河北省“五个一”名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省“五个一”名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题
一、单选题
1．（2023高二下·河北期末）设集合，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合的包含关系判断及应用；函数的定义域及其求法；函数的值域
【解析】【解答】解： ，定义域为即解得，值域为，，，.
故答案为：B.
【分析】先根据根式函数的定义域和值域求出集合A、B，再判断集合A、B关系.
2．（2023高二下·河北期末）已知，，，则与夹角的余弦值为（　　）
A．－1 B． C．0 D．1
【答案】A
【知识点】向量的模；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意得，又 ， ，，.
故答案为：A.
【分析】对 两边平方结合求 与夹角 .
3．（2023高二下·河北期末）已知双曲线与双曲线，则两双曲线的（　　）
A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等
【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的应用
【解析】【解答】解：由题知双曲线的实轴长，虚轴长、焦距， 离心率为；
，双曲线的实轴长，虚轴长、焦距，离心率为.
故答案为：D.
【分析】通过k的范围，结合双曲线定义求出实轴、虚轴、焦距判断选项.
4．（2023高二下·河北期末）已知，且，则下列各式一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数奇偶性的判定
【解析】【解答】解： ，为偶函数，
令，则，又，在单调递减，在单调递增，
当时，是减函数，在上，有，在单调递增，
当时，是增函数，在上，有，在单调递增，
在上单调递增，
A、 ，A正确；
B、 ，B错误；
C、 ，C错误；
D、 ，D错误.
故答案为：A.
【分析】先判断的奇偶性，再根据 判断的单调性，进而判断选项.
5．（2023高二下·河北期末）一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则坐法的种数为（　　）
A．36 B．48 C．72 D．96
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一类相邻空位在最左端或最右端，空位相邻的座位坐一个人，剩余三个座位空位坐两个人有种情况，
第二类不在最左端或最右端，当相邻空位不在最左端或最右端，与空位相邻的左右座位需要坐两个人，有种情况，
坐法的种数共有
故答案为：C.
【分析】利用分类加法第一类相邻空位在最左端或最右端，第二类相邻空位不在最左端或最右端.
6．（2023高二下·河北期末）某学校有男生600人，女生400人．为调查该校全体学生每天的运动时间，采用分层抽样的方法获取容量为的样本．经过计算，样本中男生每天运动时间的平均值为80分钟，方差为10；女生每天运动时间的平均值为60分钟，方差为20．结合数据，估计全校学生每天运动时间的方差为（　　）
A．96 B．110 C．112 D．128
【答案】B
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意设分层抽样抽取该校女、男学生人数分别为，，总数为
样本平均值为，
方差为.
故答案为：B.
【分析】 根据分层抽样原理及男、女学生人数比例，设样本女、男学生人数分别为，，则总数为，求出样本的平均值，代入方差公式进行求解.
7．（2023高二下·河北期末）过直线上一点向圆O：作两条切线，设两切线所成的最大角为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；圆的切线方程
【解析】【解答】解：点P是直线上动点，自点P向圆作切线，如图所示：
则，，，
当最短时，两切线所成的角最大，
，，
.
故答案为：C.
【分析】分析知最短时，两切线所成的角最大，进而求解.
8．（2023高二下·河北期末）设是定义在上的奇函数，且满足，．数列满足，，则（　　）
A．0 B．－1 C．2 D．－2
【答案】D
【知识点】函数的周期性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意得 ， 周期，
，，
，，，
，
故答案为：D.
【分析】先求出函数 周期，再利用数列 的递推式求出通项，求得，代入函数结合周期和奇偶性求解 .
二、多选题
9．（2023高二下·河北期末）若，，则下列说法正确的是（　　）
A．若事件相互独立，则事件也互斥
B．若事件相互独立，则事件不互斥
C．若事件互斥，则事件也相互独立
D．若事件互斥，则事件不相互独立
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：AB、若事件相互独立，，事件不互斥 ，A错误，B正确；
CD、 若事件互斥，，又，，事件不相互独立 ，C错误，D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用互斥事件与独立事件的概率公式，对各选项逐一分析判断即可.
10．（2023高二下·河北期末）函数由关系式确定，则下列说法正确的是（　　）
A．函数的零点为1
B．函数的定义域和值域均为
C．函数的图象是轴对称图形
D．若，则在定义域内满足恒成立
【答案】A,C,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；图形的对称性；函数的零点
【解析】【解答】解：由题意得，画出图象如图，
A、由图知， 函数的零点为1 ，A正确；
B、由图知， 函数的定义域和值域均为 ，B错误；
C、 中与互换后还是 ，函数的图像是关于对称图形，C正确；
D、由图知，的图象恒在直线的上方， 在定义域内满足恒成立 ，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意写出分段函数解析式，画出函数图象，结合图象逐一分析选项.
