資源簡介

浙江省溫州市平陽縣萬全綜合高級中學2023-2024學年中職高二下學期期末普高數學試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2024高二下·平陽期末）已知集合，，則（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·平陽期末）已知圓錐的底面直徑為，母線長為，則其側面展開圖扇形的圓心角為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·平陽期末）已知向量，，則“”是“向量與的夾角為銳角”的（　　）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
4．（2024高二下·平陽期末）已知是等比數列的前項和，且，，則（　　）
A．11 B．13 C．15 D．17
5．（2024高二下·平陽期末）已知，則的值為（　　）
A． B．1 C．4 D．
6．（2024高二下·平陽期末）已知復數，其中且，則的最小值是（　　）
A． B．2 C． D．
7．（2024高二下·平陽期末）若函數有4個零點，則正數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·平陽期末）已知雙曲線：的左右焦點分別為，過點作直線交雙曲線右支于兩點（點在軸上方），使得.若，則雙曲線的離心率為（　　）
A． B． C． D．2
二、選擇題：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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2024高二下·平陽期末）下列說法中，正確的是（　　）
A．若隨機變量，且，則
B．一組數據6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位數為16
C．盒子中裝有除顏色外完全相同的5個黃球和3個藍球，從袋中有放回地依次抽取2個球，第一次抽到藍球的情況下第二次也抽到藍球的概率為
D．設隨機事件，，已知事件發生的概率為0.3，在發生的條件下發生的概率為0.4，在不發生的條件下發生的概率為0.2，則發生的概率為0.26
10．（2024高二下·平陽期末）四棱錐的底面為正方形，PA與底面垂直，，，動點M在線段PC上，則（　　）
A．不存在點M，使得
B．的最小值為
C．四棱錐的外接球表面積為5π
D．點M到直線AB的距離的最小值為
11．（2024高二下·平陽期末）已知定義在上的函數滿足：，都有，且，，當時，有，則（　　）
A． B． C． D．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．（2024高二下·平陽期末）現安排甲、乙、丁、丙、戊五位老師從周一到周五的常規值班，每人一天，每天一人，則甲、乙兩人相鄰，丙不排在周三的概率為　 　.
13．（2024高二下·平陽期末）已知，，則　 　.
14．（2024高二下·平陽期末）已知四棱錐的底面為矩形，，，側面為正三角形且垂直于底面，為四棱錐內切球表面上一點，則點到直線距離的最小值為　 　.
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．（2024高二下·平陽期末）在中，角的對邊分別是，且.
（1）求的值；
（2）若的面積為，求的周長.
16．（2024高二下·平陽期末）在三棱錐中，平面平面，，，分別為的中點.
（1）證明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17．（2024高二下·平陽期末）已知函數，且曲線在點處的切線方程為．
（1）求實數，的值；
（2）證明：函數有兩個零點．
18．（2024高二下·平陽期末）已知拋物線，點在拋物線上，且在軸上方，和在軸下方（在左側），關于軸對稱，直線交軸于點，延長線段交軸于點，連接.
（1）證明：為定值（為坐標原點）；
（2）若點的橫坐標為，且，求的內切圓的方程.
19．（2024高二下·平陽期末）某大學有甲 乙兩個運動場.假設同學們可以任意選擇其中一個運動場鍛煉，也可選擇不鍛煉，一天最多鍛煉一次，一次只能選擇一個運動場.若同學們每次鍛煉選擇去甲或乙運動場的概率均為，每次選擇相互獨立.設王同學在某個假期的三天內去運動場鍛煉的次數為，已知的分布列如下：（其中）
0 1 2 3
（1）記事件表示王同學假期三天內去運動場鍛煉次，事件表示王同學在這三天內去甲運動場鍛煉的次數大于去乙運動場鍛煉的次數.當時，試根據全概率公式求的值；
（2）是否存在實數，使得？若存在，求的值：若不存在，請說明理由；
（3）記表示事件“甲運動場舉辦鍛煉有獎的抽獎活動”，表示事件“王同學去甲運動場鍛煉”，.已知王同學在甲運動場舉辦鍛煉有獎的抽獎活動的情況下去甲運動場鍛煉的概率，比不舉辦抽獎活動的情況下去甲運動場鍛煉的概率大，證明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】，得或，
所以或，，
所以.
