆半径为，根据图形性质计算得面积的解析式，再利用函数单调性即可求得面积的取值范围【详解】设圆与，分别切于点，.由双曲线定义知，又，即点为双曲线的右顶点.轴，的横坐标为，同理：横坐标也为.平分，平分.，设、内切圆半径分别为，轴，.设直线倾斜角为，又为双曲线右支上两点，又渐近线方程为，由题意得，即又在单调递减，在单调递增当时，此时取得最小值；当时，；当时，.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对

16、的得2分，有选错的得0分9. 一个盒中装有质地、大小、形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球，规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球，下列说法正确的是（）A. 第二次取到白球的概率是B. “取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件C. “第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件D. 已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为【答案】ACD【解析】【分析】考虑到第一次取到的球有两种可能，由此计算第二次取到白球的概率，判断A;依次两次取球还有可能取到一白球和一红球，由此判断B;根据对立事件的概念可判

17、断C;根据条件概率的计算公式求得已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率，可判断D.【详解】对于A,若第一次取到白球，第二次取到白球，则概率为，,若第一次取到红球，第二次取到白球，则概率为，故第二次取到白球的概率是，故A正确；对于B，除了“取到两个红球”和“取到两个白球”这种事件可能发生外，还有可能是取到一白球和一红球，因此“取到两个红球”和“取到两个白球”是互斥事件，但不对立，故B错误；对于C，由于第一次取到红球后，则放回，那么不影响第二次取到什么球，因此“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件，故C正确；对于D,设第二次取到的是红球为事件A,设第一次取到的是白球为事件B

18、，则 , ,故 ,故D正确，故选：ACD10. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和若，且为奇函数，则（）A. ，B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】由为奇函数，结合奇函数的性质判断A，由条件证明为周期为的函数，利用组合求和法求判断C，根据条件证明，由此判断BD.【详解】对A，又为奇函数，则图像关于对称，且，所以，A 正确；对于C，则，则，又，所以，令，可得，即.所以，又所以，所以，的周期，所以，由可得，所以，C正确；对B，则是周期的函数，B错误；对D，所以，所以，D错误.故选：AC【点睛】知识点点睛：本题考查导数的运算，奇函数的性质，抽象函数周期性的证明，分组求和法等知识点，属于综

19、合题，考查逻辑推理和首项运算的核心素养.11. 对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为数列比如，常数列满足此条件，所以是数列，以下说法正确的是（）A. 首项为1，公比为的等比数列是数列B. 设是数列的前项和，若数列是数列，那么数列为数列C. 等差数列一定为数列D. 有界数列一定为数列【答案】AB【解析】【分析】A由题设，根据数列新定义及等比数列前n项和公式判断数列性质；B由数列性质有，进而判断是否满足要求；C、D利用等差数列及数列有界性，令的公差为、，根据数列性质判断.【详解】A：由题意，则，因此，故是数列，正确；B：若数列数列，则存在，对任意的，有，即，所以，所以数列为数列，正确；

20、C：设等差数列的公差为，则，所以不存在，对任意的，所以等差数列不一定为数列，错误；D：设数列有界数列，则存在，使得，所以，不是常数，所以有界数列不一定为数列，错误故选：AB12. 已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上已知点满足，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交于点，则（）A. 四边形的周长是变化的B. 四棱锥体积的最大值为C. 当时，平面截球所得截面的周长为D. 当时，将正四面体绕旋转后与原四面体的公共部分的体积为【答案】BCD【解析】【分析】根据题意可得平面平面对于A，根据平行关系可得，由此能求出四边形的周长；对于B，推导四边形出为矩形，点到平面的距离，四棱锥的体积

21、与之间的关系式为，则，利用导数性质能求出四棱锥体积的最大值；对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径，由此能求出平面截球所得截面的周长；对于D，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，由此能求出所求公共部分的体积【详解】正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上点满足，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱，相交于点，球心即为该正方体的中心，连接，设，四边形为平行四边形，又平面，平面，由线面平行的判定定理得平面平面，平面，平面平面对于A，如图，平面平面，平面平面，平面平面，则，即，同理可得，四边形的周长，故A错误；对于B，如图，由可知，且，四边形为正方形，四

