資源簡介

浙江省金華十校2024-2025學年高二下學期期末調研考試數學試題
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025高二下·金華期末）已知為虛數單位，（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】虛數單位i及其性質
【解析】【解答】解：展開得：
因為
所以
故答案為：B.
【分析】本題考查虛數的運算，利用完全平方公式展開復數表達式，再結合虛數單位i的基本性質進行化簡，從而得出結果.
2．（2025高二下·金華期末）已知集合，，則中元素的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：由對數型復合函數的定義域概念可得：，即，
所以，
所以，兩個元素，
故答案為：C.
【分析】先根據對數函數的定義域求出集合B，再通過交集運算求出，最后確定其中元素的個數.
3．（2025高二下·金華期末）如圖，等腰梯形為某圓臺的軸截面，滿足，則該圓臺的體積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：易知上底面圓的半徑，下底面圓的半徑，
設圓臺的高為h，則.
故答案為：C.
【分析】首先要計算圓臺的體積，需先根據軸截面（等腰梯形）確定圓臺的上、下底面半徑和高，再代入圓臺體積公式求解.
4．（2025高二下·金華期末）已知，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】二倍角的余弦公式；三角函數誘導公式二~六
【解析】【解答】解：由，則.
故答案為：D.
【分析】本題需要利用三角函數的降冪公式和誘導公式，將進行轉化，再代入已知條件計算.
5．（2025高二下·金華期末）已知向量是平面內的一組基底，則“，的夾角為銳角”是“”成立的（　　）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【知識點】充要條件；平面向量的基本定理；平面向量的數量積運算
【解析】【解答】解∵向量是平面內的一組基底，∴向量，不共線.
由，的夾角為銳角可得，所以，所以“，的夾角為銳角”是“”成立的充分條件；
由可得，即.
又向量，不共線，所以，的夾角為銳角，“，的夾角為銳角”是“”成立的必要條件.
綜上，“，的夾角為銳角”是“”成立的充要條件.
故答案為：C.
【分析】由基底性質得、不共線，再依據數量積公式，分別推導“夾角為銳角”與“”的互推關系，判斷條件類型.
6．（2025高二下·金華期末）已知實數，正方形滿足軸，且分別在，，的圖象上，若正方形的面積為36，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】對數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：因為軸，點分別在上，
所以，化簡得.
而，因為正方形的邊長相等，所以，
即，
化簡得.
因為正方形的面積為36，所以邊長為6，
所以，解得，
所以，又，所以.
故答案為：A.
【分析】設出、、的坐標，根據軸得縱坐標關系，結合對數運算化簡得到坐標間聯系，然后利用正方形邊長相等（ ）和面積求出邊長，建立關于和的方程，進而求解.
7．（2025高二下·金華期末）如圖所示的九宮格中共有個格點，若在其中任取3個格點，恰好能構成三角形的取法共有（　　）種.
A．528 B．524 C．520 D．516
【答案】D
【知識點】組合及組合數公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：從個點中取個點共有種情況，
①四點共線的有種情況，從共線的個點中取個點都不能構成三角形，
所以在四點共線的情況下不能構成三角形的取法共有種情況，
②三點共線的共有種情況，所以不能構成三角形的取法共有種情況，
所以能夠成三角形的取法共有種情況.
故答案為：D.
【分析】本題通過間接法計算能構成三角形的格點取法，先求出從所有格點中任取3個點的總取法，再減去不能構成三角形（即三點共線或四點共線中取3點）的取法，從而得到結果.
8．（2025高二下·金華期末）某平面四邊形中，，，，設，.當的面積取得最大值時，的值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】簡單的三角恒等變換；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：
在中，由余弦定理得，
所以，
因為，，
所以，所以，
在由正弦定理得，
所以
因為
所以
，
因為所以所以當即時，
此時的面積取得最大值.
故答案為：B.
【分析】本題需通過解三角形（余弦定理、正弦定理），將的面積表示為關于的三角函數，再利用三角函數的性質求面積最大時的值.關鍵步驟：先在中求及角的關系，再在中用正弦定理表示，最后推導面積表達式并求最值.
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中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得部分分.
9．（2025高二下·金華期末）已知實數，，且，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知識點】利用不等式的性質比較數（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：A、取，滿足，，且，不符合，A錯誤.