故答案為：C
【分析】求出集合A、B，然后進行交集的運算即可得答案.
2．【答案】C
【知識點】扇形的弧長與面積
【解析】【解答】由題設，底面周長，而母線長為，
根據扇形周長公式知：圓心角.
故答案為：C.
【分析】由已知結合扇形弧長公式求解即可.
3．【答案】C
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；平面向量數量積的坐標表示
【解析】【解答】解： 向量，，
若，則，解得，當時，向量，同向共線，夾角為0，即充分性不成立；
若向量與的夾角為銳角，則且，即且，
解得，即必要性成立，
故“”是“向量與的夾角為銳角”的必要不充分條件．
故答案為：C.
【分析】由充分條件和必要條件的概念以及向量數量積判斷即可.
4．【答案】C
【知識點】等比數列的性質
【解析】【解答】解：數列為等比數列，是等比數列的前項和，
則成等比數列，即，
又因為，，所以，
即，解得或，
因為，所以.
故答案為：C．
【分析】由題意可知成等比數列，結合，列方程求解即可．
5．【答案】C
【知識點】二項式定理
【解析】【解答】解：，
展開式的通項為，
令，解得，令，解得，則，
令，解得，令，，則，
故.
故答案為：C.
【分析】原式變形，結合二項展開式的通項，求系數即可.
6．【答案】D
【知識點】復數在復平面中的表示；復數的模；平面內點到直線的距離公式；復數運算的幾何意義
【解析】【解答】解：復數，其中且，復數在復平面內對應的點，在直線上，
的幾何意義是點到點的距離，其最小值為點到直線的距離，最小值為.
故答案為：D.
【分析】由復數的幾何意義及復數模的幾何意義，將問題轉化為點到直線的距離.
7．【答案】B
【知識點】函數的零點與方程根的關系；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：當時，令，即，即，
作出函數和的圖象，由圖可知函數與的圖象只有一個公共點，
所以當時，函數只有一個零點，
又因為函數有4個零點，
所以當時，方程有三個零點，如圖所示：
因為，可得，則滿足，
解得，即實數的取值范圍為.
故答案為：B.
【分析】當時，作出函數和的圖象，根據圖象可知函數只有一個零點，結合題意，可知當時，方程有三個零點，利用三角函數的圖象和性質，列不等式求解即可.
8．【答案】D
【知識點】向量在幾何中的應用；雙曲線的定義；雙曲線的簡單性質；余弦定理
【解析】【解答】解：取的中點，連接，如圖所示：
因為為的中點，所以，
若，則，即，
則，由雙曲線定義可得：，
則，又因為，所以，
在與中，
由余弦定理可得：，
因為，所以，
則，解得，即.
故答案為：D.
【分析】取的中點，連接，根據題意求得，結合雙曲線定義求得，在與中，分別利用余弦定理，結合列出方程得到，求離心率即可.
9．【答案】B,C,D
【知識點】正態密度曲線的特點；全概率公式；條件概率；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：A、根據正態分布的對稱性可知：，ze ，故A錯誤；
B、，則數據第百分位數是，故B正確；
C、由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到藍球”與“第二次抽到藍球”是相互獨立互不影響，則第一次抽到藍球的情況下第二次也抽到藍球的概率為，故C正確；
D、根據全概率公式可得：，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】根據正態分布、百分位數、條件概率、全概率等知識逐項分析判斷即可.
