浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末检测数学试题

浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高二下·舟山期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为 集合，，
所以.
故答案为：C.
【分析】先求出集合P，再根据交集定义，即可求解.
2．（2024高二下·舟山期末）复数z满足（为虚数单位），则复数z的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以 复数z的虚部为.
故答案为：B.
【分析】先根据复数除法运算法则计算z，然后根据复数定义，即可求解.
3．（2024高二下·舟山期末）已知m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，
若，，则 或，故A错误.
若，，，则 或m、n是异面直线，故B错误.
若， ，则内存在直线与垂直，所以，故C正确.
若，， ，则m不一定垂直，n不一定垂直，所以不一定成立，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据线面平行判定定理，判断A错误.根据面面平行性质定理，判断B错误.根据面面垂直判定定理，判断C正确、D错误.
4．（2024高二下·舟山期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为.
故答案为：D.
【分析】先根据诱导公式化简，求出再根据二倍角公式、同角三角函数关系将转化为正切值，代入计算即可求解.
5．（2024高二下·舟山期末）在的展开式中，常数项为（　　）
A．182 B．42 C． D．
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的通项为 ，
当8-2r=0，即r=4时，的常数项为，
当8-2r=-2，即r=5时，的含项为，
所以的展开式中，常数项为.
故答案为：B.
【分析】先写出的通项，求出含项、常数项，再分别与相乘后相加，即可求解.
6．（2024高二下·舟山期末）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：因为，所以，因为为互斥事件，
所以，又
所以，所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据对立事件由 ，求得，根据互斥事件，由 ，求得，代入即可求解.
7．（2024高二下·舟山期末）嫦娥六号是中国计划进行的一次月球采样返回任务.假设嫦娥六号在接近月球表面时，需要进行一系列的减速操作，其减速过程可以近似地看作是一个指数衰减过程，其速度（单位：米/秒）随时间t（单位：秒）的变化关系可以表示为：，其中是初始速度，是一个减速过程相关的常数.已知嫦娥六号在时的初始速度为，经过后，速度变为.若嫦娥六号需要在时将速度减至月球表面的安全着陆速度，则（　　）
（精确到小数点后一位，参考数值：）
A．99.7 B．99.8 C．99.3 D．96.3
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：因为，所以，所以 ，
所以，所以，所以.
故答案为：A.
【分析】将 在时的初始速度为，经过后，速度变为
代入，求出解析式，将 代入解析式，两边取对数结合换底公式，
即可求解.
8．（2024高二下·舟山期末）已知函数的定义域为，且，的图像关于直线对称，，在上单调递增，则下列说法中错误的是（　　）
A． B．的一条对称轴是直线
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解： 函数的定义域为，且 ，
令，则，解得；
令，，则，
即，故函数为奇函数；
因为的图像关于对称，
所以，即关于对称，故B正确；
因为关于对称，所以，所以，
所以，即的周期为6，
所以，，，，，
所以，，
故A正确，D错误；
因为，且在上单调递增，
所以在上单调递减，所以，即，故C正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，令，可求得；令，可得，利用已知可得关于对称即可判断B；可求得函数的周期为6，关于对称，计算即可判断AD；由题意可得在上单调递减即可判断C.
二、多选题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高二下·舟山期末）下列说法正确的是（　　）
A．某校高二年级共有学生600人，现采用比例分配的分层随机抽样方法抽取容量为60的样本，若样本中男生有40人，则该校高二女生人数是200
B．数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为9
C．已知y关于x的回归直线方程为，若，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关，此推断犯错的概率不大于0.05
【答案】A,C
【知识点】分层抽样方法；线性回归方程；独立性检验的应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，抽样比为，所以该校高一年级男生人数，所以该校高一年级女生人数600-300=300人，故A正确；
对于B，因为7x75%=5.25，所以第75百分位数为第6个数字10，故B错误 ；
对于C，将 代入线性回归方程中，得 ，故C正确：
对于D，因为3.841，所以可判断x与y没有关联，故D错误.
故答案为：A、C.
【分析】根据分层抽样的定义，判断A正确，根据百分位数定义，判断B错误，根据回归方程过中心点，判断C正确，根据独立性检验思想，判断D错误.
