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浙江省浙南名校聯盟2023-2024學年高二下學期數學期中聯考試題
一、選擇題：本大題共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·浙江期中） 已知集合，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：，所以.
故答案為：D
【分析】本題考查集合的交集運算.先解一元二次不等式求出集合A，再根據集合交集運算可求出答案.
2．（2024高二下·浙江期中） 已知復數則（　　）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【知識點】復數的模
【解析】【解答】解：由題可得：.
故答案為：B.
【分析】本題考查復數的模長公式.根據復數模長的計算公式：，進行計算可求出答案.
3．（2024高二下·浙江期中） “”是“方程表示的曲線是雙曲線”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】A
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；雙曲線的標準方程
【解析】【解答】解：若，則，所以方程表示雙曲線；
若方程表示雙曲線，則，解得或，
所以“”是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件.
故答案為：A
【分析】本題考查雙曲線方程，充分必要條件的判斷.根據方程表示雙曲線方程，可列出不等式，解不等式可求出實數m的取值范圍，再根據充分、必要條件的概念可判斷出選項.
4．（2024高二下·浙江期中） 已知非零向量滿足，且，則與的夾角為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】數量積表示兩個向量的夾角；平面向量垂直的坐標表示
【解析】【解答】解：因為，
所以，
設與的夾角為，
所以，
所以.
故答案為：D
【分析】本題考查平面向量垂直的轉化，平面向量的夾角計算公式.根據題意利用平面向量垂直的轉化可求出，再利用平面向量的夾角計算公式進行計算可求出答案.
5．（2024高二下·浙江期中） 蒼南168黃金海岸線由北向南像一條珍珠項鏈，串聯了一個個金色沙灘 島礁怪石 肥沃灘涂和一座座漁村古寨 山海營地，被贊為中國東海岸“一號公路”.現有小王和小李準備從煙堆崗，炎亭沙灘，棕櫚灣，濱海小鎮4個網紅景點中隨機選擇一個游玩，設事件為“小李和小王選擇不同的景點”，事件為“小李和小王至少一人選擇炎亭沙灘景點”，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】條件概率與獨立事件
【解析】【解答】解：由題可知，小王和小李從4個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩，共有種，
其中事件的情況有種，
事件A和事件B共同發生的情況有種，
所以，
所以.
故答案為：C.
【分析】本題考查條件概率的計算公式.先求出小王和小李從4個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩的種數，求出事件的種數，進而求出事件發生的概率和事件A和事件B共同發生的概率，再利用條件概率計算公式可求出答案.
6．（2024高二下·浙江期中） 已知正項等差數列的前項和為，則的最大值為（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【知識點】基本不等式；等差數列的前n項和
【解析】【解答】解：由，可得；
又，又，
故，當且僅當時取得等號；
即的最大值為.
故答案為：B.
【分析】利用基本不等式求最值.利用等差數量的前n項和公式可求出的值，利用等差數列的性質可得：，再利用基本不等式可求出最大值.
7．（2024高二下·浙江期中） 已知橢圓的右焦點為，過點作圓的切線與橢圓相交于兩點，且，則橢圓的離心率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：如圖，設切線方程為，
，消去，得，
則①，又，所以，
代入①，得，則，整理得②.
又圓心到直線的距離等于半徑，半徑，
則，解得，代入②，整理得，
所以，由，解得.
故答案為：C
【分析】先設切線為，聯立橢圓方程，利用韋達定理表示，又知利用平面向量的坐標運算可求出：，結合韋達定理可推出：，根據直線與圓的位置關系與點到直線的距離公式可求出，則，利用橢圓的離心率計算公式進行計算可求出答案.
8．（2024高二下·浙江期中） 已知函數在區間上恰有三個零點，且，則的取值可能為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：.
A：當時，，
由，得，函數有3個零點；
，
所以，不符合題意，A錯誤；
B：當時，，
由，得，函數有3個零點；
，
，
，
所以，符合題意，B正確；
C：當時，，
由，得，
函數不止有3個零點，不符合題意，C錯誤；
D：當時，，
由，得，
函數不止有3個零點，不符合題意，D錯誤；
故答案為：B
【分析】先利用輔助角公式化簡函數解析式可得：，結合選項，可求出的取值范圍，再根據正弦函數的圖象和性質可驗證函數是否有3個零點且滿足，據此可選出答案.