B、由，，且，由基本不等式可得，當且僅當取到等號，B正確.
C、由可得，結合，故，，則，C正確.
D、，結合，故，當且僅當取到等號，D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】A、通過構造具體的、值（滿足但不滿足且 ），利用舉反例法否定結論.
B、依據基本不等式（，等號當且僅當時成立 ），代入，直接推導的最大值，判斷不等式是否成立.
C、先由變形得到，結合確定的取值范圍（ ），再通過代換將轉化為關于的表達式（ ），最后利用不等式性質推導的范圍，判斷結論.
D、先對通分變形為，結合轉化為，再依據選項B中的結論，利用不等式性質推導的范圍，判斷不等式是否成立.
10．（2025高二下·金華期末）下列命題正確的是（　　）
A．若事件A，B相互獨立，則
B．若，，，則
C．已知隨機變量，且，則
D．線性相關模型中，相關系數越大，兩個變量的線性相關程度越強
【答案】A,C
【知識點】樣本相關系數r及其數字特征；相互獨立事件的概率乘法公式；條件概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、若事件A，B相互獨立，則，A選項正確；
B、若，，，則，B選項錯誤；
C、已知隨機變量，且，所以，
所以，C選項正確；
D、若變量，的樣本相關系數越接近于1，則，的線性相關度越大，D選項錯誤；
故答案為：AC.
【分析】A、根據獨立事件的定義，判斷其概率乘法公式是否成立.
B、運用條件概率公式，代入數據計算并驗證.
C、借助正態分布的對稱性（以均值為對稱軸 ），結合已知概率推導目標概率.
D、明確線性相關系數與線性相關程度的關聯（越趨近于，線性相關越強 ），判斷命題正誤.
11．（2025高二下·金華期末）定義在上的非常數函數滿足，且，則（　　）
A． B．是的一條對稱軸
C． D．
【答案】B,C,D
【知識點】奇偶函數圖象的對稱性；函數的周期性；基本不等式
【解析】【解答】解：A、賦值，原等式變為：，代入，得：，因 是“非常數函數”（不恒為0 ），故（若 不恒為0，等式兩邊約去 ），A錯誤；
B、賦值，原等式變為：，代入、，得
由函數對稱性定義：若，則 是對稱軸。此處，故 是對稱軸，B正確；
C、令，得，
則，當且僅當時等號成立，C正確；
D、令，得，
因為，所以，
則，即，
則，故，
所以函數是一個周期為4的周期函數，
由，，，
則，，，
則，
則，D正確.
故答案為：BCD.
【分析】A：通過賦值，結合“非常數函數不恒為0”推導；
B：賦值，利用“”判斷對稱軸；
C、賦值，可得，進而結合重要不等式即可判斷C；
D、賦值可得，進而得到函數是周期為4的周期函數，進而求解判斷D.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．（2025高二下·金華期末）除以8的余數為　 　.
【答案】
【知識點】二項式定理的應用
【解析】【解答】解：由二項式定理可知：，
∴除以8的余數為.
故答案為：.
【分析】本題要計算除以8的余數 ，可將9轉化為8 + 1，然后利用二項式定理展開，根據展開式中各項與8的倍數關系，確定余數.
13．（2025高二下·金華期末）若是曲線的切線，則　 　.
【答案】
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究曲線上某點切線方程；基本初等函數導函數公式
【解析】【解答】解：設直線與曲線相切的切點為，
由，求導得，則，解得，
由切點在直線上，得，所以.
故答案為：.
【分析】本題要解決直線是曲線切線時求參數a的值，需利用導數的幾何意義（函數在切點處的導數等于切線的斜率 ），先設出切點坐標，通過求導得出切線斜率，結合已知切線斜率列方程求出切點橫坐標，再將切點代入切線方程求出a.
14．（2025高二下·金華期末）在正方體中，，點E，F，G分別為，，的中點，點在線段上運動（不包括端點），過G，P，的平面截正方體所得的截面周長的取值范圍是　 　.
【答案】
【知識點】函數的最大（小）值；利用導數研究函數的單調性；棱柱的結構特征
【解析】【解答】解：
如圖所示，當點為線段中點時，截面為，其中為中點，周長為；
當點為線段內部時，截面為，其中平行且相等，平行且相等，，，
周長取值范圍是，
當截面為（其中平行，且分別在棱上）時，周長大于且可以任意接近于四邊形的周長，
但小于等于四邊形的周長.