10．【答案】B,D
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；多面體和旋轉體表面上的最短距離問題；空間中直線與直線之間的位置關系；球內接多面體
【解析】【解答】解：A、如圖所示，連接BD，且，
當M在PC中點時，因為點O為AC的中點，所以，
因為平面ABCD，所以平面ABCD，又因為平面ABCD，所以，
因為ABCD為正方形，所以．
又因為，且BD，平面BDM，所以平面BDM，
因為平面BDM，所以，故選項A錯誤；
B、如圖所示，將和所在的平面沿著PC展開在一個平面上，
和是全等的直角三角形，，，
連結，，
所以的最小值為BD，直角斜邊PC上高為，即，
直角斜邊PC上高也為，所以的最小值為，故選項B正確；
C、易知四棱錐的外接球直徑為PC，
所以半徑，所以表面積，故選項C錯誤；
D、點M到直線AB的距離的最小值即為異面直線PC與AB的距離，
因為，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，
所以直線AB到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離，過點A作，
因為平面ABCD，面，所以，
又，且，面，所以平面PAD，
因為平面PAD，所以，
因為，且PD，平面PCD，所以平面PCD，
所以點A到平面PCD的距離，即為AF的長，如圖所示，
在中，，，可得，
所以由等面積得，即點M到直線AB的距離的最小值為，故選項D正確，
故選：BD．
【分析】當點為中點時，根據三角形的中位線性質可得，進而可得平面ABCD，根據線面垂直的性質可得，結合可得平面BDM，再利用線面垂直的性質可得 ，可判斷選項A；利用展開圖，利用數形結合求的最小值，即可判斷選項B；利用幾何體與外接球的關系，四棱錐的外接球直徑為PC，即可球半徑，進而求得外接球的表面積，即可判斷選項C；利用異面直線的距離的轉化，點M到直線AB的距離的最小值即為異面直線PC與AB的距離，由平面PCD可知直線AB到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離，過點A作，利用等面積法求得AF即可判斷選項D.
11．【答案】A,C,D
【知識點】奇偶函數圖象的對稱性；抽象函數及其應用；對數的性質與運算法則
【解析】【解答】解：A、，都有，則函數關于對稱，即，故A正確；
B、，都有，且，令，可得，則，故B錯誤；
C、因為，所以，故C正確；
D、又因為當時，都有，且，，
所以當時，，
因為 ，所以；又因為，所以， 即，
因此，則，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用賦值法即可判斷ABC；由，，從而可得當當時，，結合以及題中信息即可判斷D．
12．【答案】
【知識點】古典概型及其概率計算公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：5位教師從周一到周五的常規值班一共有種方法，
因為甲、乙兩人相鄰， 所以將甲、乙兩人捆綁在一起，作為一個元素，再將四個元素全排，有種不同的排法；丙排在周三，有種不同的排法，
則甲、乙兩人相鄰，丙不排在周三 不同排法的種數為，
則甲、乙兩人相鄰，丙不排在周三的概率為.
故答案為：.
【分析】利用捆綁法和間接法的原則，結合古典概型概率公式求解即可.
13．【答案】
【知識點】兩角和與差的正切公式；二倍角的正弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：，則，
易知，則，
整理得，解得或，
又因為，所以，
則.
故答案為：.
【分析】由題意，根據正切的二倍角公式以及正切的兩角和公式化簡求得，再利用正弦的二倍角公式以及同角三角函數基本關系化簡求值即可.
14．【答案】
【知識點】球內接多面體；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質
【解析】【解答】解：過點作，交于點，如圖所示：
因為側面為正三角形，所以為中點，
設中點為，連接，
由題意可得：圓為的內切圓時，平面截四棱錐的內切球所得的截面為大圓，設內切圓半徑為，與，分別相切于點，，
因為平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
而平面，則，
因為，，所以，，，
在中，，解得，
則四棱錐的內切球的半徑為1，
連接，因為平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面，
因為平面，所以，所以內切球表面上一點到直線的距離的最小值即為線段的長減去球的半徑，，
則四棱錐內切球表面上一點到直線的距離的最小值為.
故答案為：.
【分析】根據題意得到平面截四棱錐的內切球所得的截面為大圓，在中計算得到內切球半徑，最后利用線面垂直的判定定理和性質定理得到，結合球的性質求距離的最小值即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
則，
因為，所以，所以；
（2）解：由（1）可得：，
若的面積為，則，解得，
由余弦定理，，可得，
則，即，
又因為，所以，故的周長為.
【知識點】兩角和與差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由題意，利用正弦定理，結合兩角和的正弦公式化簡求即可；
（2）由（1）的結論，結合同角關系，余弦定理以及三角形的面積公式求解出的值，再求周長即可.
（1）因為，
由正弦定理可得，
所以，
因為，所以，所以.
（2）由（1）易知，因為.所以，
由余弦定理，得.
又因為，所以代入得，
所以，
所以.
又因為，所以，
所以的周長為.
