數(shù)學(xué)
命題，審校：杭州學(xué)軍中學(xué)高三數(shù)學(xué)備課組
2024.4
本試題卷共4頁(yè)，19題，全卷滿分150分.考試用時(shí)120分鐘.
注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名?準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時(shí)，找出每小題答案后，用鉛筆將對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦千凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無(wú)效.
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.不選?多選?錯(cuò)選均不得分.
1. 在復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)（1﹣i）（a+i）的點(diǎn)位于第二象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A. （﹣∞，1）B. （﹣∞，﹣1）C. （1，+∞）D. （﹣1，+∞）
【答案】B
【解析】
【分析】
把復(fù)數(shù)化為代形式，然后得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)，由點(diǎn)在第二象限得出結(jié)論．
【詳解】，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，
由題意，解得．
故選：B.
【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．
2. 設(shè)，為單位向量，在方向上的投影向量為，則（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根據(jù)投影向量公式求的值，再代入向量模的公式求解.
【詳解】，在方向上的投影向量為，
所以，
所以.
故選：D
3. 設(shè)集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由不等式性質(zhì)可知，當(dāng)時(shí)，取得最大值8，利用對(duì)進(jìn)行放縮，然后結(jié)合基本不等式可得的最小值為4，得集合A；解一元二次不等式求出集合B，然后由交集運(yùn)算可得答案.
【詳解】因?yàn)?，所以，得?br>又，所以，
當(dāng)時(shí)，取得最大值8；
又，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以的最小值為4，
所以.
由解得，
所以.
故選：C
4. 已知，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】將題干兩式兩邊平方，結(jié)合平方關(guān)系及兩角和的正弦公式計(jì)算可得.
【詳解】因?yàn)?，?br>所以，，
即，
，
兩式相加可得，
所以.
故選：A
5. 波斯詩(shī)人奧馬爾?海亞姆于十一世紀(jì)發(fā)現(xiàn)了一元三次方程的幾何求解方法.在直角坐標(biāo)系中，兩點(diǎn)在軸上，以為直徑的圓與拋物線：交于點(diǎn)，.已知是方程的一個(gè)解，則點(diǎn)的坐標(biāo)為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得以為直徑的圓的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，消去，可得的方程，由題意考慮兩個(gè)三次方程有相同的解，可得所求點(diǎn)的坐標(biāo)．
【詳解】設(shè)，的中點(diǎn)為，
則以為直徑的圓的方程為，
與拋物線聯(lián)立，可得，
化簡(jiǎn)可得，
由于，可得，的橫坐標(biāo)相等，
則方程和方程有相同的解，
即有，解得，
則．
故選：A．
6. 小蔣同學(xué)喜歡吃餃子，某日他前往食堂購(gòu)買16個(gè)餃子，其中有個(gè)為香菇肉餡，其余為玉米肉餡，且.在小蔣吃到的前13個(gè)餃子均為玉米肉餡的條件下，這16個(gè)餃子全部為玉米肉餡的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】記事件：16個(gè)餃子中有i個(gè)香菇肉餡餃子，，事件B：吃到的前13個(gè)餃子均為玉米肉餡餃子.先利用全概率公式求，然后再由條件概率公式可得.
【詳解】記事件：16個(gè)餃子中有i個(gè)香菇肉餡餃子，，
事件B：吃到的前13個(gè)餃子均為玉米肉餡餃子.
則，，，，
當(dāng)時(shí)，，
由題知，，
所以，
又，
所以.
故選：C
7. 若函數(shù)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函數(shù)與方程的思想將函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，求導(dǎo)并畫出函數(shù)的圖象求得切線方程，再由數(shù)形結(jié)合即可求得的取值范圍.