10．（2024高二下·舟山期末）在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，，则满足条件的△ABC有两个
C．若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为
D．若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：因为
所以，所以 .故A正确.
因为，所以所以c=3，因为，
所以， 满足条件的△ABC有 一个，故B错误.
因为，
所以所以，
所以 △ABC面积的最大值为 .故C正确.
因为，所以， 所以
，又，
所以，所以的取值范围是 .故D正确.
故答案为：A、C、D.
【分析】利用余弦定理、三角形面积公式，化简，求出，判断A正确.
利用余弦定理代入，求出c边，根据边的大小，判断只有一解，判断B错误.
根据余弦定理联立，结合基本不等式，判断C正确.根据正弦定理，结合角的大小、正确值的范围，判断D正确.
11．（2024高二下·舟山期末）已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（　　）
A．正四棱台存在内切球
B．
C．直线AG与平面所成角的取值范围为
D．的取值范围为
【答案】B,C,D
【知识点】棱台的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A，设外接球球心为H，外接球半径为r，由球的体积，
解得r，所以.因为，所以设OH=x，则或（舍）
所以O为球心，即在AC和BD的中点，且AB=2，由等腰梯形的性质可求得棱台高为 ，斜高为因为，所以正四校台 不存在内切球，故A错误：
对于B，，故B正确：
对于C，作，O1为正四棱台 上底面的中心，所以，
又，所以，又，所以，又BDC平面BDC1，所以平面BDC1平面ACC1A1，平面BDC1平面ACC1A1=OC1，
所以AP平面BDC1，所以AGP为直线AG与平面BDC1所成的角，所以，
故AG最大时AGP最小，当G在C1时，AG最大，
由四边形ACC1A1是等腰梯形，且4，
所以四边形.AOC1A1、OCC1A1为菱形，所以CAA1=60°，可得ㄥAC1P=30°，AOP=60°，
所以此时直线AG与平面BDG所成角最小为30°，当G在O时，AG最小，直线4G与平面BDG所成角最大为60°，故C正确.
对于D，连接.，因为四边形OCC1A1为菱形，所以，又平面BDC1平面ACC1A1，平面BDC1平面ACC1A1=OC1，所以A1C平面BDC1，所以A1，C关于平面BDC1对称，所以AG=GC，所以GA+GA1=GA+GC，当动点G或落在C1或D上，GA+GC最大值，最大值是4，
当动点G落在O时，有最小值，最小值为，所以GA+GA1=GA+GC的范围为]，故D正确，
故答案为：B、C、D
【分析】】作出图形的示意图，由已知可得外接球半径r，进而可得可判断A错误；求得体积判断B正确；作作，则AP平面BDC1，可得线面角的最大角与最小角判断C正确；GA+GA1=GA+GC，求得最大值与最小值可判断D正确.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高二下·舟山期末）已知实数，，且，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： 因为实数，，且，则，所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】将转化为，利用均值不等式，即可求解.
13．（2024高二下·舟山期末）某高中为了调查学生对手机的使用情况，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，他们一周内使用手机的时间（小时）频率分布直方图如下图所示，则参与调查的学生每周平均使用手机的时间约为　 　.（同一组数据用该组数据的中点值作代表）
【答案】4
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由题意可知：每组的频率依次为0.025、0.15、0.2、0.25、0.225、a、0.05
则0.025+0.15+0.2+0.25+0.225+a+0.05=1，解得a=0.1.
所以平均数=0.025x1+0.15x2+0.2x3+0.25x4+0.225x5+0.1x6+0.05x7=4(小时)，
所以平均使用手机的时间约为4小时.
故答案为：4.
【分析】根据频率和为1求得a=0.1，再结合平均数的计算公式即可求解.