當截面為（其中平行，分別在線段上，在線段上，交于延長線上的一點）時，
方法一：
如圖所示，利用初中幾何知識可證路徑長度在路徑和路徑之間，
∴截面的周長介于四邊形的周長與截面的周長之間，
綜上，過G，P，的平面截正方體所得的截面周長的取值范圍是.
方法二：
設，，，，，
，
，，，，
，，，，
，
，
截面周長為，
，
求導，
∴函數單調遞增，所以截面的周長介于四邊形的周長與截面的周之間，
所以，過G，P，的平面截正方體所得的截面周長的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】本題圍繞正方體截面周長取值范圍，需結合正方體結構，分析點P運動時截面的變化情況，然后利用幾何直觀與函數單調性，通過研究特殊位置（中點、端點附近 ）的截面形狀，推導周長的最值，確定取值范圍.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．（2025高二下·金華期末）2025年3月9日，國家衛生健康委員會在第十四屆全國人大三次會議民生主題記者會上表示，實施“體重管理年”3年行動.某公司為了響應國家號召，收集了總共100名30-40歲之間員工的BMI指數（BMI=體重÷身高），繪制成如下圖的頻率分布直方圖.若該公司超重的人數占40%.（BMI≥24為超重）
（1）求實數s，t的值，并求該公司員工BMI指數的眾數；
（2）該公司把超重的員工按性別單獨做了統計，補全下面列聯表，并根據小概率值的獨立性檢驗，分析超重是否與性別有關.
性別 正常 超重 合計
男 20
女 20
合計 100
附：列聯表參考公式：，其中.
臨界值表：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
【答案】（1）解：由該公司超重的人數占40%可得，解得，
由頻率分布直方圖可得，解得，
由頻率分布直方圖可知BMI指數為時頻率最高，則眾數為.
綜上所述：，，眾數為23.5.
（2）解：由（1）可知超重的總人數為，則補全列聯表可得下表：
性別 正常 超重 合計
男 40 20 60
女 20 20 40
合計 60 40 100
零假設為：性別與超重無關聯，根據殘聯表中的數據，
經計算得到
根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為性別與超重有關聯.
【知識點】頻率分布直方圖；獨立性檢驗的應用；2×2列聯表
【解析】【分析】（1）由頻率分布直方圖的性質，根據題目中所給的頻率，建立方程，可得答案；
（2）先由超重頻率求出超重總人數，補全列聯表，再代入獨立性檢驗公式計算，與臨界值比較，判斷超重與性別是否有關.
（1）由該公司超重的人數占40%可得，解得，
由頻率分布直方圖可得，解得，
由頻率分布直方圖可知BMI指數為時頻率最高，則眾數為.
（2）由（1）可知超重的總人數為，則補全列聯表可得下表：
性別 正常 超重 合計
男 40 20 60
女 20 20 40
合計 60 40 100
零假設為：性別與超重無關聯，根據殘聯表中的數據，
經計算得到
根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為性別與超重有關聯.
16．（2025高二下·金華期末）已知為銳角三角形，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，
（1）求；
（2）若，求面積的取值范圍.
【答案】（1）解： 由余弦定理，，
結合題意得，
解得：.
（2）解：由題意得，為銳角三角形，，則，
由正弦定理得，即，
.
.
【知識點】三角函數中的恒等變換應用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）用余弦定理，結合已知邊的關系，直接求解角C；
（2）由正弦定理，可得，則，然后由可得答案.
（1）由余弦定理，，
結合題意得，即.
（2）由題意，為銳角三角形，，則，.
由正弦定理得，即，
..
17．（2025高二下·金華期末）如圖1所示，四邊形滿足，過點作，點在線段上，且滿足，將沿直線翻折到的位置（圖2），.
（1）求證：；
（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）證明：由翻折的性質，可得，且
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以.
（2）方法一：解：連接AC，BD交于點，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因為，且，平面，所以平面，
因為平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因為平面，所以，
作，連接，因為，且平面，
所以平面，又因為平面，所以，
所以為平面與平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
方法二：解：以點為原點，以所在直線分別為軸和軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量為，
設，則，即，解得，即，
設平面的法向量為，且，
則，即，取，可得，所以，
設平面與平面所處二面角的平面角為，則.