16．【答案】（1）證明： 在三棱錐中， 因為，為中點，所以，
又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以，
又因為為的中點，所以，又因為，所以，
又因為平面，所以平面；
（2）解：過作交于點，設，
以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，，，，
，，，，
設為平面的法向量，則，
即，取，則，，
設為平面的法向量，則，即，
取，則，，
設二面角的大小為，則，
，故二面角的正弦值為.
【知識點】直線與平面垂直的判定；平面的法向量；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】（1）結合中點，利用面面垂直的性質定理證明平面，從而利用線面垂直的性質定理得，最后利用線面垂直的判定定理證明即可；
（2）過作交于點，設，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.
（1），為中點，
.
又平面平面，平面平面，平面，
平面，而平面，
.
又為的中點，
，又，
.
又平面，
平面.
（2）過作交于點，設，
以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
故，，，.
設為平面的法向量，則，即，
，取，則，
是平面的一個法向量.
設為平面的法向量，則，即，
，取，則，
是平面的一個法向量.
設二面角的大小為，則，
，
二面角的正弦值為.
17．【答案】（1）解：函數，求導可得，
由題意可得，即，解得；
（2）證明：令，可得，變形可得，
令，問題轉化為函數有兩個零點，
，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，
因為，，0，所以，，
由零點存在定理可得使得，使得，
則函數有兩個零點．
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；函數零點存在定理
【解析】【分析】（1）求導，利用導數的幾何意義計算即可；
（2）利用轉化的思想將原問題轉化為函數有兩個零點，利用導數研究函數的單調性，結合零點的存在性定理證明即可.
（1）由題意可得，由切線方程可知其斜率為，
所以，解得；
（2）由可得，所以．
函數有兩個零點即函數有兩個零點．
，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．
又，，0，
所以，．
由零點存在定理可得使得，使得，
所以函數有兩個零點．
18．【答案】（1）解：設直線的方程為，則，
聯立，消去整理可得，
，
由韋達定理可得：，
直線的方程為，化簡得，
令，得，即，
則；
（2）解：若點的橫坐標為，由（1）可知，，
設交拋物線于，，如圖所示：
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
由，
可得，
則解得，即直線的方程為
又，
則，
所以直線的方程為，
設圓心，
因為為的平分線，故點到直線和直線的距離相等，所以，
由，解得，則圓的半徑，
故圓的方程為.
【知識點】平面向量數量積的坐標表示；斜率的計算公式；直線的點斜式方程；圓的標準方程；直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）根據已知條件作出圖形，設出直線的方程，與拋物線聯立，利用韋達定理及直線的點斜式方程求解即可；
（2）根據（1）的結論及向量的數量積的坐標表示，進而得出直線的方程，利用直線的斜率公式及直線的點斜式方程，結合角平分線的性質及圓的標準方程求解即可.
（1）設直線的方程為，則，
由，消去，得，
，
所以，
直線的方程為，化簡得，
令，得，所以
因此.
（2）因為點的橫坐標為，由（1）可知，，
設交拋物線于，，如圖所示
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
又，
則，
故結合，得.
所以直線的方程為
又，
則，
所以直線的方程為，
設圓心，
因為為的平分線，故點到直線和直線的距離相等，
所以，因為，解得，
故圓的半徑，
因此圓的方程為.
19．【答案】（1）解：當時，由分布列可得：，
且，解得，
，
由全概率公式得
；
（2）解：由分布列可得，則①，
假設存在，使②，
①②左右分別相乘，得，化簡得：，
設，則，
由，得，由，得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，
所以不存在使得，即不存在值，使得；
（3）證明：由題知，
，
因為，所以，
所以，
即，，則.
【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；概率分布列；全概率公式；條件概率
【解析】【分析】（1）根據分布列的性質求得，再計算出，代入全概率公式計算即可；
（2）先由得到；再按照均值定義得出，消去得出方程，分析函數得其最小值為正，方程無解，即不存在值，使得；
（3）由題意得，運用條件概率公式和對立事件的概率公式化簡得，再兩邊同減構造出，整理證明即可.
（1）當時，，
則，解得.
由題意，得.
由全概率公式，得
（2）由，得.
假設存在，使.
將上述兩式左右分別相乘，得，化簡得：.
設，則.
由，得，由，得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
（3）由題知，所以，因，
故，
所以，
即，
所以，即.