【詳解】由可得，則函數(shù)與函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；
設(shè)，則，
令，解得；令，解得；
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
令，解得，可求得的圖象在處的切線方程為；
令，解得，可求得的圖象在處的切線方程為；
函數(shù)與函數(shù)的圖象如圖所示：
切線與在軸上的截距分別為,
當(dāng)時(shí)，與函數(shù)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，
故實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故選：A
8. 以半徑為1的球的球心為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，與球相切的平面分別與軸交于三點(diǎn)，，則的最小值為（ ）
A. B. C. 18D.
【答案】C
【解析】
【分析】不妨設(shè)、、均在正半軸，設(shè)球與平面切于點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，由勾股定理求出，利用三角形相似求出，即可求出，再通過(guò)證明平面得到，則，再由三角形相似得到，最后利用基本不等式計(jì)算可得.
【詳解】根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)、、均在正半軸，設(shè)球與平面切于點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，
則平面，平面，平面，所以，
又，所以，即，
又，，所以，則，
所以，
又平面，平面，所以，
平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以
，
又，即，所以，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
即的最小值為.
故選：C
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形，推導(dǎo)出、，利用勾股定理轉(zhuǎn)化計(jì)算，結(jié)合基本不等式求出最小值.
二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.
9. 設(shè)函數(shù)，則（ ）
A. 是偶函數(shù)B. 的最小正周期為
C. 的值域?yàn)镈. 在單調(diào)遞增
【答案】ACD
【解析】
【分析】對(duì)于A選項(xiàng)，利用奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可；
對(duì)于B選項(xiàng)，利用周期性的定義進(jìn)行判斷即可；
對(duì)于C選項(xiàng)，首先證明函數(shù)的周期為，然后分與兩種情況分別討論函數(shù)的值域，進(jìn)而進(jìn)行判斷選項(xiàng)的正誤即可；
對(duì)于D選項(xiàng)，當(dāng)可得，進(jìn)而判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可.
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，已知且定義域?yàn)椋?br>由于，
得是偶函數(shù)，故A選項(xiàng)正確；
對(duì)于B選項(xiàng)，，
得的最小正周期不是，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；
對(duì)于C選項(xiàng)，由于，
得的周期為，
當(dāng)時(shí)，，
由于，得，故
當(dāng)時(shí)，，
由于，得，故.
綜上所述可得的值域?yàn)?，故C選項(xiàng)正確；
對(duì)于D選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，
由于，得，根據(jù)余弦函數(shù)性質(zhì)可知在是單調(diào)遞增.
故D選項(xiàng)正確.
故選：ACD
10. 在對(duì)具有相關(guān)關(guān)系的兩個(gè)變量進(jìn)行回歸分析時(shí)，若兩個(gè)變量不呈線性相關(guān)關(guān)系，可以建立含兩個(gè)待定參數(shù)的非線性模型，并引入中間變量將其轉(zhuǎn)化為線性關(guān)系，再利用最小二乘法進(jìn)行線性回歸分析.下列選項(xiàng)為四個(gè)同學(xué)根據(jù)自己所得數(shù)據(jù)的散點(diǎn)圖建立的非線性模型，且散點(diǎn)圖的樣本點(diǎn)均位于第一象限，則其中可以根據(jù)上述方法進(jìn)行回歸分析的模型有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】將非線性模型，通過(guò)變形轉(zhuǎn)化為線性模型，再利用最小二乘法進(jìn)行線性回歸分析．
【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A ：，令 則；
對(duì)于選項(xiàng)B：
令；
對(duì)于選項(xiàng) C：
即 令 則；
對(duì)于選項(xiàng)D： 令則
此時(shí)斜率為 ，與最小二乘法不符．
故選：ABC
11. 已知是方程的兩根，數(shù)列滿足，，. 滿足，其中. 則（ ）
A.
B.
C. 存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意的正整數(shù)，都有
D. 不存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意的正整數(shù)，都有
【答案】ABC
【解析】
【分析】先證明，，然后對(duì)于A，可直接使用驗(yàn)證；對(duì)于B，使用和即可驗(yàn)證；對(duì)于C和D，直接使用即可驗(yàn)證.
【詳解】由于是方程的兩根，故，.
并可解出，.
用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意的正整數(shù)，有.
當(dāng)時(shí)，由知，故，結(jié)論成立；
當(dāng)時(shí)，有，結(jié)論成立；
假設(shè)當(dāng)，以及時(shí)結(jié)論都成立，這里，則，.