14．（2024高二下·舟山期末）已知函数在上恰有两个零点，则实数m的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的其他应用
【解析】【解答】解：因为 ，所以，
又因为，令，则，
所以，故不是得零点，
令，则，
故函数
在上恰有两个零点，所以方程
在上有两个根，所以y= m与
函数图象在上有两个交点，令，
因为，所以在与单调递增
又因为单调递增，①所以时，，
单调递增且，故此时在上单调递增，
且
②所以时，，单调递减，
故此时在上单调递减，且此时时，
③所以时，，单调递减，
故此时在上单调递减，且此时时，
，，故在
上图像简图如下：
所以 实数m的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据函数零点定义题目中零点问题可转化成函y= m与
函数图象在上有两个交点，然后研究函数g(x)的单调性得其简图，数
形结合即可求解.
四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高二下·舟山期末）已知向量，，.
（1）若，求；
（2）若，求在上的投影向量（用坐标表示）
【答案】（1）∵，
∴
∴
（2）∵
∴
∴
∴.
∴
∴在上的投影向量为
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
16．（2024高二下·舟山期末）已知函数（，）且图象的相邻两条对称轴间的距离为，.
（1）求的解析式与单调递减区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和.
【答案】（1）由题意可得：，
∵图象的相邻两条对称轴间的距离为，
∴的最小正周期为，即可得，
又，，所以，故
令，，
得
所以函数的递减区间为，.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图象，
∵，则或，
画出的图象如图所示：
则，
∴方程在内所有根的和为
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）先根据两角和差正弦将转化为，根据周期求得，通过求得，从而求得解析式，利用正弦函数性质求得单调减区间.
（2）将 的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数=的图象， 代入，求得或，观察图像，即可求解.
17．（2024高二下·舟山期末）如图，在三棱柱中，AB的中点为D．
（1）证明：面；
（2）若底面侧面，是锐角，，，，且和平面所成角的正弦值是，求平面与平面ABC所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接交于E，则E是的中点，
又D是AB中点，连接DE，则DE是的中位线，
∴，又面，面，
∴面
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵平面平面，
平面平面，
，平面ABC，
∴平面，∵平面，
∴，又，即，而，，平面，
∴平面.∴和平面所成线面角是，
∵，∴，∴，
∴∵，，∴，
在平面内过点作于O，则
，
∵平面平面，平面平面，
∴平面ABC，又平面ABC，
则，
在平面ABC内过O作于G，连接，
∵，OG，平面
∴平面，而平面，则，
从而是二面角的平面角，
显然，，
∴
所以平面与平面ABC所成的角的余弦值是
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用三角形中位线定理证得线线平行，根据线面平行判定定理，
即可证得面.
（2）利用面面垂直性质得平面，再利用线面垂直性质、判断证得平面.
从而找到和平面所成线面角是，在平面ABC内过O作于G，连接，
利用线面垂直证得线线垂直，找到是二面角的平面角，解三角形，即可求解.
18．（2024高二下·舟山期末）某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：
（1）甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；
（2）为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求P的取值范围；
（3）现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）设“甲担任前锋”；
“甲担任中锋”：
“甲担任后卫”；
“某场比赛中该球队获胜”；则：
，，，
，，
由全概率公式中可得：
所以甲参加比赛时，该球队某场比赛获胜的概率是
（2）设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场），
（3）设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”，
；
；
，
则，
，
同理可得，
，
则X的分布列为：
X 3 4 5
P
.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件
【解析】【分析】(1)设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”，“甲担任后卫”，
“某场比赛中该球队获胜”，求出各事件概率，利用条件概率公式和全概率公式，即可求解.
（2）根据独立重复试验概率公式，列不等式组，解出即可.
（3）先确定获胜的场数X的可能值，4，5，再求出对应概率、对应条件概率，列出分布列，
利用数学期望公式，即可求解.
19．（2024高二下·舟山期末）已知函数的定义域为D.若，对于，都，使得，则称函数与具有“和缘”，a叫做函数与的“和缘”值.
（1）已知，，，，，，若0是函数与的“和缘”值，请写出所有符合题意的函数与的组合（不用说明理由）；
（2）已知且，，，.
（ⅰ）求的值域；
（ⅱ）若存在唯一实数a，使函数与具有“和缘”，求m的值.