11．（2023高二下·河北期末）某通信工具在发送、接收信号时都会使用数字0或是1作为代码，且每次只发送一个数字．由于随机因素的干扰，发出的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收成0或1的概率分别为0.94和0.06；发送信号1时，接收成1或0的概率分别为0.96和0.04．假设发送信号0或1的概率是等可能的，则（　　）
A．已知两次发送的信号均为1，则接收到的信号均为1的概率为
B．在单次发送信号中，接收到0的概率为0.49
C．在单次发送信号中，能正确接收的概率为0.95
D．在发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率为
【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、两次发送的信号均为1，接收到的信号均为1的概率为，A错误；
B、在单次发送信号中，接收到0的概率为，B正确；
C、在单次发送信号中，能正确接收的概率为，C错误；
D、由B知：在单次发送信号中，接收到0的概率为，发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率，D正确.
故答案为：BD .
【分析】根据独立事件概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式，逐一判断选项.
12．（2023高二下·河北期末）已知为等腰直角三角形，为斜边且长度是．为等边三角形，若二面角为直二面角，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．半径为的球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中
【答案】A,C,D
【知识点】两条直线垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、取 中点，连接、，
为等腰直角三角形，为斜边 ，， 为等边三角形，
又，平面，平面，
平面， ，A正确；
B、， 二面角为直二面角，平面平面，平面，
由 为等腰直角三角形，且为斜边得，
三棱锥的体积，B错误；
C、设的外心为，如下图所示
为等腰直角三角形，为斜边 ，为 中点，点为外心，
又由B知平面，三棱锥外接球的球心在上，即在平面上，
的外心为为三棱锥外接球的球心，
三棱锥外接球半径，
三棱锥外接球的表面积为 ，C正确；
D、由题意易求得，，
又由B知平面，又平面，，，，
取 中点，连接，则，又，
，同理求得，
三棱锥的表面积
设三棱锥的内切球半径为，则，即，求得，
半径为的球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中 ，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A、取 中点，连接、，通过平面，得到 ；B、求出三棱锥 的体积判断选项；C、分析得的外心为为三棱锥外接球的球心，进而求解判断C选项；D、求出三棱锥的内切球半径，与 比较进而判断D选项.
三、填空题
13．（2023高二下·河北期末）方程在复数集中的解为　 　．
【答案】
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解： ，，解得 .
故答案为：.
【分析】根据一元二次方程解法结合复数四则运算求解.
14．（2023高二下·河北期末）　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解： .
故答案为：.
【分析】结合两角和于差的正弦公式进行化简.
15．（2023高二下·河北期末）已知函数的图像关于点对称，且在区间上单调，则　 　．
【答案】或2
【知识点】余弦函数的奇偶性与对称性；余弦函数的单调性
【解析】【解答】解：由函数的图像关于点对称得 ，即，解得，
当时，，函数在区间上单调，，解得，
当时，，当时，，
故答案为：或2.
【分析】根据三角函数对称性得，结合在区间上单调求出范围，进而得到的值.
16．（2023高二下·河北期末）如图所示，斜率为的直线交椭圆于M、N两点，交轴、轴分别于Q、P两点，且，则椭圆的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线： ，则，，设，，
由 得，，
联立 得，，化简得，
离心率.
故答案为：.
【分析】设直线： ，，，由 得，联立直线和椭圆方程结合韦达定理得，进而化简求椭圆离心率 .
四、解答题
17．（2023高二下·河北期末）已知数列的前n项和为，数列满足，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）是否存在常数p、q，使得对一切正整数n都有成立？若存在，求出p、q的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：因为数列的前n项和为，
当时，，
所以，
当时，，满足，
所以数列的通项公式为，，
所以，，
所以是首项为7，公差为4的等差数列．
（2）解：因为，所以，所以数列是以8为首项，为公比的等比数列，
所以；
所以，
要使对一切正整数n都有成立．
即，即，
所以，
解得，所以则当，时，对一切正整数n都有成立．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式
【解析】【分析】(1)根据，求出通项公式，进而证明出数列为等差数列；
(2)先得到数列是以8为首项，为公比的等比数列，求出通项公式，结合对数运算列出方程组，求出，.