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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2024高二下·浙江期中） 已知隨機變量的分布列如下，則正確的是（　　）
1 2
A． B．
C．若，則 D．
【答案】A,B,D
【知識點】離散型隨機變量及其分布列；離散型隨機變量的期望與方差
【解析】【解答】解：A，因為，所以，A正確；
B，，B正確；
C，因為，所以，
所以，C錯誤；
D，，
則的分布列如下：
1 4
所以，
則，D正確.
故答案為：ABD.
【分析】先利用分布列的性質可推出的關系，可判斷A選項；再利用概率的性質可求出，可判斷B選項；再利用隨機變量的期望計算公式求出可判斷C選項；利用隨機變量的方差計算公式求出和.可判斷D選項.
10．（2024高二下·浙江期中） 如圖，正方體的棱長為是線段上的兩個動點，且，是的中點，則下列結論中正確的是（　　）
A．三棱錐的體積為定值
B．平面
C．在線段上存在一點，使得平面
D．平面截正方體的外接球的截面面積為
【答案】A,C
【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；球內接多面體；直線與平面平行的性質；直線與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，三棱錐的體積，點到直線距離為，
而，則面積為定值，又點到平面的距離為2，
因此三棱錐的體積為定值，A正確；
在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系如圖所示：
則，，
設平面的法向量，則，令，得，
B，，與向量不共線，
則與平面不垂直，B錯誤；
C，令，而，則，要平面，必有，
因此，解得，即為的中點，此時平面，
則平面，C正確；
D，正方體的外接球球心是線段的中點，
，點到平面的距離，而球半徑，
平面截球所得截面圓半徑，
所以該截面圓面積為，D錯誤.
故答案為：AC
【分析】利用等體積法進行轉化，再結合面積為定值，點到平面的距離為2，可判斷體積為定值，判斷A選項；建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，判斷出與向量不共線，利用直線與平面的位置關系可判斷B選項；令，利用直線與平面平行的判定定理可得：，求出，即為的中點，據此可判斷C選項；利用向量求出球心到平面的距離d，再利用球的截面的性質可求出半徑，進而求出截面圓面積判斷D選項.
11．（2024高二下·浙江期中） 已知函數（是自然對數的底數），則下列說法正確的是（　　）
A．若，則不存在實數使得成立
B．若，則不存在實數使得成立
C．若的值域是，則
D．當時，若存在實數，使得成立，則
【答案】B,C,D
【知識點】函數恒成立問題
【解析】【解答】解：A：例如，則，
即存在實數使得成立，A錯誤；
B：若，對于關于x方程，
當時，則，可得，
整理得，則，可知方程無解；
當時，則，可得，
整理得，不成立，可知方程無解；
當時，則，可得，
整理得，則，可知方程無解；
綜上所述：關于x方程無解，
即不存在實數使得成立，B正確；
C：若，當時，；
當時，；
此時的值域為，不為，不合題意；
若，當時，；
當時，；
若的值域為，則，解得；
綜上所述：的取值范圍為，C正確；
D：當時，易得在上單調遞增，所以單調遞增，
下面證明：是單調遞增函數，若存在使得，則，
記，則，
即和都在圖像上
假設，因為是單調遞增函數，則，
即，所以矛盾；
假設，因為是單調遞增函數，所以，
即，所以矛盾；
故，即，
因此由題意若存在實數使得成立，
則存在實數使得成立，
又因為
即存在實數使得成立
而在上遞增，所以得，
故，D正確；
故答案為：BCD.
【分析】舉反例：，則進行說明可判斷A選項；分三種情況：當時；當時；當時；求方程的根，可判斷B選項；分和兩種情況，結合分段函數值域分析可求出實數的取值范圍判斷C選項；先證由是單調遞增函數，若存在使得，則，再說明存在實數使得成立，據此可求出實數的取值范圍，判斷D選項.
三、填空題：本大題共3小題，每題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.
12．（2024高二下·浙江期中） 二項式展開式中所有項的系數之和為　 　.
【答案】
【知識點】二項式系數
【解析】【解答】解：令，可得所有項的系數之和為.
故答案為：.
【分析】本題考查二項式系數.令，可得所有項的系數之和，再利用冪的運算性質可求出答案.