【答案】（1）有两组符合，第一组：，；
第二组：与；
（2）（ⅰ）设，
∵在递减，递增，
∴，，
即在上的值域为
（ⅱ）∵
令，，，，，
则，
令，
依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，
即，
因为，则，故，
记的值域为H，则，，
的对称轴为，
当，则时，在上递增，
所以，，即，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，，，
所以则，得，
由于a唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，，，，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得，符合题意：
当，即时，
，，，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得（舍），满足题意；
综上，m的值为或
另解：依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足
，即，因为，则，
故的值域等于，
所以，
即，，，
的对称轴，
当，则时，在上递增，
所以，，
所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，，
所以，解得，不符合题意
当，即时，，，
所以，解得，符合题意；
当，即时，，，
所以，解得，（舍去），满足题意；
综上，m的值为或
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；复合函数的单调性；函数的最大（小）值；简单函数定义域
【解析】【分析】(1)根据“和缘”定义，即可得两组组合.
(2)（ⅰ）设，，根据一次函数单调性，求出最值，
即可求得值域.
(3)将转化为，令，令，，根据函数单调性，讨论存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，求出m的值.
1 / 1浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高二下·舟山期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·舟山期末）复数z满足（为虚数单位），则复数z的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·舟山期末）已知m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
4．（2024高二下·舟山期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·舟山期末）在的展开式中，常数项为（　　）
A．182 B．42 C． D．
6．（2024高二下·舟山期末）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·舟山期末）嫦娥六号是中国计划进行的一次月球采样返回任务.假设嫦娥六号在接近月球表面时，需要进行一系列的减速操作，其减速过程可以近似地看作是一个指数衰减过程，其速度（单位：米/秒）随时间t（单位：秒）的变化关系可以表示为：，其中是初始速度，是一个减速过程相关的常数.已知嫦娥六号在时的初始速度为，经过后，速度变为.若嫦娥六号需要在时将速度减至月球表面的安全着陆速度，则（　　）
（精确到小数点后一位，参考数值：）
A．99.7 B．99.8 C．99.3 D．96.3
8．（2024高二下·舟山期末）已知函数的定义域为，且，的图像关于直线对称，，在上单调递增，则下列说法中错误的是（　　）
A． B．的一条对称轴是直线
C． D．
二、多选题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高二下·舟山期末）下列说法正确的是（　　）
A．某校高二年级共有学生600人，现采用比例分配的分层随机抽样方法抽取容量为60的样本，若样本中男生有40人，则该校高二女生人数是200
B．数据2，4，5，6，8，10，17的第75百分位数为9
C．已知y关于x的回归直线方程为，若，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关，此推断犯错的概率不大于0.05
10．（2024高二下·舟山期末）在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，，则满足条件的△ABC有两个
C．若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为
D．若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是
11．（2024高二下·舟山期末）已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（　　）
A．正四棱台存在内切球
B．
C．直线AG与平面所成角的取值范围为
D．的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高二下·舟山期末）已知实数，，且，则的最小值为　 　.
13．（2024高二下·舟山期末）某高中为了调查学生对手机的使用情况，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，他们一周内使用手机的时间（小时）频率分布直方图如下图所示，则参与调查的学生每周平均使用手机的时间约为　 　.（同一组数据用该组数据的中点值作代表）
14．（2024高二下·舟山期末）已知函数在上恰有两个零点，则实数m的取值范围为　 　.
四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高二下·舟山期末）已知向量，，.
（1）若，求；
（2）若，求在上的投影向量（用坐标表示）
16．（2024高二下·舟山期末）已知函数（，）且图象的相邻两条对称轴间的距离为，.
（1）求的解析式与单调递减区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和.
17．（2024高二下·舟山期末）如图，在三棱柱中，AB的中点为D．
（1）证明：面；
（2）若底面侧面，是锐角，，，，且和平面所成角的正弦值是，求平面与平面ABC所成角的余弦值.
18．（2024高二下·舟山期末）某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：
（1）甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；
（2）为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求P的取值范围；
（3）现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.
19．（2024高二下·舟山期末）已知函数的定义域为D.若，对于，都，使得，则称函数与具有“和缘”，a叫做函数与的“和缘”值.
（1）已知，，，，，，若0是函数与的“和缘”值，请写出所有符合题意的函数与的组合（不用说明理由）；
（2）已知且，，，.