18．（2023高二下·河北期末）记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）求角的大小；
（2）设边上的高，求面积的最小值．
【答案】（1）解：由正弦定理可知：
所以
又，所以，所以．
因为，所以
（2）解：，所以①
而
所以，当且仅当时等号成立②
由①②两式可知，
所以，即面积的最小值为．
【知识点】基本不等式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1)利用正弦定理边化角化简求得，进而求得；
(2)利用等面积法可得，再利用余弦定理求得，进而求 面积的最小值．
19．（2023高二下·河北期末）如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由已知可得，且，
所以四边形OADC为平行四边形，
又因为，所以平行四边形OADC为菱形，
所以
在圆锥PO中，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以
因为，平面POD，平面POD，
所以平面POD．
又因为平面AEC，所以平面平面POD．
（2）解：取CD中点M，易知平面PAB，，
以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，所以，
所以，
所以，，
设平面AEC的一个法向量为，
因为，所以，
令，则，，所以，
易知平面EAB即平面yOz，所以平面EAB的一个法向量为，
设平面AEC与平面EAB的夹角为，
则，
所以平面AEC与平面EAB的夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)通过证明，得到平面POD，所以证得 平面平面；
(2)取CD中点M，以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面与平面的夹角的余弦值．
20．（2023高二下·河北期末）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若既有极大值又有极小值，且极大值和极小值的和为．解不等式．
【答案】（1）解：定义域：，
1° 时，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减；
2° 时
①当时，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
②当时，即时，
恒成立，所以在上单调递增；
③当时，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
综上所述：
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）解：由（1）知：且，
且
即：解不等式；（且）
等价于解不等式：
令，
，
所以在单调递增，
且，所以，
即不等式的解集为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】 (1)对函数求导，对分类讨论得到的正负性，进而判断 的单调性；
(2)由(1) 知，且，， 题目转化为求，构造函数结合函数的单调性及，求不等式的解集.
21．（2023高二下·河北期末）已知为抛物线上一点，，为的中点，设的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作直线交曲线E于点M、N，点为直线l：上一动点．问是否存在点使为正三角形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：设，则
因为点B在抛物线上，即，
化简得，所以曲线E的方程为
（2）解：假设存在点使为正三角形．
当MN垂直于y轴时，不符合题意；
当MN不垂直于y轴时，
设直线MN：，MN的中点为，
联立得：，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∵为正三角形，∴，
即，
∴，
PK：，令，
∴
所以存在点使为正三角形．
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设，则代入抛物线化简即可得曲线的方程；
(2)假设存在点使为正三角形，设直线MN：，联立抛物线方程，根据等边三角形得求出，进而求得存在点使为正三角形．
22．（2023高二下·河北期末）航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．某市为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，现组织该市全体学生参加航天创新知识竞赛，并随机抽取1000名学生作为样本，研究其竞赛成绩．经统计分析该市高中生竞赛成绩近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，并已求得和．
（附：，，，，，若，则，）
（1）若该市有4万名高中生，试估计这些高中生中竞赛成绩位于区间的人数；
（2）若规定成绩在85.2以上的学生等级为优秀，现从全市高中生中任意抽取一个进行访谈，如果取到学生等级不是优秀，则继续抽取下一个，直至取到等级为优秀的学生为止，但抽取的总次数不超过．如果抽取次数的期望值不超过6，求的最大值．
【答案】（1）解：由题意，全市高中生航天创新知识竞赛成绩X近似服从正态分布，
则，，即，，
且，
即，
设该市4万名高中生中航天创新知识竞赛成绩位于区间的人数为，
则，可得，
所以该市4万名高中生中航天创新知识竞赛成绩位于区间的人数约为（人）.