13．（2024高二下·浙江期中） 2024年2月1日至4日花樣滑冰四大洲錦標賽在中國上海舉行，甲 乙 丙 丁 戊5名志愿者承擔語言服務 醫療服務 駕駛服務3個項目志愿服務，每名志愿者需承擔1項工作，每項工作至少需要1名志愿者，甲不承擔語言服務，則不同的安排方法有　 　種.（用數字作答）
【答案】100
【知識點】排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：因為甲不承擔語言服務，第一類是從乙 丙 丁 戊中選1人承擔語言服務，則有種，
再把剩下的4人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，則有種，共有種；
第二類是從乙 丙 丁 戊中選2人承擔語言服務，則有種，再把剩下的3人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，則有種，共有種；
第三類是從乙 丙 丁 戊中選3人承擔語言服務，則有種，再把剩下的2人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，則有種，共有種；
綜上不同的安排方法有種，
故答案為：100
【分析】根據甲不承擔語言服務，分為三類：從乙 丙 丁 戊中選1人，2人或3人承擔語言服務，再把剩下的人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，依次求出各類的種數，再利用分類加法計數原理可求出答案.
14．（2024高二下·浙江期中） 已知，對任意都有，則實數的取值范圍是　 　.
【答案】
【知識點】函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【解答】解：因為，即，
令，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上為減函數，在上為增函數，
依題意有，又，
所以在恒成立，
令函數，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上為減函數，在上為增函數，
所以，故，
故答案為：.
【分析】根據已知條件利用對數和指數的運算可得恒成立，構造函數，利用單調性可轉化為恒成立，再次構造函數，求出導函數，利用導函數的正負判斷單調性，根據其單調性及最值轉化為恒成立，將對數轉化為指數可求出 實數的取值范圍.
四、解答題：本大題共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·浙江期中） 銳角中，角所對的邊分別為，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范圍.
【答案】（1）解：方法一：因為；
又因為，所以，即；
又因為為銳角三角形，所以.
方法二：，所以，
即，，
則，得；因為為銳角三角形，所以.
（2）解：由正弦定理得：，
因為為銳角三角形，所以：，
即，所以，即.
【知識點】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本題考查利用正弦定理，余弦定理解三角形.
（1）方法一：利用余弦定理將角化為邊，再結合三角形的面積公式可得，據此可反推出 角的大小 ；方法二：利用正弦定理將邊化為角，再結合三角形的面積公式和兩角和的正弦公式可求出，據此可反推出 角的大小 .
（2）利用正弦定理，將轉化為關于的三角函數，根據為銳角三角形可求出的范圍，利用正切函數的性質可求出三角函數值域，進而求出的取值范圍 .
16．（2024高二下·浙江期中） 已知．
（1）當時，求的單調區間；
（2）若在上有零點，求實數的取值范圍．
【答案】（1）解：當時，，由顯然遞增，令，得，
所以當，在上單調遞增，
當，在上單調遞減，
故在上單調遞增，在上單調遞減．
（2）解：①當時，，在上有零點，不合題意；
②當時，
在上有解在上有解，
則，令，得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，函數值從0增大到；
在上單調遞減，函數值從減小到0；
因為在上有解
所以，解得，
綜上，．
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數的零點與方程根的關系
【解析】【分析】本題考查利用導函數研究函數的單調性，函數的零點.
（1）先求出導函數，再令，求出極值點，進而討論導函數的正負，可求出函數的單調區；
（2）分兩類討論：當時；當時，將問題轉化為在上有解，求出導函數，利用導函數求出函數的單調區間和最值，進而求出實數的取值范圍 ．
17．（2024高二下·浙江期中） 平行四邊形中，，點為的中點，將沿折起到位置時，.
（1）求證：；
（2）求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】（1）證明：如圖，連接，
在中，
由余弦定理可得
，
又，
即
，易得為正三角形
所以與全等，
，
，
又平面，
平面，
又平面，
（2）解：（2）方法一：取的中點連接，如圖所示：
又
為二面角的平面角
在正中，，
在等腰中，，
.
由（1）可知平面又平面
所以，即，
為平面與平面的夾角，
在中，，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
方法二：由（1）可知平面，又平面，
故平面平面，
又平面平面，
取點是線段的中點可得，過作.
則平面.
分別以為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，，
，
設平面的法向量為，
由，則
，即，
令，則，故；
由平面，得平面的法向量為，
設平面與平面所成角為，則
，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
【知識點】直線與平面垂直的判定；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】本題考查直線與平面垂直的判定定理，利用空間向量求二面角.