【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質；用空間向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用翻折性質（垂直關系不變 ），結合“線面垂直判定定理”（ 平面 ），推導.
（2）通過空間直角坐標系，確定各點坐標，利用“向量垂直條件”（ ）求 點，再求兩平面法向量，用法向量夾角公式計算二面角余弦值.
（1）證明：由翻折的性質，可得，且
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以.
（2）解：方法一：連接AC，BD交于點，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因為，且，平面，所以平面，
因為平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因為平面，所以，
作，連接，因為，且平面，
所以平面，又因為平面，所以，
所以為平面與平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
法二：以點為原點，以所在直線分別為軸和軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量為，
設，則，即，解得，即，
設平面的法向量為，且，
則，即，取，可得，所以，
設平面與平面所處二面角的平面角為，則.
18．（2025高二下·金華期末）已知函數，其中.
（1）當時，求的單調遞增區間；
（2）若恒成立，求的取值范圍；
（3）試比較2.8與的大小并證明.
【答案】（1）解：函數的定義域為，當時，，
求導得，
由，得，
所以函數的單調遞增區間是.
（2）解：由題意得，，，
當時，；當時，，函數在上遞減，在上遞增，
，由恒成立，得恒成立，
則，即，解得，
所以的取值范圍是.
（3），
證明：由（2）知，當時，，即，
令，有，而，
，
則，兩邊取對數得，所以.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值；不等式的證明
【解析】【分析】（1）代入，求導后解導數大于的不等式，確定單調遞增區間.
（2）求導分析函數單調性，得最小值表達式，結合恒成立條件解不等式，確定的范圍.
（3）利用（2）中結論，取特定值得到不等式，代入放縮證明數值大小.
（1）函數的定義域為，當時，，
求導得，
由，得，
所以函數的單調遞增區間是.
（2）依題意，，，
當時，；當時，，函數在上遞減，在上遞增，
，由恒成立，得恒成立，
則，即，解得，
所以的取值范圍是.
（3）由（2）知，當時，，即，
令，有，而，
，
則，兩邊取對數得，所以.
19．（2025高二下·金華期末）某實驗室對某二進制數碼串傳輸進行測試，初始二進制數碼串是長度為的且全部由0組成的數碼串.傳輸過程中，每位數碼以概率傳輸記為0，以概率傳輸記為1，其中，每位數碼的傳輸相互獨立，并設事件為“傳輸結果各位數字之和為偶數”的事件.
（1）當時，求；
（2）證明：對任意的正整數，有；
（3）在傳輸結果中任取一位數碼，記“取到1”的事件為，問：是否存在最大值？若存在，求出使取到最大值的正整數；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）解：.
（2）證明：傳輸結果各位數字之和為奇數的概率為，
傳輸結果的數碼個數為偶數的概率為，
由，
.
（3）解：當時，不存在最大值；當時，恒為常數；當時，在時取到最大值.理由如下：
記，
則
①當時，，
②當時，，，即單調遞增，不存在最大值.
③當時，正負無法確定，
當為奇數時，，當為偶數時，，
要使取到最大值，應取偶數，記，，
，
，
單調遞減，，
綜上所述：
當時，不存在最大值：
當時，恒為常數；
當時，在時取到最大值.
【知識點】n次獨立重復試驗中恰好發生k次的概率；二項式定理的應用；條件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）：利用獨立重復試驗概率公式，枚舉“和為偶數”的情況（0個1或2個1 ）計算.
（2）：通過二項式定理，構造 與 的和差關系，聯立求解得通項.
（3）：用條件概率公式拆分，構造函數，結合 的符號分類討論單調性，確定最大值.
（1）.
（2）傳輸結果各位數字之和為奇數的概率為，
傳輸結果的數碼個數為偶數的概率為，
由，
.
（3）
記，
則
①當時，，
②當時，，，即單調遞增，不存在最大值.
③當時，正負無法確定，
當為奇數時，，當為偶數時，，
要使取到最大值，應取偶數，記，，
，
，
單調遞減，，
綜上所述：
當時，不存在最大值：
當時，恒為常數；
當時，在時取到最大值.