此時(shí)有
，
故結(jié)論對(duì)也成立.
綜上，對(duì)任意的正整數(shù)，有.
由于是偶數(shù)，且由知是偶數(shù)，
且，可知每個(gè)都是偶數(shù).
所以
，
故.
而，故.
又因?yàn)椋?br>故，從而.
所以.
構(gòu)建，則在內(nèi)恒成立，
則，可得成立.
由于，知，.
故，即.
對(duì)于A，有，故A正確；
對(duì)于B，有，故B正確；
對(duì)于C，由于，故存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意的正整數(shù)，都有，故C正確；
對(duì)于D，由于，故存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意的正整數(shù)，都有，故D錯(cuò)誤.
故選：ABC.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)在于，先研究數(shù)列的各個(gè)性質(zhì)，得到和，相比直接通過(guò)題目條件判斷選項(xiàng)，這樣做四個(gè)選項(xiàng)將更加容易判斷.
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 經(jīng)過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)的直線斜率為，則的離心率為______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用斜率計(jì)算公式、離心率計(jì)算公式即可得出結(jié)論.
【詳解】橢圓的右頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)的直線斜率為，
則,即，可知其焦點(diǎn)在軸上，
則的離心率為
.
故答案為：
13. 將個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體如圖放置，其中上層正方體下底面的頂點(diǎn)與下層正方體上底面棱的中點(diǎn)重合.設(shè)最下方正方體的下底面的中心為，過(guò)的直線與平面垂直，以為頂點(diǎn)，為對(duì)稱軸的拋物線在的部分可以被完全放入立體圖形中. 若，則的最小值為______；若有解，則的最大值為______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】將命題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的，在時(shí)恒有成立，然后研究不等式，再次轉(zhuǎn)化為，且，最后根據(jù)題目要求討論即可.
【詳解】拋物線的一部分可以被完全放入立體圖形中，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意的，在時(shí)恒有成立.
即對(duì)任意的，有，，此即，.
這等價(jià)于，且對(duì)任意的，有.
由于當(dāng)時(shí)必有，故條件等價(jià)于，且當(dāng)時(shí)，必有.
這等價(jià)于，且當(dāng)時(shí)，必有，即，令
即，且當(dāng)時(shí)，有.
當(dāng)時(shí)，由于關(guān)于遞增，
故條件等價(jià)于，且.
回到原題.
當(dāng)時(shí)，條件等價(jià)于，所以的最小值為；
若有解，則等價(jià)于或，即，解得.
結(jié)合是正整數(shù)，知的最大值為.
故答案為：4；2.
14. 若函數(shù)（其中）在區(qū)間上恰有4個(gè)零點(diǎn)，則a取值范圍為___________________.
【答案】
【解析】
【分析】分別分析和的零點(diǎn)個(gè)數(shù)求解即可，同時(shí)要注意重根問(wèn)題的檢驗(yàn).
【詳解】當(dāng)，設(shè)，，
則為開口向上的二次函數(shù)，，
①當(dāng)，有唯一解，此時(shí)，
，此時(shí)有三個(gè)解，且均不為3，符合題意；
②當(dāng)，無(wú)解，故區(qū)間上恰有4個(gè)零點(diǎn)，
則，解得，符合題意；
③當(dāng)，的對(duì)稱軸，且，
（i）當(dāng)，，此時(shí)有兩個(gè)解：2和5，，此時(shí)有三個(gè)解，且與的解2，5不重合，不合題意，
（ii）當(dāng)，且，此時(shí)有兩個(gè)解，且均屬于，，
若有2個(gè)解，故，解得，則，舍去；
（iii）若有3個(gè)解，故，解得，
若此時(shí)有2個(gè)解，則必須有1個(gè)重根，
下面檢驗(yàn)重根情況：，則，的3個(gè)解為，
且，，，
故重根可能為，，.