（1）先利用余弦定理求出，利用勾股定理逆定理證明，利用全等三角形的性質證明，利用直線與平面垂直的判定定理可證明平面，進而證明結論.
（2）方法一，利用等腰三角形的三線合一的性質可證明：，利用二面角的定義推出為二面角的平面角，根據（1）的結論可證明，利用余弦的定義可求出平面與平面的夾角的余弦值；
方法二，根據（1）的結論利用平面與平面垂直的判定定理和平面與平面垂直的性質定理可推出平面與平面的夾角的余弦值，以為原點建立空間直角坐標系，寫出對應點的坐標，求出對應向量，求出平面與平面的法向量，利用空間向量的夾角計算公式可求出答案.
18．（2024高二下·浙江期中） 在已知數列中，
（1）求及數列的通項公式；
（2）已知數列的前項和為，求證：；
（3）中是否存在不同的三項恰好成等差數列？若存在，求出的關系；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）解：由題意得，
，
所以成等比數列，故；
，
所以成等比數列，故，
故；
（2）解：由，
得；
（3）解：設中存在不同的三項恰好成等差數列，
①若均為奇數，不妨設，
則，即，得，
因為是奇數，是偶數，故不可能成立；
②若二奇一偶，不妨設為奇數，為偶數，
則為偶數，為奇數，則，即，
因為被3除余2，
同理也被3除余2，故被3除余1，而為3的倍數，
故不可能成立；
③若一奇二偶，不妨設為偶數，為奇數，
則為奇數，為偶數，則，即，
因為為3的倍數，不是3的倍數（被3除余1），
故不可能成立；
④若均為偶數，不妨設，
則，即，得，
因為被3除余是3的倍數，
故不可能成立，
綜上中不存在不同三項恰好成等差數列.
另：
情形①的另證：若均為奇數，不妨設，
則，即，
且得，得，
故不可能成立.
【知識點】等差數列概念與表示；等比數列概念與表示；數列的求和；數列的遞推公式；等差數列與等比數列的綜合
【解析】【分析】本題考查數列的遞推公式，等比數列的定義，等差數列的定義，裂項相消法求數列的和.
（1）由題意中的遞推公可推出、，利用等比數列的定義可求出數列的通項公式；
（2）利用前n項和與通項的關系可推出：，再利用裂項相消法求和，進而證明結論；
（3）存在不同的三項恰好成等差數列，分類討論均為奇數、二奇一偶、一奇二偶、均為偶數的情況下，利用等差中項的應用可判斷是否成成等差數列，據此可下結論.
19．（2024高二下·浙江期中） 已知直線與拋物線相交于兩點.
（1）求（用表示）；
（2）過點分別作直線的垂線交拋物線于兩點.
（i）求四邊形面積的最小值；
（ii）試判斷直線與直線交點是否在定直線上？若是，求出定直線方程；若不是，請說明理由.
【答案】（1）解：由，得.設，則
，
（2）解：（i）顯然，設，
則，得，同理，
，
（方法一）
設的中點為，則，
點到直線的距離為，
所以四邊形面積
（方法二）
令，則，，
所以當時取最小值為
（ii）在定直線上
由（i）得直線的斜率，
的中點，
所以直線的方程為，
即，
由，消去得
所以直線與直線交點在定直線上.
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】本題考查直線與拋物線的位置關系.