1 / 1浙江省溫州市平陽縣萬全綜合高級中學2023-2024學年中職高二下學期期末普高數學試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2024高二下·平陽期末）已知集合，，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】，得或，
所以或，，
所以.
故答案為：C
【分析】求出集合A、B，然后進行交集的運算即可得答案.
2．（2024高二下·平陽期末）已知圓錐的底面直徑為，母線長為，則其側面展開圖扇形的圓心角為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】扇形的弧長與面積
【解析】【解答】由題設，底面周長，而母線長為，
根據扇形周長公式知：圓心角.
故答案為：C.
【分析】由已知結合扇形弧長公式求解即可.
3．（2024高二下·平陽期末）已知向量，，則“”是“向量與的夾角為銳角”的（　　）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；平面向量數量積的坐標表示
【解析】【解答】解： 向量，，
若，則，解得，當時，向量，同向共線，夾角為0，即充分性不成立；
若向量與的夾角為銳角，則且，即且，
解得，即必要性成立，
故“”是“向量與的夾角為銳角”的必要不充分條件．
故答案為：C.
【分析】由充分條件和必要條件的概念以及向量數量積判斷即可.
4．（2024高二下·平陽期末）已知是等比數列的前項和，且，，則（　　）
A．11 B．13 C．15 D．17
【答案】C
【知識點】等比數列的性質
【解析】【解答】解：數列為等比數列，是等比數列的前項和，
則成等比數列，即，
又因為，，所以，
即，解得或，
因為，所以.
故答案為：C．
【分析】由題意可知成等比數列，結合，列方程求解即可．
5．（2024高二下·平陽期末）已知，則的值為（　　）
A． B．1 C．4 D．
【答案】C
【知識點】二項式定理
【解析】【解答】解：，
展開式的通項為，
令，解得，令，解得，則，
令，解得，令，，則，
故.
故答案為：C.
【分析】原式變形，結合二項展開式的通項，求系數即可.
6．（2024高二下·平陽期末）已知復數，其中且，則的最小值是（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知識點】復數在復平面中的表示；復數的模；平面內點到直線的距離公式；復數運算的幾何意義
【解析】【解答】解：復數，其中且，復數在復平面內對應的點，在直線上，
的幾何意義是點到點的距離，其最小值為點到直線的距離，最小值為.
故答案為：D.
【分析】由復數的幾何意義及復數模的幾何意義，將問題轉化為點到直線的距離.
7．（2024高二下·平陽期末）若函數有4個零點，則正數的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】函數的零點與方程根的關系；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：當時，令，即，即，
作出函數和的圖象，由圖可知函數與的圖象只有一個公共點，
所以當時，函數只有一個零點，
又因為函數有4個零點，
所以當時，方程有三個零點，如圖所示：
因為，可得，則滿足，
解得，即實數的取值范圍為.
故答案為：B.
【分析】當時，作出函數和的圖象，根據圖象可知函數只有一個零點，結合題意，可知當時，方程有三個零點，利用三角函數的圖象和性質，列不等式求解即可.
8．（2024高二下·平陽期末）已知雙曲線：的左右焦點分別為，過點作直線交雙曲線右支于兩點（點在軸上方），使得.若，則雙曲線的離心率為（　　）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知識點】向量在幾何中的應用；雙曲線的定義；雙曲線的簡單性質；余弦定理
【解析】【解答】解：取的中點，連接，如圖所示：
因為為的中點，所以，
若，則，即，
則，由雙曲線定義可得：，
則，又因為，所以，
在與中，
由余弦定理可得：，
因為，所以，
則，解得，即.
故答案為：D.
【分析】取的中點，連接，根據題意求得，結合雙曲線定義求得，在與中，分別利用余弦定理，結合列出方程得到，求離心率即可.