1 / 1浙江省金華十校2024-2025學年高二下學期期末調研考試數學試題
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．（2025高二下·金華期末）已知為虛數單位，（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·金華期末）已知集合，，則中元素的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2025高二下·金華期末）如圖，等腰梯形為某圓臺的軸截面，滿足，則該圓臺的體積為（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·金華期末）已知，則（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·金華期末）已知向量是平面內的一組基底，則“，的夾角為銳角”是“”成立的（　　）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
6．（2025高二下·金華期末）已知實數，正方形滿足軸，且分別在，，的圖象上，若正方形的面積為36，則（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·金華期末）如圖所示的九宮格中共有個格點，若在其中任取3個格點，恰好能構成三角形的取法共有（　　）種.
A．528 B．524 C．520 D．516
8．（2025高二下·金華期末）某平面四邊形中，，，，設，.當的面積取得最大值時，的值為（　　）
A． B． C． D．
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中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得部分分.
9．（2025高二下·金華期末）已知實數，，且，則（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·金華期末）下列命題正確的是（　　）
A．若事件A，B相互獨立，則
B．若，，，則
C．已知隨機變量，且，則
D．線性相關模型中，相關系數越大，兩個變量的線性相關程度越強
11．（2025高二下·金華期末）定義在上的非常數函數滿足，且，則（　　）
A． B．是的一條對稱軸
C． D．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．（2025高二下·金華期末）除以8的余數為　 　.
13．（2025高二下·金華期末）若是曲線的切線，則　 　.
14．（2025高二下·金華期末）在正方體中，，點E，F，G分別為，，的中點，點在線段上運動（不包括端點），過G，P，的平面截正方體所得的截面周長的取值范圍是　 　.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15．（2025高二下·金華期末）2025年3月9日，國家衛生健康委員會在第十四屆全國人大三次會議民生主題記者會上表示，實施“體重管理年”3年行動.某公司為了響應國家號召，收集了總共100名30-40歲之間員工的BMI指數（BMI=體重÷身高），繪制成如下圖的頻率分布直方圖.若該公司超重的人數占40%.（BMI≥24為超重）
（1）求實數s，t的值，并求該公司員工BMI指數的眾數；
（2）該公司把超重的員工按性別單獨做了統計，補全下面列聯表，并根據小概率值的獨立性檢驗，分析超重是否與性別有關.
性別 正常 超重 合計
男 20
女 20
合計 100
附：列聯表參考公式：，其中.
臨界值表：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
16．（2025高二下·金華期末）已知為銳角三角形，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，
（1）求；
（2）若，求面積的取值范圍.
17．（2025高二下·金華期末）如圖1所示，四邊形滿足，過點作，點在線段上，且滿足，將沿直線翻折到的位置（圖2），.
（1）求證：；
（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.
18．（2025高二下·金華期末）已知函數，其中.
（1）當時，求的單調遞增區間；
（2）若恒成立，求的取值范圍；
（3）試比較2.8與的大小并證明.
19．（2025高二下·金華期末）某實驗室對某二進制數碼串傳輸進行測試，初始二進制數碼串是長度為的且全部由0組成的數碼串.傳輸過程中，每位數碼以概率傳輸記為0，以概率傳輸記為1，其中，每位數碼的傳輸相互獨立，并設事件為“傳輸結果各位數字之和為偶數”的事件.
（1）當時，求；
（2）證明：對任意的正整數，有；
（3）在傳輸結果中任取一位數碼，記“取到1”的事件為，問：是否存在最大值？若存在，求出使取到最大值的正整數；若不存在，請說明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】虛數單位i及其性質
【解析】【解答】解：展開得：
因為
所以
故答案為：B.
【分析】本題考查虛數的運算，利用完全平方公式展開復數表達式，再結合虛數單位i的基本性質進行化簡，從而得出結果.
2．【答案】C
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：由對數型復合函數的定義域概念可得：，即，
所以，
所以，兩個元素，
故答案為：C.
【分析】先根據對數函數的定義域求出集合B，再通過交集運算求出，最后確定其中元素的個數.
3．【答案】C
【知識點】旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：易知上底面圓的半徑，下底面圓的半徑，
設圓臺的高為h，則.
故答案為：C.
【分析】首先要計算圓臺的體積，需先根據軸截面（等腰梯形）確定圓臺的上、下底面半徑和高，再代入圓臺體積公式求解.