22、边形为矩形，点到平面的距离，四棱锥的体积与之间的关系式为，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，取到最大值，四棱锥体积的最大值为，故B正确；对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，则，平面截球所得截面的周长为，故C正确；对于D，如图，将正四面体绕旋转后得到正四面体，设，连接，分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，又，正四棱锥的高为，正四面体绕旋转后与原四面体的公共部分的体积为，故D正确故选：BCD【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，

23、其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 一个容量为9的样本，它的平均数为，方差为，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为_，方差为_.【答案】 . 5 . 2【解析】【分析】根据样本平均数和方程列方程，然后利用

24、平均数和方差的计算公式，计算除去后新的样本的平均数和方差.【详解】由题设，.新样本的平均数为.因为.所以这个容量为8的样本方差为.故答案为：(1). 5 (2). 2【点睛】本小题主要考查平均数和方差的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.14. 小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加中国诗词大会的现场录制，5人坐成一排若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法总数为 _【答案】84【解析】【详解】根据题意，分3种情况讨论：若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻,有种情况，将小明与选出的家长看成一个整体,考虑其顺序有种情况，当父母

25、不相邻时,需要将爷爷奶奶进行全排列,将整体与另一个家长安排在空位中,有种安排方法，此时有2212=48种不同坐法；若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有22=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，此时有226=24种不同坐法；小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体,考虑父母的顺序,有种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，此时，共有26=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法.15. 已知点在抛物线上，过点A作圆的两条

26、切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为_【答案】【解析】【分析】根据给定的条件，求出抛物线的方程，设出圆的切线方程并求出切线的斜率，再设出点B，C的坐标并求出，即可求出直线方程作答.【详解】因为点在抛物线上，则，解得，即抛物线方程为，显然过点A作圆的两条切线斜率存在，设此切线方程为，即，于是，解得，设点，不妨令直线的斜率分别为，于是，同理，直线的斜率，而点，直线BC的方程为，即.故答案为：【点睛】结论点睛：点是抛物线上的两点，则直线斜率；点是抛物线上的两点，则直线斜率.16. 在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】利用面积公式和

27、余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.【详解】（当且仅当时取等号）.令，故，因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，故可得，又，故可得，当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.四、解答题：本题共6小题，共70分解答题应写出文字说明证明过程或演算步骤17. 篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（James Nai

28、smith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住记第n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1=1，q1=0（1）求p32q3的值；（2）比较p8，q8的大小【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）分析传球的过程，求出和，即可求出；（2）由题意知，即可得到，判断出成首项为，公比为的等比数列，求出，同理求出，可以比较出【小问1详解】第3次传

29、球之前，球在甲手中的情形何分为：甲乙甲或甲丙甲所以，第3次传球之前，球在乙手里的情形仅有：甲丙乙所以，所以.【小问2详解】（2）由题意知，整理得：所以，所以成首项为，公比为的等比数列，又同理成首项为，公比为的等比数列，所以因为，所以18. 已知函数的图象经过点.（1）若的最小正周期为，求的解析式；（2）若，是否存在实数，使得在上单调？若存在，求出的取值集合；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据最小正周期为得到，再根据的图象过点，得到，即可得到的解析式；（2）根据得到是的一条对称轴，代入得到，再根据的图象过点得到，联立得到，根据在上单调得到，最后验证在上是否

30、单调即可得到的取值集合.【小问1详解】因为的最小正周期为，所以.因为，所以.因为的图象经过点，所以，即，.因为，所以.故.【小问2详解】因为，所以直线为图象的对称轴，又的图象经过点.所以，.-得，所以因为，所以，即为正奇数.因为在上单调，所以，即，解得.当时，. 因为，所以，此时.令，.在上单调递增，在上单调递减，故在上不单调，不符合题意；当时，.因为，所以，此时.令，.在上单调递减，故在上单调，符合题意；当时，.因为，所以，此时.令，.在上单调递减，故在上单调，符合题意，综上，存在实数，使得在上单调，且的取值集合为19. 放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一.某机场自2012