（1）聯立直線方程與拋物線方程，利用韋達定理可得：，再利用弦長公式進行化簡可求出答案；
（2）（方法一）（i）設，利用兩點間的斜率公式再結合垂直關系求出和，利用中點坐標公式可求出的中點的坐標，求出點到直線的距離，據此可推出四邊形的面積公式，利用導函數可求出面積的最小值；
（方法二）（i）設，利用兩點間的斜率公式結合垂直關系求出和，化簡，，據此可推出四邊形的面積公式，利用導函數可求出面積的最小值；
（ii）由（i）化簡直線的斜率，再根據的中點的坐標，利用點斜式可求出直線的方程，與直線聯立，消去，化簡后可求出定直線方程
1 / 1浙江省浙南名校聯盟2023-2024學年高二下學期數學期中聯考試題
一、選擇題：本大題共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·浙江期中） 已知集合，則（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·浙江期中） 已知復數則（　　）
A． B． C．5 D．
3．（2024高二下·浙江期中） “”是“方程表示的曲線是雙曲線”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
4．（2024高二下·浙江期中） 已知非零向量滿足，且，則與的夾角為（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·浙江期中） 蒼南168黃金海岸線由北向南像一條珍珠項鏈，串聯了一個個金色沙灘 島礁怪石 肥沃灘涂和一座座漁村古寨 山海營地，被贊為中國東海岸“一號公路”.現有小王和小李準備從煙堆崗，炎亭沙灘，棕櫚灣，濱海小鎮4個網紅景點中隨機選擇一個游玩，設事件為“小李和小王選擇不同的景點”，事件為“小李和小王至少一人選擇炎亭沙灘景點”，則（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·浙江期中） 已知正項等差數列的前項和為，則的最大值為（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
7．（2024高二下·浙江期中） 已知橢圓的右焦點為，過點作圓的切線與橢圓相交于兩點，且，則橢圓的離心率是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·浙江期中） 已知函數在區間上恰有三個零點，且，則的取值可能為（　　）
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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9．（2024高二下·浙江期中） 已知隨機變量的分布列如下，則正確的是（　　）
1 2
A． B．
C．若，則 D．
10．（2024高二下·浙江期中） 如圖，正方體的棱長為是線段上的兩個動點，且，是的中點，則下列結論中正確的是（　　）
A．三棱錐的體積為定值
B．平面
C．在線段上存在一點，使得平面
D．平面截正方體的外接球的截面面積為
11．（2024高二下·浙江期中） 已知函數（是自然對數的底數），則下列說法正確的是（　　）
A．若，則不存在實數使得成立
B．若，則不存在實數使得成立
C．若的值域是，則
D．當時，若存在實數，使得成立，則
三、填空題：本大題共3小題，每題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.
12．（2024高二下·浙江期中） 二項式展開式中所有項的系數之和為　 　.
13．（2024高二下·浙江期中） 2024年2月1日至4日花樣滑冰四大洲錦標賽在中國上海舉行，甲 乙 丙 丁 戊5名志愿者承擔語言服務 醫療服務 駕駛服務3個項目志愿服務，每名志愿者需承擔1項工作，每項工作至少需要1名志愿者，甲不承擔語言服務，則不同的安排方法有　 　種.（用數字作答）
14．（2024高二下·浙江期中） 已知，對任意都有，則實數的取值范圍是　 　.
四、解答題：本大題共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·浙江期中） 銳角中，角所對的邊分別為，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范圍.
16．（2024高二下·浙江期中） 已知．
（1）當時，求的單調區間；
（2）若在上有零點，求實數的取值范圍．
17．（2024高二下·浙江期中） 平行四邊形中，，點為的中點，將沿折起到位置時，.
（1）求證：；
（2）求平面與平面的夾角的余弦值.
18．（2024高二下·浙江期中） 在已知數列中，
（1）求及數列的通項公式；
（2）已知數列的前項和為，求證：；
（3）中是否存在不同的三項恰好成等差數列？若存在，求出的關系；若不存在，請說明理由.
19．（2024高二下·浙江期中） 已知直線與拋物線相交于兩點.
（1）求（用表示）；
（2）過點分別作直線的垂線交拋物線于兩點.
（i）求四邊形面積的最小值；
（ii）試判斷直線與直線交點是否在定直線上？若是，求出定直線方程；若不是，請說明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：，所以.
故答案為：D
【分析】本題考查集合的交集運算.先解一元二次不等式求出集合A，再根據集合交集運算可求出答案.
2．【答案】B
【知識點】復數的模
【解析】【解答】解：由題可得：.
故答案為：B.
【分析】本題考查復數的模長公式.根據復數模長的計算公式：，進行計算可求出答案.
3．【答案】A
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；雙曲線的標準方程
【解析】【解答】解：若，則，所以方程表示雙曲線；
若方程表示雙曲線，則，解得或，
所以“”是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件.
故答案為：A
【分析】本題考查雙曲線方程，充分必要條件的判斷.根據方程表示雙曲線方程，可列出不等式，解不等式可求出實數m的取值范圍，再根據充分、必要條件的概念可判斷出選項.
4．【答案】D
【知識點】數量積表示兩個向量的夾角；平面向量垂直的坐標表示
【解析】【解答】解：因為，
所以，
設與的夾角為，
所以，
所以.