二、選擇題：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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2024高二下·平陽期末）下列說法中，正確的是（　　）
A．若隨機變量，且，則
B．一組數據6，7，7，9，13，14，16，17，21的第70百分位數為16
C．盒子中裝有除顏色外完全相同的5個黃球和3個藍球，從袋中有放回地依次抽取2個球，第一次抽到藍球的情況下第二次也抽到藍球的概率為
D．設隨機事件，，已知事件發生的概率為0.3，在發生的條件下發生的概率為0.4，在不發生的條件下發生的概率為0.2，則發生的概率為0.26
【答案】B,C,D
【知識點】正態密度曲線的特點；全概率公式；條件概率；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：A、根據正態分布的對稱性可知：，ze ，故A錯誤；
B、，則數據第百分位數是，故B正確；
C、由于抽取的方式是有放回，所以“第一次抽到藍球”與“第二次抽到藍球”是相互獨立互不影響，則第一次抽到藍球的情況下第二次也抽到藍球的概率為，故C正確；
D、根據全概率公式可得：，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】根據正態分布、百分位數、條件概率、全概率等知識逐項分析判斷即可.
10．（2024高二下·平陽期末）四棱錐的底面為正方形，PA與底面垂直，，，動點M在線段PC上，則（　　）
A．不存在點M，使得
B．的最小值為
C．四棱錐的外接球表面積為5π
D．點M到直線AB的距離的最小值為
【答案】B,D
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；多面體和旋轉體表面上的最短距離問題；空間中直線與直線之間的位置關系；球內接多面體
【解析】【解答】解：A、如圖所示，連接BD，且，
當M在PC中點時，因為點O為AC的中點，所以，
因為平面ABCD，所以平面ABCD，又因為平面ABCD，所以，
因為ABCD為正方形，所以．
又因為，且BD，平面BDM，所以平面BDM，
因為平面BDM，所以，故選項A錯誤；
B、如圖所示，將和所在的平面沿著PC展開在一個平面上，
和是全等的直角三角形，，，
連結，，
所以的最小值為BD，直角斜邊PC上高為，即，
直角斜邊PC上高也為，所以的最小值為，故選項B正確；
C、易知四棱錐的外接球直徑為PC，
所以半徑，所以表面積，故選項C錯誤；
D、點M到直線AB的距離的最小值即為異面直線PC與AB的距離，
因為，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，
所以直線AB到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離，過點A作，
因為平面ABCD，面，所以，
又，且，面，所以平面PAD，
因為平面PAD，所以，
因為，且PD，平面PCD，所以平面PCD，
所以點A到平面PCD的距離，即為AF的長，如圖所示，
在中，，，可得，
所以由等面積得，即點M到直線AB的距離的最小值為，故選項D正確，
故選：BD．
【分析】當點為中點時，根據三角形的中位線性質可得，進而可得平面ABCD，根據線面垂直的性質可得，結合可得平面BDM，再利用線面垂直的性質可得 ，可判斷選項A；利用展開圖，利用數形結合求的最小值，即可判斷選項B；利用幾何體與外接球的關系，四棱錐的外接球直徑為PC，即可球半徑，進而求得外接球的表面積，即可判斷選項C；利用異面直線的距離的轉化，點M到直線AB的距離的最小值即為異面直線PC與AB的距離，由平面PCD可知直線AB到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離，過點A作，利用等面積法求得AF即可判斷選項D.
11．（2024高二下·平陽期末）已知定義在上的函數滿足：，都有，且，，當時，有，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知識點】奇偶函數圖象的對稱性；抽象函數及其應用；對數的性質與運算法則
【解析】【解答】解：A、，都有，則函數關于對稱，即，故A正確；
B、，都有，且，令，可得，則，故B錯誤；
C、因為，所以，故C正確；
D、又因為當時，都有，且，，
所以當時，，
因為 ，所以；又因為，所以， 即，
因此，則，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】利用賦值法即可判斷ABC；由，，從而可得當當時，，結合以及題中信息即可判斷D．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12．（2024高二下·平陽期末）現安排甲、乙、丁、丙、戊五位老師從周一到周五的常規值班，每人一天，每天一人，則甲、乙兩人相鄰，丙不排在周三的概率為　 　.
【答案】
【知識點】古典概型及其概率計算公式；排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：5位教師從周一到周五的常規值班一共有種方法，
因為甲、乙兩人相鄰， 所以將甲、乙兩人捆綁在一起，作為一個元素，再將四個元素全排，有種不同的排法；丙排在周三，有種不同的排法，
則甲、乙兩人相鄰，丙不排在周三 不同排法的種數為，
則甲、乙兩人相鄰，丙不排在周三的概率為.
故答案為：.