（2）解：由，
可知任意抽取一人，等级为优秀的概率，
设抽取次数为，则的分布列如下：
1 2 3 n
P p
故，
又，
两式相减得：，
所以，
而在时递增，
结合，，，，
可知：当时，；当时，；当时，；
如果抽取次数的期望值不超过6，所以n的最大值为6．
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【分析】 (1) 由题意结合正态分布可得，再结合二项分布运算求解；
(2) 根据题意先求出分布列，根据期望公式和错位相减法求得，根据题中数据和单调性分析求解.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省“五个一”名校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题
一、单选题
1．（2023高二下·河北期末）设集合，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023高二下·河北期末）已知，，，则与夹角的余弦值为（　　）
A．－1 B． C．0 D．1
3．（2023高二下·河北期末）已知双曲线与双曲线，则两双曲线的（　　）
A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等
4．（2023高二下·河北期末）已知，且，则下列各式一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2023高二下·河北期末）一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则坐法的种数为（　　）
A．36 B．48 C．72 D．96
6．（2023高二下·河北期末）某学校有男生600人，女生400人．为调查该校全体学生每天的运动时间，采用分层抽样的方法获取容量为的样本．经过计算，样本中男生每天运动时间的平均值为80分钟，方差为10；女生每天运动时间的平均值为60分钟，方差为20．结合数据，估计全校学生每天运动时间的方差为（　　）
A．96 B．110 C．112 D．128
7．（2023高二下·河北期末）过直线上一点向圆O：作两条切线，设两切线所成的最大角为，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2023高二下·河北期末）设是定义在上的奇函数，且满足，．数列满足，，则（　　）
A．0 B．－1 C．2 D．－2
二、多选题
9．（2023高二下·河北期末）若，，则下列说法正确的是（　　）
A．若事件相互独立，则事件也互斥
B．若事件相互独立，则事件不互斥
C．若事件互斥，则事件也相互独立
D．若事件互斥，则事件不相互独立
10．（2023高二下·河北期末）函数由关系式确定，则下列说法正确的是（　　）
A．函数的零点为1
B．函数的定义域和值域均为
C．函数的图象是轴对称图形
D．若，则在定义域内满足恒成立
11．（2023高二下·河北期末）某通信工具在发送、接收信号时都会使用数字0或是1作为代码，且每次只发送一个数字．由于随机因素的干扰，发出的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收成0或1的概率分别为0.94和0.06；发送信号1时，接收成1或0的概率分别为0.96和0.04．假设发送信号0或1的概率是等可能的，则（　　）
A．已知两次发送的信号均为1，则接收到的信号均为1的概率为
B．在单次发送信号中，接收到0的概率为0.49
C．在单次发送信号中，能正确接收的概率为0.95
D．在发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率为
12．（2023高二下·河北期末）已知为等腰直角三角形，为斜边且长度是．为等边三角形，若二面角为直二面角，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．半径为的球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中
三、填空题
13．（2023高二下·河北期末）方程在复数集中的解为　 　．
14．（2023高二下·河北期末）　 　．
15．（2023高二下·河北期末）已知函数的图像关于点对称，且在区间上单调，则　 　．
16．（2023高二下·河北期末）如图所示，斜率为的直线交椭圆于M、N两点，交轴、轴分别于Q、P两点，且，则椭圆的离心率为　 　．
四、解答题
17．（2023高二下·河北期末）已知数列的前n项和为，数列满足，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）是否存在常数p、q，使得对一切正整数n都有成立？若存在，求出p、q的值；若不存在，说明理由．
18．（2023高二下·河北期末）记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）求角的大小；
（2）设边上的高，求面积的最小值．
19．（2023高二下·河北期末）如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
20．（2023高二下·河北期末）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若既有极大值又有极小值，且极大值和极小值的和为．解不等式．
21．（2023高二下·河北期末）已知为抛物线上一点，，为的中点，设的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作直线交曲线E于点M、N，点为直线l：上一动点．问是否存在点使为正三角形？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
22．（2023高二下·河北期末）航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．某市为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，现组织该市全体学生参加航天创新知识竞赛，并随机抽取1000名学生作为样本，研究其竞赛成绩．经统计分析该市高中生竞赛成绩近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，并已求得和．
（附：，，，，，若，则，）
（1）若该市有4万名高中生，试估计这些高中生中竞赛成绩位于区间的人数；
（2）若规定成绩在85.2以上的学生等级为优秀，现从全市高中生中任意抽取一个进行访谈，如果取到学生等级不是优秀，则继续抽取下一个，直至取到等级为优秀的学生为止，但抽取的总次数不超过．如果抽取次数的期望值不超过6，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合的包含关系判断及应用；函数的定义域及其求法；函数的值域
【解析】【解答】解： ，定义域为即解得，值域为，，，.
故答案为：B.
【分析】先根据根式函数的定义域和值域求出集合A、B，再判断集合A、B关系.
2．【答案】A
【知识点】向量的模；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意得，又 ， ，，.
故答案为：A.
【分析】对 两边平方结合求 与夹角 .