故答案為：D
【分析】本題考查平面向量垂直的轉化，平面向量的夾角計算公式.根據題意利用平面向量垂直的轉化可求出，再利用平面向量的夾角計算公式進行計算可求出答案.
5．【答案】C
【知識點】條件概率與獨立事件
【解析】【解答】解：由題可知，小王和小李從4個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩，共有種，
其中事件的情況有種，
事件A和事件B共同發生的情況有種，
所以，
所以.
故答案為：C.
【分析】本題考查條件概率的計算公式.先求出小王和小李從4個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩的種數，求出事件的種數，進而求出事件發生的概率和事件A和事件B共同發生的概率，再利用條件概率計算公式可求出答案.
6．【答案】B
【知識點】基本不等式；等差數列的前n項和
【解析】【解答】解：由，可得；
又，又，
故，當且僅當時取得等號；
即的最大值為.
故答案為：B.
【分析】利用基本不等式求最值.利用等差數量的前n項和公式可求出的值，利用等差數列的性質可得：，再利用基本不等式可求出最大值.
7．【答案】C
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【解答】解：如圖，設切線方程為，
，消去，得，
則①，又，所以，
代入①，得，則，整理得②.
又圓心到直線的距離等于半徑，半徑，
則，解得，代入②，整理得，
所以，由，解得.
故答案為：C
【分析】先設切線為，聯立橢圓方程，利用韋達定理表示，又知利用平面向量的坐標運算可求出：，結合韋達定理可推出：，根據直線與圓的位置關系與點到直線的距離公式可求出，則，利用橢圓的離心率計算公式進行計算可求出答案.
8．【答案】B
【知識點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質
【解析】【解答】解：.
A：當時，，
由，得，函數有3個零點；
，
所以，不符合題意，A錯誤；
B：當時，，
由，得，函數有3個零點；
，
，
，
所以，符合題意，B正確；
C：當時，，
由，得，
函數不止有3個零點，不符合題意，C錯誤；
D：當時，，
由，得，
函數不止有3個零點，不符合題意，D錯誤；
故答案為：B
【分析】先利用輔助角公式化簡函數解析式可得：，結合選項，可求出的取值范圍，再根據正弦函數的圖象和性質可驗證函數是否有3個零點且滿足，據此可選出答案.
9．【答案】A,B,D
【知識點】離散型隨機變量及其分布列；離散型隨機變量的期望與方差
【解析】【解答】解：A，因為，所以，A正確；
B，，B正確；
C，因為，所以，
所以，C錯誤；
D，，
則的分布列如下：
1 4
所以，
則，D正確.
故答案為：ABD.
【分析】先利用分布列的性質可推出的關系，可判斷A選項；再利用概率的性質可求出，可判斷B選項；再利用隨機變量的期望計算公式求出可判斷C選項；利用隨機變量的方差計算公式求出和.可判斷D選項.
10．【答案】A,C
【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；球內接多面體；直線與平面平行的性質；直線與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，三棱錐的體積，點到直線距離為，
而，則面積為定值，又點到平面的距離為2，
因此三棱錐的體積為定值，A正確；
在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系如圖所示：
則，，
設平面的法向量，則，令，得，
B，，與向量不共線，
則與平面不垂直，B錯誤；
C，令，而，則，要平面，必有，
因此，解得，即為的中點，此時平面，
則平面，C正確；
D，正方體的外接球球心是線段的中點，
，點到平面的距離，而球半徑，
平面截球所得截面圓半徑，
所以該截面圓面積為，D錯誤.
故答案為：AC
【分析】利用等體積法進行轉化，再結合面積為定值，點到平面的距離為2，可判斷體積為定值，判斷A選項；建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，判斷出與向量不共線，利用直線與平面的位置關系可判斷B選項；令，利用直線與平面平行的判定定理可得：，求出，即為的中點，據此可判斷C選項；利用向量求出球心到平面的距離d，再利用球的截面的性質可求出半徑，進而求出截面圓面積判斷D選項.