4．【答案】D
【知識點】二倍角的余弦公式；三角函數誘導公式二~六
【解析】【解答】解：由，則.
故答案為：D.
【分析】本題需要利用三角函數的降冪公式和誘導公式，將進行轉化，再代入已知條件計算.
5．【答案】C
【知識點】充要條件；平面向量的基本定理；平面向量的數量積運算
【解析】【解答】解∵向量是平面內的一組基底，∴向量，不共線.
由，的夾角為銳角可得，所以，所以“，的夾角為銳角”是“”成立的充分條件；
由可得，即.
又向量，不共線，所以，的夾角為銳角，“，的夾角為銳角”是“”成立的必要條件.
綜上，“，的夾角為銳角”是“”成立的充要條件.
故答案為：C.
【分析】由基底性質得、不共線，再依據數量積公式，分別推導“夾角為銳角”與“”的互推關系，判斷條件類型.
6．【答案】A
【知識點】對數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：因為軸，點分別在上，
所以，化簡得.
而，因為正方形的邊長相等，所以，
即，
化簡得.
因為正方形的面積為36，所以邊長為6，
所以，解得，
所以，又，所以.
故答案為：A.
【分析】設出、、的坐標，根據軸得縱坐標關系，結合對數運算化簡得到坐標間聯系，然后利用正方形邊長相等（ ）和面積求出邊長，建立關于和的方程，進而求解.
7．【答案】D
【知識點】組合及組合數公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：從個點中取個點共有種情況，
①四點共線的有種情況，從共線的個點中取個點都不能構成三角形，
所以在四點共線的情況下不能構成三角形的取法共有種情況，
②三點共線的共有種情況，所以不能構成三角形的取法共有種情況，
所以能夠成三角形的取法共有種情況.
故答案為：D.
【分析】本題通過間接法計算能構成三角形的格點取法，先求出從所有格點中任取3個點的總取法，再減去不能構成三角形（即三點共線或四點共線中取3點）的取法，從而得到結果.
8．【答案】B
【知識點】簡單的三角恒等變換；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：
在中，由余弦定理得，
所以，
因為，，
所以，所以，
在由正弦定理得，
所以
因為
所以
，
因為所以所以當即時，
此時的面積取得最大值.
故答案為：B.
【分析】本題需通過解三角形（余弦定理、正弦定理），將的面積表示為關于的三角函數，再利用三角函數的性質求面積最大時的值.關鍵步驟：先在中求及角的關系，再在中用正弦定理表示，最后推導面積表達式并求最值.
9．【答案】B,C
【知識點】利用不等式的性質比較數（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：A、取，滿足，，且，不符合，A錯誤.
B、由，，且，由基本不等式可得，當且僅當取到等號，B正確.
C、由可得，結合，故，，則，C正確.
D、，結合，故，當且僅當取到等號，D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】A、通過構造具體的、值（滿足但不滿足且 ），利用舉反例法否定結論.
B、依據基本不等式（，等號當且僅當時成立 ），代入，直接推導的最大值，判斷不等式是否成立.
C、先由變形得到，結合確定的取值范圍（ ），再通過代換將轉化為關于的表達式（ ），最后利用不等式性質推導的范圍，判斷結論.
D、先對通分變形為，結合轉化為，再依據選項B中的結論，利用不等式性質推導的范圍，判斷不等式是否成立.
10．【答案】A,C
【知識點】樣本相關系數r及其數字特征；相互獨立事件的概率乘法公式；條件概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、若事件A，B相互獨立，則，A選項正確；
B、若，，，則，B選項錯誤；
C、已知隨機變量，且，所以，
所以，C選項正確；
D、若變量，的樣本相關系數越接近于1，則，的線性相關度越大，D選項錯誤；
故答案為：AC.
【分析】A、根據獨立事件的定義，判斷其概率乘法公式是否成立.
B、運用條件概率公式，代入數據計算并驗證.
C、借助正態分布的對稱性（以均值為對稱軸 ），結合已知概率推導目標概率.
D、明確線性相關系數與線性相關程度的關聯（越趨近于，線性相關越強 ），判斷命題正誤.