令，，解得，
當(dāng)重合，若，則（），
解得，滿足題意；
若，則，即，無(wú)解；
若，，即，無(wú)解；
當(dāng)重合，若，則，解得（舍去）；
若，則，解得，符合題意；
若，則，即，無(wú)解，舍去；
（iv）當(dāng)，，此時(shí)有1個(gè)解，
設(shè)為m，則，，故，解得，
又，綜合得，
同理（iii）的分析，，，
此時(shí)有三個(gè)解，且與的解不重合，符合題意，
綜上所述：或或
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)二次函數(shù)特征討論判別式及區(qū)間端點(diǎn)與5的關(guān)系.
四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.
15. 平面兩兩平行，且與的距離均為.已知正方體的棱長(zhǎng)為1，且.
（1）求；
（2）求與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量研究點(diǎn)面距離計(jì)算即可；
（2）利用空間向量計(jì)算面面夾角即可.
【小問(wèn)1詳解】

如圖所示，建立以D為中心的空間直角坐標(biāo)系，
易知，
則，
設(shè)平面的一個(gè)單位法向量為，
顯然也是平面的一個(gè)法向量，
由點(diǎn)到面的距離公式知：，
或，
即，
又，所以可得，
此時(shí)，
或，此時(shí)
故；
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，易知，
則，取，即，
設(shè)與平面夾角為，則，
即與平面夾角的余弦值為.
16. 斜二測(cè)畫法是一種常用的工程制圖方法，在已知圖形中平行于軸的線段，在直觀圖畫成平行于軸（由軸順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到）的線段，且長(zhǎng)度為原來(lái)的，平行于軸的線段不變.如圖，在直角坐標(biāo)系中，正方形的邊長(zhǎng)為.定義如下圖像變換：表示“將圖形用斜二測(cè)畫法變形后放回原直角坐標(biāo)系”；表示“將圖形的橫坐標(biāo)保持不變，縱坐標(biāo)拉伸為原來(lái)的倍”.

（1）記正方形經(jīng)過(guò)兩次變換后所得圖形為，求的坐標(biāo)；
（2）在第次復(fù)合變換中，將圖形先進(jìn)行一次變換，再進(jìn)行一次變換，. 記正方形進(jìn)行次復(fù)合變換后所得圖形為.過(guò)作的垂線，垂足為，若恒成立，求的取值范圍.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）將題目中涉及的變換通過(guò)2*2數(shù)表呈現(xiàn)，然后研究復(fù)合變換的表示法，再求得結(jié)果；
（2）先求得次復(fù)合變換對(duì)應(yīng)的數(shù)表，然后計(jì)算出的坐標(biāo)，最后利用數(shù)列作為工具將不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于數(shù)列不等式的恒成立問(wèn)題，再通過(guò)討論求出的取值范圍.
【小問(wèn)1詳解】
先進(jìn)行一些準(zhǔn)備工作.
我們用2*2數(shù)表來(lái)作為變換的記號(hào). 如果一個(gè)變換將點(diǎn)變?yōu)辄c(diǎn)，這里，則我們記.
則根據(jù)定義可知，.
然后，對(duì)，，記“先經(jīng)過(guò)變換，再經(jīng)過(guò)變換”的變換為，則經(jīng)過(guò)變換后變?yōu)?，再?jīng)過(guò)變換后變?yōu)?，?
這表明.
回到原題，由于，故.
所以，分別被變成，.
【小問(wèn)2詳解】
定義數(shù)列如下：，.
然后我們用數(shù)學(xué)歸納法證明：.
當(dāng)時(shí)，由知結(jié)論成立；
假設(shè)當(dāng)時(shí)結(jié)論成立，即.
則.
所以將兩個(gè)變換復(fù)合，就得到
，
故結(jié)論對(duì)也成立.
綜上，對(duì)任意的正整數(shù)，有.
這表明，，，在經(jīng)過(guò)變換后將得到，，.
這表明直線的方程為，從而的坐標(biāo)是.
由的遞推式及可直接得到.
記，則，且.
對(duì)于，我們有，兩邊同時(shí)對(duì)求導(dǎo)可得
，
再同乘，就得到.
取，就有.
這表明，再進(jìn)一步進(jìn)行變換即可得到
.
這直接推出.
同時(shí)，計(jì)算可知.
從而由，，知
故點(diǎn)一定在和之間，即在線段內(nèi)部.