11．【答案】B,C,D
【知識點】函數恒成立問題
【解析】【解答】解：A：例如，則，
即存在實數使得成立，A錯誤；
B：若，對于關于x方程，
當時，則，可得，
整理得，則，可知方程無解；
當時，則，可得，
整理得，不成立，可知方程無解；
當時，則，可得，
整理得，則，可知方程無解；
綜上所述：關于x方程無解，
即不存在實數使得成立，B正確；
C：若，當時，；
當時，；
此時的值域為，不為，不合題意；
若，當時，；
當時，；
若的值域為，則，解得；
綜上所述：的取值范圍為，C正確；
D：當時，易得在上單調遞增，所以單調遞增，
下面證明：是單調遞增函數，若存在使得，則，
記，則，
即和都在圖像上
假設，因為是單調遞增函數，則，
即，所以矛盾；
假設，因為是單調遞增函數，所以，
即，所以矛盾；
故，即，
因此由題意若存在實數使得成立，
則存在實數使得成立，
又因為
即存在實數使得成立
而在上遞增，所以得，
故，D正確；
故答案為：BCD.
【分析】舉反例：，則進行說明可判斷A選項；分三種情況：當時；當時；當時；求方程的根，可判斷B選項；分和兩種情況，結合分段函數值域分析可求出實數的取值范圍判斷C選項；先證由是單調遞增函數，若存在使得，則，再說明存在實數使得成立，據此可求出實數的取值范圍，判斷D選項.
12．【答案】
【知識點】二項式系數
【解析】【解答】解：令，可得所有項的系數之和為.
故答案為：.
【分析】本題考查二項式系數.令，可得所有項的系數之和，再利用冪的運算性質可求出答案.
13．【答案】100
【知識點】排列、組合的實際應用
【解析】【解答】解：因為甲不承擔語言服務，第一類是從乙 丙 丁 戊中選1人承擔語言服務，則有種，
再把剩下的4人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，則有種，共有種；
第二類是從乙 丙 丁 戊中選2人承擔語言服務，則有種，再把剩下的3人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，則有種，共有種；
第三類是從乙 丙 丁 戊中選3人承擔語言服務，則有種，再把剩下的2人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，則有種，共有種；
綜上不同的安排方法有種，
故答案為：100
【分析】根據甲不承擔語言服務，分為三類：從乙 丙 丁 戊中選1人，2人或3人承擔語言服務，再把剩下的人分為2組承擔醫療服務 駕駛服務，依次求出各類的種數，再利用分類加法計數原理可求出答案.
14．【答案】
【知識點】函數恒成立問題；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【解答】解：因為，即，
令，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上為減函數，在上為增函數，
依題意有，又，
所以在恒成立，
令函數，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上為減函數，在上為增函數，
所以，故，
故答案為：.
【分析】根據已知條件利用對數和指數的運算可得恒成立，構造函數，利用單調性可轉化為恒成立，再次構造函數，求出導函數，利用導函數的正負判斷單調性，根據其單調性及最值轉化為恒成立，將對數轉化為指數可求出 實數的取值范圍.
15．【答案】（1）解：方法一：因為；
又因為，所以，即；
又因為為銳角三角形，所以.
方法二：，所以，
即，，
則，得；因為為銳角三角形，所以.
（2）解：由正弦定理得：，
因為為銳角三角形，所以：，
即，所以，即.
【知識點】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本題考查利用正弦定理，余弦定理解三角形.
（1）方法一：利用余弦定理將角化為邊，再結合三角形的面積公式可得，據此可反推出 角的大小 ；方法二：利用正弦定理將邊化為角，再結合三角形的面積公式和兩角和的正弦公式可求出，據此可反推出 角的大小 .
（2）利用正弦定理，將轉化為關于的三角函數，根據為銳角三角形可求出的范圍，利用正切函數的性質可求出三角函數值域，進而求出的取值范圍 .
16．【答案】（1）解：當時，，由顯然遞增，令，得，
所以當，在上單調遞增，
當，在上單調遞減，
故在上單調遞增，在上單調遞減．
（2）解：①當時，，在上有零點，不合題意；
②當時，
在上有解在上有解，
則，令，得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，函數值從0增大到；
在上單調遞減，函數值從減小到0；
因為在上有解
所以，解得，
綜上，．
【知識點】利用導數研究函數的單調性；函數的零點與方程根的關系
【解析】【分析】本題考查利用導函數研究函數的單調性，函數的零點.
（1）先求出導函數，再令，求出極值點，進而討論導函數的正負，可求出函數的單調區；
（2）分兩類討論：當時；當時，將問題轉化為在上有解，求出導函數，利用導函數求出函數的單調區間和最值，進而求出實數的取值范圍 ．
17．【答案】（1）證明：如圖，連接，
在中，
由余弦定理可得
，
又，
即
，易得為正三角形
所以與全等，
，
，
又平面，
平面，
又平面，
（2）解：（2）方法一：取的中點連接，如圖所示：
又
為二面角的平面角
在正中，，
在等腰中，，
.