【分析】利用捆綁法和間接法的原則，結合古典概型概率公式求解即可.
13．（2024高二下·平陽期末）已知，，則　 　.
【答案】
【知識點】兩角和與差的正切公式；二倍角的正弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：，則，
易知，則，
整理得，解得或，
又因為，所以，
則.
故答案為：.
【分析】由題意，根據正切的二倍角公式以及正切的兩角和公式化簡求得，再利用正弦的二倍角公式以及同角三角函數基本關系化簡求值即可.
14．（2024高二下·平陽期末）已知四棱錐的底面為矩形，，，側面為正三角形且垂直于底面，為四棱錐內切球表面上一點，則點到直線距離的最小值為　 　.
【答案】
【知識點】球內接多面體；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質
【解析】【解答】解：過點作，交于點，如圖所示：
因為側面為正三角形，所以為中點，
設中點為，連接，
由題意可得：圓為的內切圓時，平面截四棱錐的內切球所得的截面為大圓，設內切圓半徑為，與，分別相切于點，，
因為平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
而平面，則，
因為，，所以，，，
在中，，解得，
則四棱錐的內切球的半徑為1，
連接，因為平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面，
因為平面，所以，所以內切球表面上一點到直線的距離的最小值即為線段的長減去球的半徑，，
則四棱錐內切球表面上一點到直線的距離的最小值為.
故答案為：.
【分析】根據題意得到平面截四棱錐的內切球所得的截面為大圓，在中計算得到內切球半徑，最后利用線面垂直的判定定理和性質定理得到，結合球的性質求距離的最小值即可.
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．（2024高二下·平陽期末）在中，角的對邊分別是，且.
（1）求的值；
（2）若的面積為，求的周長.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
則，
因為，所以，所以；
（2）解：由（1）可得：，
若的面積為，則，解得，
由余弦定理，，可得，
則，即，
又因為，所以，故的周長為.
【知識點】兩角和與差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由題意，利用正弦定理，結合兩角和的正弦公式化簡求即可；
（2）由（1）的結論，結合同角關系，余弦定理以及三角形的面積公式求解出的值，再求周長即可.
（1）因為，
由正弦定理可得，
所以，
因為，所以，所以.
（2）由（1）易知，因為.所以，
由余弦定理，得.
又因為，所以代入得，
所以，
所以.
又因為，所以，
所以的周長為.
16．（2024高二下·平陽期末）在三棱錐中，平面平面，，，分別為的中點.
（1）證明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）證明： 在三棱錐中， 因為，為中點，所以，
又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以，
又因為為的中點，所以，又因為，所以，
又因為平面，所以平面；
（2）解：過作交于點，設，
以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，，，，
，，，，
設為平面的法向量，則，
即，取，則，，
設為平面的法向量，則，即，
取，則，，
設二面角的大小為，則，
，故二面角的正弦值為.
【知識點】直線與平面垂直的判定；平面的法向量；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】（1）結合中點，利用面面垂直的性質定理證明平面，從而利用線面垂直的性質定理得，最后利用線面垂直的判定定理證明即可；
（2）過作交于點，設，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解即可.
（1），為中點，
.
又平面平面，平面平面，平面，
平面，而平面，
.
又為的中點，
，又，
.
又平面，
平面.
（2）過作交于點，設，
以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
故，，，.
設為平面的法向量，則，即，
，取，則，
是平面的一個法向量.
設為平面的法向量，則，即，
，取，則，
是平面的一個法向量.
設二面角的大小為，則，
，
二面角的正弦值為.
17．（2024高二下·平陽期末）已知函數，且曲線在點處的切線方程為．
（1）求實數，的值；
（2）證明：函數有兩個零點．
【答案】（1）解：函數，求導可得，
由題意可得，即，解得；
（2）證明：令，可得，變形可得，
令，問題轉化為函數有兩個零點，
，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，
因為，，0，所以，，
由零點存在定理可得使得，使得，
則函數有兩個零點．
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；函數零點存在定理
【解析】【分析】（1）求導，利用導數的幾何意義計算即可；
（2）利用轉化的思想將原問題轉化為函數有兩個零點，利用導數研究函數的單調性，結合零點的存在性定理證明即可.