3．【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的应用
【解析】【解答】解：由题知双曲线的实轴长，虚轴长、焦距， 离心率为；
，双曲线的实轴长，虚轴长、焦距，离心率为.
故答案为：D.
【分析】通过k的范围，结合双曲线定义求出实轴、虚轴、焦距判断选项.
4．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数奇偶性的判定
【解析】【解答】解： ，为偶函数，
令，则，又，在单调递减，在单调递增，
当时，是减函数，在上，有，在单调递增，
当时，是增函数，在上，有，在单调递增，
在上单调递增，
A、 ，A正确；
B、 ，B错误；
C、 ，C错误；
D、 ，D错误.
故答案为：A.
【分析】先判断的奇偶性，再根据 判断的单调性，进而判断选项.
5．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一类相邻空位在最左端或最右端，空位相邻的座位坐一个人，剩余三个座位空位坐两个人有种情况，
第二类不在最左端或最右端，当相邻空位不在最左端或最右端，与空位相邻的左右座位需要坐两个人，有种情况，
坐法的种数共有
故答案为：C.
【分析】利用分类加法第一类相邻空位在最左端或最右端，第二类相邻空位不在最左端或最右端.
6．【答案】B
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意设分层抽样抽取该校女、男学生人数分别为，，总数为
样本平均值为，
方差为.
故答案为：B.
【分析】 根据分层抽样原理及男、女学生人数比例，设样本女、男学生人数分别为，，则总数为，求出样本的平均值，代入方差公式进行求解.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的正弦公式；圆的切线方程
【解析】【解答】解：点P是直线上动点，自点P向圆作切线，如图所示：
则，，，
当最短时，两切线所成的角最大，
，，
.
故答案为：C.
【分析】分析知最短时，两切线所成的角最大，进而求解.
8．【答案】D
【知识点】函数的周期性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由题意得 ， 周期，
，，
，，，
，
故答案为：D.
【分析】先求出函数 周期，再利用数列 的递推式求出通项，求得，代入函数结合周期和奇偶性求解 .
9．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：AB、若事件相互独立，，事件不互斥 ，A错误，B正确；
CD、 若事件互斥，，又，，事件不相互独立 ，C错误，D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用互斥事件与独立事件的概率公式，对各选项逐一分析判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；图形的对称性；函数的零点
【解析】【解答】解：由题意得，画出图象如图，
A、由图知， 函数的零点为1 ，A正确；
B、由图知， 函数的定义域和值域均为 ，B错误；
C、 中与互换后还是 ，函数的图像是关于对称图形，C正确；
D、由图知，的图象恒在直线的上方， 在定义域内满足恒成立 ，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意写出分段函数解析式，画出函数图象，结合图象逐一分析选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、两次发送的信号均为1，接收到的信号均为1的概率为，A错误；
B、在单次发送信号中，接收到0的概率为，B正确；
C、在单次发送信号中，能正确接收的概率为，C错误；
D、由B知：在单次发送信号中，接收到0的概率为，发送三次信号后，恰有两次接收到0的概率，D正确.
故答案为：BD .
【分析】根据独立事件概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式，逐一判断选项.
12．【答案】A,C,D
【知识点】两条直线垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、取 中点，连接、，
为等腰直角三角形，为斜边 ，， 为等边三角形，
又，平面，平面，
平面， ，A正确；
B、， 二面角为直二面角，平面平面，平面，
由 为等腰直角三角形，且为斜边得，
三棱锥的体积，B错误；
C、设的外心为，如下图所示
为等腰直角三角形，为斜边 ，为 中点，点为外心，
又由B知平面，三棱锥外接球的球心在上，即在平面上，
的外心为为三棱锥外接球的球心，
三棱锥外接球半径，
三棱锥外接球的表面积为 ，C正确；
D、由题意易求得，，
又由B知平面，又平面，，，，
取 中点，连接，则，又，
，同理求得，
三棱锥的表面积
设三棱锥的内切球半径为，则，即，求得，
半径为的球可以被整体放入以三棱锥为模型做的容器中 ，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A、取 中点，连接、，通过平面，得到 ；B、求出三棱锥 的体积判断选项；C、分析得的外心为为三棱锥外接球的球心，进而求解判断C选项；D、求出三棱锥的内切球半径，与 比较进而判断D选项.
13．【答案】
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解： ，，解得 .
故答案为：.
【分析】根据一元二次方程解法结合复数四则运算求解.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解： .
故答案为：.
【分析】结合两角和于差的正弦公式进行化简.