11．【答案】B,C,D
【知識點】奇偶函數圖象的對稱性；函數的周期性；基本不等式
【解析】【解答】解：A、賦值，原等式變為：，代入，得：，因 是“非常數函數”（不恒為0 ），故（若 不恒為0，等式兩邊約去 ），A錯誤；
B、賦值，原等式變為：，代入、，得
由函數對稱性定義：若，則 是對稱軸。此處，故 是對稱軸，B正確；
C、令，得，
則，當且僅當時等號成立，C正確；
D、令，得，
因為，所以，
則，即，
則，故，
所以函數是一個周期為4的周期函數，
由，，，
則，，，
則，
則，D正確.
故答案為：BCD.
【分析】A：通過賦值，結合“非常數函數不恒為0”推導；
B：賦值，利用“”判斷對稱軸；
C、賦值，可得，進而結合重要不等式即可判斷C；
D、賦值可得，進而得到函數是周期為4的周期函數，進而求解判斷D.
12．【答案】
【知識點】二項式定理的應用
【解析】【解答】解：由二項式定理可知：，
∴除以8的余數為.
故答案為：.
【分析】本題要計算除以8的余數 ，可將9轉化為8 + 1，然后利用二項式定理展開，根據展開式中各項與8的倍數關系，確定余數.
13．【答案】
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究曲線上某點切線方程；基本初等函數導函數公式
【解析】【解答】解：設直線與曲線相切的切點為，
由，求導得，則，解得，
由切點在直線上，得，所以.
故答案為：.
【分析】本題要解決直線是曲線切線時求參數a的值，需利用導數的幾何意義（函數在切點處的導數等于切線的斜率 ），先設出切點坐標，通過求導得出切線斜率，結合已知切線斜率列方程求出切點橫坐標，再將切點代入切線方程求出a.
14．【答案】
【知識點】函數的最大（小）值；利用導數研究函數的單調性；棱柱的結構特征
【解析】【解答】解：
如圖所示，當點為線段中點時，截面為，其中為中點，周長為；
當點為線段內部時，截面為，其中平行且相等，平行且相等，，，
周長取值范圍是，
當截面為（其中平行，且分別在棱上）時，周長大于且可以任意接近于四邊形的周長，
但小于等于四邊形的周長.
當截面為（其中平行，分別在線段上，在線段上，交于延長線上的一點）時，
方法一：
如圖所示，利用初中幾何知識可證路徑長度在路徑和路徑之間，
∴截面的周長介于四邊形的周長與截面的周長之間，
綜上，過G，P，的平面截正方體所得的截面周長的取值范圍是.
方法二：
設，，，，，
，
，，，，
，，，，
，
，
截面周長為，
，
求導，
∴函數單調遞增，所以截面的周長介于四邊形的周長與截面的周之間，
所以，過G，P，的平面截正方體所得的截面周長的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】本題圍繞正方體截面周長取值范圍，需結合正方體結構，分析點P運動時截面的變化情況，然后利用幾何直觀與函數單調性，通過研究特殊位置（中點、端點附近 ）的截面形狀，推導周長的最值，確定取值范圍.
15．【答案】（1）解：由該公司超重的人數占40%可得，解得，
由頻率分布直方圖可得，解得，
由頻率分布直方圖可知BMI指數為時頻率最高，則眾數為.
綜上所述：，，眾數為23.5.
（2）解：由（1）可知超重的總人數為，則補全列聯表可得下表：
性別 正常 超重 合計
男 40 20 60
女 20 20 40
合計 60 40 100
零假設為：性別與超重無關聯，根據殘聯表中的數據，
經計算得到
根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為性別與超重有關聯.
【知識點】頻率分布直方圖；獨立性檢驗的應用；2×2列聯表
【解析】【分析】（1）由頻率分布直方圖的性質，根據題目中所給的頻率，建立方程，可得答案；
（2）先由超重頻率求出超重總人數，補全列聯表，再代入獨立性檢驗公式計算，與臨界值比較，判斷超重與性別是否有關.
（1）由該公司超重的人數占40%可得，解得，
由頻率分布直方圖可得，解得，
由頻率分布直方圖可知BMI指數為時頻率最高，則眾數為.
（2）由（1）可知超重的總人數為，則補全列聯表可得下表：
性別 正常 超重 合計
男 40 20 60
女 20 20 40
合計 60 40 100
零假設為：性別與超重無關聯，根據殘聯表中的數據，
經計算得到
根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為性別與超重有關聯.
16．【答案】（1）解： 由余弦定理，，
結合題意得，
解得：.