這就得到了.
最后，我們需要求的取值范圍，使得不等式恒成立，即恒成立.
由，知.
若，則，滿足條件；
若恒成立，則恒成立，首先有.
從而由恒成立可知恒成立.
由，知恒成立
即恒成立.
假設(shè)，記.
由，知當(dāng)，且時(shí)，有以下結(jié)論：
①由知；
②由于對(duì)，展開后的二次項(xiàng)為，故.
從而由知，即.
故此時(shí)有，這與恒成立矛盾.
所以，故，從而.
而，故.
綜上，不等式即恒成立的充分必要條件是.
最后，直接計(jì)算得到.
所以的取值范圍是.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)在于，使用反證法否定時(shí)，需要找到使得不成立的對(duì)應(yīng)的條件，而這需要細(xì)致的討論. 如果僅僅通過(guò)的“指數(shù)衰減”這種直觀層面的理解一筆帶過(guò)，直接“得到”在足夠大時(shí)成立，則從邏輯上是不能走通的，特別是由于此時(shí)中含有一個(gè)單調(diào)遞增的因式，直接使用冪函數(shù)的性質(zhì)并不能得到期望的結(jié)果，必須細(xì)致討論.
17. 已知函數(shù).
（1）當(dāng)時(shí)，證明：；
（2）當(dāng)時(shí)，，求的最大值；
（3）若在區(qū)間存在零點(diǎn)，求的取值范圍.
【答案】（1）證明見解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求定義域，作商法結(jié)合基本不等式比較出；
（2）對(duì)求導(dǎo)，變形后，構(gòu)造，求導(dǎo)，再構(gòu)造，求導(dǎo)得到單調(diào)性，結(jié)合得到的單調(diào)性和極值，最值情況，求出答案；
（3）令，當(dāng)時(shí)，由于恒成立，故無(wú)解，當(dāng)時(shí)，，令，，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，又趨向于0時(shí)，趨向于2，故，從而得到，得到答案.
【小問(wèn)1詳解】
定義域?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，，，
由于，
令，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，
又，故；
【小問(wèn)2詳解】
當(dāng)時(shí)，，
，
設(shè)，則，
令，
，
故在上單調(diào)遞增，
又，故當(dāng)時(shí)，，即，
即，故，所以，
則在恒成立，
當(dāng)時(shí)，同理可得，則在上恒成立，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故在處取得極小值，也是最小值，，
故，所以的最大值為；
【小問(wèn)3詳解】
，令，
當(dāng)時(shí)，，由于恒成立，故無(wú)解，舍去；
當(dāng)時(shí)，，
令，，
，
下面證明,，
令，，則，，其中，
令，，則，，其中，
令，，則，，
當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增，
故，故在上單調(diào)遞增，
故，故在上單調(diào)遞增，
故，即,，
則，，
則，
，
由于，而，故，
則，故在上單調(diào)遞增，
又趨向于0時(shí)，趨向于2，故，
故令，解得，此時(shí)有解，故存在零點(diǎn)，
故的取值范圍是.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于求不等式成立時(shí)的參數(shù)范圍問(wèn)題，一般有三個(gè)方法，一是分離參數(shù)法, 使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個(gè)區(qū)間上具體的函數(shù)，通過(guò)對(duì)具體函數(shù)的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結(jié)合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)，通過(guò)兩個(gè)函數(shù)圖像確定條件.
18 設(shè)雙曲線，直線與交于兩點(diǎn).
（1）求的取值范圍；
（2）已知上存在異于的兩點(diǎn)，使得.
（i）當(dāng)時(shí)，求到點(diǎn)的距離（用含的代數(shù)式表示）；
（ii）當(dāng)時(shí)，記原點(diǎn)到直線的距離為，若直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，求的取值范圍.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用直線與雙曲線的位置關(guān)系結(jié)合韋達(dá)定理計(jì)算即可；
（2）（i）設(shè)及其中點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)極化恒等式、弦長(zhǎng)公式計(jì)算即可；（ii）設(shè)直線方程，結(jié)合（i）的結(jié)論知既在圓上也在雙曲線上，分別聯(lián)立直線與圓、雙曲線方程消去得出兩個(gè)一元二次方程，由橫坐標(biāo)均滿足方程得出參數(shù)關(guān)系式，化簡(jiǎn)求，再分類討論結(jié)合判別式、點(diǎn)到直線的距離公式計(jì)算范圍即可.