31、年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升.以下是根据近10年年份数与该机场飞往A地航班放行准点率（）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值.2017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中，（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率.（2）已知2023年该机场飞往A地B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6.若以（1）中的预测值作为

32、2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为和，试解决以下问题：（i）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；（ii）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由.附：（1）对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，参考数据：，.【答案】（1）适宜，预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率（2）（i）0.778；（ii）可判断该航班飞往其他地区的可能性最大，理由见解析【解析】【分析】

33、（1）根据线性回归方程的计算公式，选择合适的模型计算即可；（2）利用全概率公式和条件概率公式，即可根据概率判断可能性最大的情况.【小问1详解】由散点图判断适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型.令，先建立y关于t的线性回归方程.由于，该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为，因此y关于年份数x的回归方程为所以当时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.【小问2详解】设“该航班飞往A地”，“该航班飞往B地”，“该航班飞往其他地区”，“该航班准点放行”，则，.（i）由全概率公式得，所以该航班准点放

34、行的概率为0.778.（ii），因为，所以可判断该航班飞往其他地区的可能性最大.20. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱的中点，是棱上一点，且（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，证明四点共面，结合线面平行判定定理证明结论；（2）连接交于点，根据线面垂直判定定理证明平面，利用等体积法求点到平面的距离，根据线面角的定义求直线与平面所成角的正弦值【小问1详解】取的中点，连接，因为为的中点，所以，又，所以，故四点共面，由题意知分别为的中点，故，又平面平面，因此平面；【小问2详解】连接交于点，则为平行四边形的中心

35、，又，则等腰中，根据三线合一，有，又，故平面，设，则，相加并整理得，在，中，有，即，解方程组得，故，于是，在中，是中点，故，于是，设点到平面的距离为，由，得，故，故所求线面角的正弦值21. 已知椭圆的离心率为，过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，定直线，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过A，B两点分别作于，于，直线、交于点，证明：点为定点，并求出点的坐标【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程，（2）令的方程为：，联立方程组利用设而不求法可得，由条件求直线与的方程，证明两直线都过点即可.【小问1详解】因为椭

36、圆的离心率为，所以，又椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】由（1）点的坐标为，因为直线的斜率不为零，所以可设的方程为：，由得，方程的判别式，设，则，因为，所以，所以，故的方程为：，由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，则，而，所以，故直线恒过定点，且定点为，因为，所以，所以，故的方程为：，令，则，而，所以，故直线恒过定点，且定点为，所以直线、交于点定，点的坐标为.【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，

37、不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形22. 已知函数.（1）证明：函数在上有且只有一个零点；（2）当时，求函数的最小值；（3）设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值.【答案】（1）证明过程见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）将证明的结论转化为在上有且只有一个零点.然后对函数求导判断函数的单调性，利用零点存在性定理即可证明；（2）对函数求导，判断函数的单调性进而求出函数的最小值；（3）结合（1）（2）的结论和已知条件可知，使最大，则，则，且等号取到与函数相切，然后利用导数的几何意义进行求解即可.【小问1详解】令，得，令，要证函数在上有且只有一个零点，即证在上有且只有一个

38、零点.因为，所以函数在上单调递减，由，则，由零点存在性定理可知，函数在上有且只有一个零点.故得证.【小问2详解】对函数求导可得，因为，所以当时，显然，则；当时，令，因为，（令，则，所以在上单调递增，则，所以，）所以当时，在上单调递增，故，则，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以【小问3详解】由（1）知，函数在上有且只有一个零点，由（2）知函数在上单调递减，在上单调递增，且当，函数趋近于，考虑到，则，则，当变大时，则减小.要使最大，则，则，且等号取到与函数相切，设切点坐标为，则，则有，即，解得，（下面证明唯一性）可化为，令，函数在上单调递减，则，当时，因为时，恒有，则，所以，当时，因为时，恒有，则，所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又因为函数的最小正周期为，所以函数与在上有唯一的交点，草图如下：故，所以的最大值为.【点睛】利用导数研究函数的最值问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数的方法研究函数的单调性，求出极值，结合题中条件即可求出最值（有时解析式中会含有参数，求解时，要讨论参数的不同取值范围，再判断函数的单调性，进行求解）.