15．【答案】或2
【知识点】余弦函数的奇偶性与对称性；余弦函数的单调性
【解析】【解答】解：由函数的图像关于点对称得 ，即，解得，
当时，，函数在区间上单调，，解得，
当时，，当时，，
故答案为：或2.
【分析】根据三角函数对称性得，结合在区间上单调求出范围，进而得到的值.
16．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设直线： ，则，，设，，
由 得，，
联立 得，，化简得，
离心率.
故答案为：.
【分析】设直线： ，，，由 得，联立直线和椭圆方程结合韦达定理得，进而化简求椭圆离心率 .
17．【答案】（1）证明：因为数列的前n项和为，
当时，，
所以，
当时，，满足，
所以数列的通项公式为，，
所以，，
所以是首项为7，公差为4的等差数列．
（2）解：因为，所以，所以数列是以8为首项，为公比的等比数列，
所以；
所以，
要使对一切正整数n都有成立．
即，即，
所以，
解得，所以则当，时，对一切正整数n都有成立．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式
【解析】【分析】(1)根据，求出通项公式，进而证明出数列为等差数列；
(2)先得到数列是以8为首项，为公比的等比数列，求出通项公式，结合对数运算列出方程组，求出，.
18．【答案】（1）解：由正弦定理可知：
所以
又，所以，所以．
因为，所以
（2）解：，所以①
而
所以，当且仅当时等号成立②
由①②两式可知，
所以，即面积的最小值为．
【知识点】基本不等式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1)利用正弦定理边化角化简求得，进而求得；
(2)利用等面积法可得，再利用余弦定理求得，进而求 面积的最小值．
19．【答案】（1）证明：由已知可得，且，
所以四边形OADC为平行四边形，
又因为，所以平行四边形OADC为菱形，
所以
在圆锥PO中，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以
因为，平面POD，平面POD，
所以平面POD．
又因为平面AEC，所以平面平面POD．
（2）解：取CD中点M，易知平面PAB，，
以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，所以，
所以，
所以，，
设平面AEC的一个法向量为，
因为，所以，
令，则，，所以，
易知平面EAB即平面yOz，所以平面EAB的一个法向量为，
设平面AEC与平面EAB的夹角为，
则，
所以平面AEC与平面EAB的夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)通过证明，得到平面POD，所以证得 平面平面；
(2)取CD中点M，以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面与平面的夹角的余弦值．
20．【答案】（1）解：定义域：，
1° 时，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减；
2° 时
①当时，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
②当时，即时，
恒成立，所以在上单调递增；
③当时，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
综上所述：
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）解：由（1）知：且，
且
即：解不等式；（且）
等价于解不等式：
令，
，
所以在单调递增，
且，所以，
即不等式的解集为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】 (1)对函数求导，对分类讨论得到的正负性，进而判断 的单调性；
(2)由(1) 知，且，， 题目转化为求，构造函数结合函数的单调性及，求不等式的解集.
21．【答案】（1）解：设，则
因为点B在抛物线上，即，
化简得，所以曲线E的方程为
（2）解：假设存在点使为正三角形．
当MN垂直于y轴时，不符合题意；
当MN不垂直于y轴时，
设直线MN：，MN的中点为，
联立得：，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∵为正三角形，∴，
即，
∴，
PK：，令，
∴
所以存在点使为正三角形．
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 设，则代入抛物线化简即可得曲线的方程；
(2)假设存在点使为正三角形，设直线MN：，联立抛物线方程，根据等边三角形得求出，进而求得存在点使为正三角形．
22．【答案】（1）解：由题意，全市高中生航天创新知识竞赛成绩X近似服从正态分布，
则，，即，，
且，
即，
设该市4万名高中生中航天创新知识竞赛成绩位于区间的人数为，
则，可得，
所以该市4万名高中生中航天创新知识竞赛成绩位于区间的人数约为（人）.
（2）解：由，
可知任意抽取一人，等级为优秀的概率，
设抽取次数为，则的分布列如下：
1 2 3 n
P p
故，
又，
两式相减得：，
所以，
而在时递增，
结合，，，，
可知：当时，；当时，；当时，；
如果抽取次数的期望值不超过6，所以n的最大值为6．
【知识点】二项分布；正态分布定义
【解析】【分析】 (1) 由题意结合正态分布可得，再结合二项分布运算求解；
(2) 根据题意先求出分布列，根据期望公式和错位相减法求得，根据题中数据和单调性分析求解.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1