【小問(wèn)1詳解】
聯(lián)立直線與雙曲線方程得，
則或，
即的取值范圍為；
小問(wèn)2詳解】
（i）設(shè)，則，
由（1）可知：，則，
設(shè)中點(diǎn)為D，則，
而，
，
所以，
又由弦長(zhǎng)公式可知：，
所以，即到點(diǎn)的距離為；
（ii）由（i）知，當(dāng)時(shí)，，
則在圓上，
由題意知直線斜率存在，不妨設(shè)其方程為：，
與雙曲線聯(lián)立，
與圓聯(lián)立
，
即橫坐標(biāo)均滿足上述方程，
所以，
化簡(jiǎn)得，
即，解之得或，
當(dāng)時(shí)，，
則，顯然恒成立，
又，
①時(shí)，，
而由（1）知：，
又，所以，此時(shí)；
②時(shí)，，
同理知，
所以；
當(dāng)時(shí)，，
顯然，上式無(wú)解，舍去；
易知，所以綜上有.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：第二問(wèn)先由極化恒等式得出P、Q的軌跡圓，第一小問(wèn)根據(jù)弦長(zhǎng)公式計(jì)算即可；第二小問(wèn)分別聯(lián)立直線與圓、雙曲線的方程，利用同解方程得出參數(shù)關(guān)系式，從而計(jì)算出的取值，再分類討論的不同取值結(jié)合判別式計(jì)算即可.
19. 在概率較難計(jì)算但數(shù)據(jù)量相當(dāng)大?誤差允許的情況下，可以使用UninBund（布爾不等式）進(jìn)行估計(jì)概率.已知UninBund不等式為：記隨機(jī)事件，則.其誤差允許下可將左右兩邊視為近似相等.據(jù)此解決以下問(wèn)題：
（1）有個(gè)不同的球，其中個(gè)有數(shù)字標(biāo)號(hào).每次等概率隨機(jī)抽取個(gè)球中的一個(gè)球.抽完后放回.記抽取次球后個(gè)有數(shù)字標(biāo)號(hào)的球每個(gè)都至少抽了一次的概率為，現(xiàn)在給定常數(shù)，則滿足的的最小值為多少？請(qǐng)用UninBund估計(jì)其近似的最小值，結(jié)果不用取整.這里相當(dāng)大且遠(yuǎn)大于；
（2）然而實(shí)際情況中，UninBund精度往往不夠，因此需要用容斥原理求出精確值.已知概率容斥原理：記隨機(jī)事件，則.試問(wèn)在（1）的情況下，用容斥原理求出的精確的的最小值是多少（結(jié)果不用取整）？相當(dāng)大且遠(yuǎn)大于.
（1）（2）問(wèn)參考數(shù)據(jù)：當(dāng)相當(dāng)大時(shí)，取.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）設(shè)事件為抽取次未取到號(hào)球，求得，再求，利用布爾不等式及解不等式即可；
（2）由容斥原理得，采用換元法、二項(xiàng)式定理及適當(dāng)放縮得，同取對(duì)數(shù)解不等式即可.
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)事件為抽取次未取到號(hào)球，則，
由題意可知，
而，
所以，
解之得，即滿足的的最小值為；
【小問(wèn)2詳解】
結(jié)合（1）及容斥原理可知：
，①
令，則由上可知：，
易知，
對(duì)于，
由于相當(dāng)大且遠(yuǎn)大于，所以，
故，則，
所以①式，
即，
即用容斥原理求出的精確的的最小值.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：第一問(wèn)根據(jù)事件的對(duì)立及獨(dú)立事件的概率乘法公式計(jì)算得，再解不等式即可；第二問(wèn)利用容斥原理得，根據(jù)二項(xiàng)式定理適當(dāng)放縮可得，再解不等式即可.

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