由（1）可知平面又平面
所以，即，
為平面與平面的夾角，
在中，，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
方法二：由（1）可知平面，又平面，
故平面平面，
又平面平面，
取點是線段的中點可得，過作.
則平面.
分別以為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示：
則，，
，
設平面的法向量為，
由，則
，即，
令，則，故；
由平面，得平面的法向量為，
設平面與平面所成角為，則
，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
【知識點】直線與平面垂直的判定；用空間向量研究二面角
【解析】【分析】本題考查直線與平面垂直的判定定理，利用空間向量求二面角.
（1）先利用余弦定理求出，利用勾股定理逆定理證明，利用全等三角形的性質證明，利用直線與平面垂直的判定定理可證明平面，進而證明結論.
（2）方法一，利用等腰三角形的三線合一的性質可證明：，利用二面角的定義推出為二面角的平面角，根據（1）的結論可證明，利用余弦的定義可求出平面與平面的夾角的余弦值；
方法二，根據（1）的結論利用平面與平面垂直的判定定理和平面與平面垂直的性質定理可推出平面與平面的夾角的余弦值，以為原點建立空間直角坐標系，寫出對應點的坐標，求出對應向量，求出平面與平面的法向量，利用空間向量的夾角計算公式可求出答案.
18．【答案】（1）解：由題意得，
，
所以成等比數列，故；
，
所以成等比數列，故，
故；
（2）解：由，
得；
（3）解：設中存在不同的三項恰好成等差數列，
①若均為奇數，不妨設，
則，即，得，
因為是奇數，是偶數，故不可能成立；
②若二奇一偶，不妨設為奇數，為偶數，
則為偶數，為奇數，則，即，
因為被3除余2，
同理也被3除余2，故被3除余1，而為3的倍數，
故不可能成立；
③若一奇二偶，不妨設為偶數，為奇數，
則為奇數，為偶數，則，即，
因為為3的倍數，不是3的倍數（被3除余1），
故不可能成立；
④若均為偶數，不妨設，
則，即，得，
因為被3除余是3的倍數，
故不可能成立，
綜上中不存在不同三項恰好成等差數列.
另：
情形①的另證：若均為奇數，不妨設，
則，即，
且得，得，
故不可能成立.
【知識點】等差數列概念與表示；等比數列概念與表示；數列的求和；數列的遞推公式；等差數列與等比數列的綜合
【解析】【分析】本題考查數列的遞推公式，等比數列的定義，等差數列的定義，裂項相消法求數列的和.
（1）由題意中的遞推公可推出、，利用等比數列的定義可求出數列的通項公式；
（2）利用前n項和與通項的關系可推出：，再利用裂項相消法求和，進而證明結論；
（3）存在不同的三項恰好成等差數列，分類討論均為奇數、二奇一偶、一奇二偶、均為偶數的情況下，利用等差中項的應用可判斷是否成成等差數列，據此可下結論.
19．【答案】（1）解：由，得.設，則
，
（2）解：（i）顯然，設，
則，得，同理，
，
（方法一）
設的中點為，則，
點到直線的距離為，
所以四邊形面積
（方法二）
令，則，，
所以當時取最小值為
（ii）在定直線上
由（i）得直線的斜率，
的中點，
所以直線的方程為，
即，
由，消去得
所以直線與直線交點在定直線上.
【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題
【解析】【分析】本題考查直線與拋物線的位置關系.
（1）聯立直線方程與拋物線方程，利用韋達定理可得：，再利用弦長公式進行化簡可求出答案；
（2）（方法一）（i）設，利用兩點間的斜率公式再結合垂直關系求出和，利用中點坐標公式可求出的中點的坐標，求出點到直線的距離，據此可推出四邊形的面積公式，利用導函數可求出面積的最小值；
（方法二）（i）設，利用兩點間的斜率公式結合垂直關系求出和，化簡，，據此可推出四邊形的面積公式，利用導函數可求出面積的最小值；
（ii）由（i）化簡直線的斜率，再根據的中點的坐標，利用點斜式可求出直線的方程，與直線聯立，消去，化簡后可求出定直線方程
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