（2）解：由題意得，為銳角三角形，，則，
由正弦定理得，即，
.
.
【知識點】三角函數中的恒等變換應用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）用余弦定理，結合已知邊的關系，直接求解角C；
（2）由正弦定理，可得，則，然后由可得答案.
（1）由余弦定理，，
結合題意得，即.
（2）由題意，為銳角三角形，，則，.
由正弦定理得，即，
..
17．【答案】（1）證明：由翻折的性質，可得，且
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以.
（2）方法一：解：連接AC，BD交于點，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因為，且，平面，所以平面，
因為平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因為平面，所以，
作，連接，因為，且平面，
所以平面，又因為平面，所以，
所以為平面與平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
方法二：解：以點為原點，以所在直線分別為軸和軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量為，
設，則，即，解得，即，
設平面的法向量為，且，
則，即，取，可得，所以，
設平面與平面所處二面角的平面角為，則.
【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質；用空間向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用翻折性質（垂直關系不變 ），結合“線面垂直判定定理”（ 平面 ），推導.
（2）通過空間直角坐標系，確定各點坐標，利用“向量垂直條件”（ ）求 點，再求兩平面法向量，用法向量夾角公式計算二面角余弦值.
（1）證明：由翻折的性質，可得，且
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以.
（2）解：方法一：連接AC，BD交于點，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因為，且，平面，所以平面，
因為平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因為平面，所以，
作，連接，因為，且平面，
所以平面，又因為平面，所以，
所以為平面與平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
法二：以點為原點，以所在直線分別為軸和軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量為，
設，則，即，解得，即，
設平面的法向量為，且，
則，即，取，可得，所以，
設平面與平面所處二面角的平面角為，則.
18．【答案】（1）解：函數的定義域為，當時，，
求導得，
由，得，
所以函數的單調遞增區間是.
（2）解：由題意得，，，
當時，；當時，，函數在上遞減，在上遞增，
，由恒成立，得恒成立，
則，即，解得，
所以的取值范圍是.
（3），
證明：由（2）知，當時，，即，
令，有，而，
，
則，兩邊取對數得，所以.
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值；不等式的證明
【解析】【分析】（1）代入，求導后解導數大于的不等式，確定單調遞增區間.
（2）求導分析函數單調性，得最小值表達式，結合恒成立條件解不等式，確定的范圍.
（3）利用（2）中結論，取特定值得到不等式，代入放縮證明數值大小.
（1）函數的定義域為，當時，，
求導得，
由，得，
所以函數的單調遞增區間是.
（2）依題意，，，
當時，；當時，，函數在上遞減，在上遞增，
，由恒成立，得恒成立，
則，即，解得，
所以的取值范圍是.
（3）由（2）知，當時，，即，
令，有，而，
，
則，兩邊取對數得，所以.
19．【答案】（1）解：.
（2）證明：傳輸結果各位數字之和為奇數的概率為，
傳輸結果的數碼個數為偶數的概率為，
由，
.
（3）解：當時，不存在最大值；當時，恒為常數；當時，在時取到最大值.理由如下：
記，
則
①當時，，
②當時，，，即單調遞增，不存在最大值.
③當時，正負無法確定，
當為奇數時，，當為偶數時，，
要使取到最大值，應取偶數，記，，
，
，
單調遞減，，
綜上所述：
當時，不存在最大值：
當時，恒為常數；
當時，在時取到最大值.
【知識點】n次獨立重復試驗中恰好發生k次的概率；二項式定理的應用；條件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）：利用獨立重復試驗概率公式，枚舉“和為偶數”的情況（0個1或2個1 ）計算.
（2）：通過二項式定理，構造 與 的和差關系，聯立求解得通項.
（3）：用條件概率公式拆分，構造函數，結合 的符號分類討論單調性，確定最大值.
（1）.
（2）傳輸結果各位數字之和為奇數的概率為，
傳輸結果的數碼個數為偶數的概率為，
由，
.
（3）
記，
則
①當時，，
②當時，，，即單調遞增，不存在最大值.
③當時，正負無法確定，
當為奇數時，，當為偶數時，，
要使取到最大值，應取偶數，記，，
，
，
單調遞減，，
綜上所述：
當時，不存在最大值：
當時，恒為常數；
當時，在時取到最大值.
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