（1）由題意可得，由切線方程可知其斜率為，
所以，解得；
（2）由可得，所以．
函數有兩個零點即函數有兩個零點．
，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．
又，，0，
所以，．
由零點存在定理可得使得，使得，
所以函數有兩個零點．
18．（2024高二下·平陽期末）已知拋物線，點在拋物線上，且在軸上方，和在軸下方（在左側），關于軸對稱，直線交軸于點，延長線段交軸于點，連接.
（1）證明：為定值（為坐標原點）；
（2）若點的橫坐標為，且，求的內切圓的方程.
【答案】（1）解：設直線的方程為，則，
聯立，消去整理可得，
，
由韋達定理可得：，
直線的方程為，化簡得，
令，得，即，
則；
（2）解：若點的橫坐標為，由（1）可知，，
設交拋物線于，，如圖所示：
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
由，
可得，
則解得，即直線的方程為
又，
則，
所以直線的方程為，
設圓心，
因為為的平分線，故點到直線和直線的距離相等，所以，
由，解得，則圓的半徑，
故圓的方程為.
【知識點】平面向量數量積的坐標表示；斜率的計算公式；直線的點斜式方程；圓的標準方程；直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】（1）根據已知條件作出圖形，設出直線的方程，與拋物線聯立，利用韋達定理及直線的點斜式方程求解即可；
（2）根據（1）的結論及向量的數量積的坐標表示，進而得出直線的方程，利用直線的斜率公式及直線的點斜式方程，結合角平分線的性質及圓的標準方程求解即可.
（1）設直線的方程為，則，
由，消去，得，
，
所以，
直線的方程為，化簡得，
令，得，所以
因此.
（2）因為點的橫坐標為，由（1）可知，，
設交拋物線于，，如圖所示
又由（1）知，，同理可得，得，
又，
，
又，
則，
故結合，得.
所以直線的方程為
又，
則，
所以直線的方程為，
設圓心，
因為為的平分線，故點到直線和直線的距離相等，
所以，因為，解得，
故圓的半徑，
因此圓的方程為.
19．（2024高二下·平陽期末）某大學有甲 乙兩個運動場.假設同學們可以任意選擇其中一個運動場鍛煉，也可選擇不鍛煉，一天最多鍛煉一次，一次只能選擇一個運動場.若同學們每次鍛煉選擇去甲或乙運動場的概率均為，每次選擇相互獨立.設王同學在某個假期的三天內去運動場鍛煉的次數為，已知的分布列如下：（其中）
0 1 2 3
（1）記事件表示王同學假期三天內去運動場鍛煉次，事件表示王同學在這三天內去甲運動場鍛煉的次數大于去乙運動場鍛煉的次數.當時，試根據全概率公式求的值；
（2）是否存在實數，使得？若存在，求的值：若不存在，請說明理由；
（3）記表示事件“甲運動場舉辦鍛煉有獎的抽獎活動”，表示事件“王同學去甲運動場鍛煉”，.已知王同學在甲運動場舉辦鍛煉有獎的抽獎活動的情況下去甲運動場鍛煉的概率，比不舉辦抽獎活動的情況下去甲運動場鍛煉的概率大，證明：.
【答案】（1）解：當時，由分布列可得：，
且，解得，
，
由全概率公式得
；
（2）解：由分布列可得，則①，
假設存在，使②，
①②左右分別相乘，得，化簡得：，
設，則，
由，得，由，得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，
所以不存在使得，即不存在值，使得；
（3）證明：由題知，
，
因為，所以，
所以，
即，，則.
【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；概率分布列；全概率公式；條件概率
【解析】【分析】（1）根據分布列的性質求得，再計算出，代入全概率公式計算即可；
（2）先由得到；再按照均值定義得出，消去得出方程，分析函數得其最小值為正，方程無解，即不存在值，使得；
（3）由題意得，運用條件概率公式和對立事件的概率公式化簡得，再兩邊同減構造出，整理證明即可.
（1）當時，，
則，解得.
由題意，得.
由全概率公式，得
（2）由，得.
假設存在，使.
將上述兩式左右分別相乘，得，化簡得：.
設，則.
由，得，由，得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，
所以不存在使得.即不存在值，使得.
（3）由題知，所以，因，
故，
所以，
即，
所以，即.
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