（ⅰ）求的值域；
（ⅱ）若存在唯一实数a，使函数与具有“和缘”，求m的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为 集合，，
所以.
故答案为：C.
【分析】先求出集合P，再根据交集定义，即可求解.
2．【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以 复数z的虚部为.
故答案为：B.
【分析】先根据复数除法运算法则计算z，然后根据复数定义，即可求解.
3．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：m，n是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，
若，，则 或，故A错误.
若，，，则 或m、n是异面直线，故B错误.
若， ，则内存在直线与垂直，所以，故C正确.
若，， ，则m不一定垂直，n不一定垂直，所以不一定成立，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据线面平行判定定理，判断A错误.根据面面平行性质定理，判断B错误.根据面面垂直判定定理，判断C正确、D错误.
4．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为.
故答案为：D.
【分析】先根据诱导公式化简，求出再根据二倍角公式、同角三角函数关系将转化为正切值，代入计算即可求解.
5．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的通项为 ，
当8-2r=0，即r=4时，的常数项为，
当8-2r=-2，即r=5时，的含项为，
所以的展开式中，常数项为.
故答案为：B.
【分析】先写出的通项，求出含项、常数项，再分别与相乘后相加，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；并（和）事件与交（积）事件
【解析】【解答】解：因为，所以，因为为互斥事件，
所以，又
所以，所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据对立事件由 ，求得，根据互斥事件，由 ，求得，代入即可求解.
7．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：因为，所以，所以 ，
所以，所以，所以.
故答案为：A.
【分析】将 在时的初始速度为，经过后，速度变为
代入，求出解析式，将 代入解析式，两边取对数结合换底公式，
即可求解.
8．【答案】D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解： 函数的定义域为，且 ，
令，则，解得；
令，，则，
即，故函数为奇函数；
因为的图像关于对称，
所以，即关于对称，故B正确；
因为关于对称，所以，所以，
所以，即的周期为6，
所以，，，，，
所以，，
故A正确，D错误；
因为，且在上单调递增，
所以在上单调递减，所以，即，故C正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，令，可求得；令，可得，利用已知可得关于对称即可判断B；可求得函数的周期为6，关于对称，计算即可判断AD；由题意可得在上单调递减即可判断C.
9．【答案】A,C
【知识点】分层抽样方法；线性回归方程；独立性检验的应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，抽样比为，所以该校高一年级男生人数，所以该校高一年级女生人数600-300=300人，故A正确；
对于B，因为7x75%=5.25，所以第75百分位数为第6个数字10，故B错误 ；
对于C，将 代入线性回归方程中，得 ，故C正确：
对于D，因为3.841，所以可判断x与y没有关联，故D错误.
故答案为：A、C.
【分析】根据分层抽样的定义，判断A正确，根据百分位数定义，判断B错误，根据回归方程过中心点，判断C正确，根据独立性检验思想，判断D错误.
10．【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：因为
所以，所以 .故A正确.
因为，所以所以c=3，因为，
所以， 满足条件的△ABC有 一个，故B错误.
因为，
所以所以，
所以 △ABC面积的最大值为 .故C正确.
因为，所以， 所以
，又，
所以，所以的取值范围是 .故D正确.
故答案为：A、C、D.
【分析】利用余弦定理、三角形面积公式，化简，求出，判断A正确.
利用余弦定理代入，求出c边，根据边的大小，判断只有一解，判断B错误.
根据余弦定理联立，结合基本不等式，判断C正确.根据正弦定理，结合角的大小、正确值的范围，判断D正确.
11．【答案】B,C,D
【知识点】棱台的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A，设外接球球心为H，外接球半径为r，由球的体积，
解得r，所以.因为，所以设OH=x，则或（舍）
所以O为球心，即在AC和BD的中点，且AB=2，由等腰梯形的性质可求得棱台高为 ，斜高为因为，所以正四校台 不存在内切球，故A错误：
对于B，，故B正确：
对于C，作，O1为正四棱台 上底面的中心，所以，
又，所以，又，所以，又BDC平面BDC1，所以平面BDC1平面ACC1A1，平面BDC1平面ACC1A1=OC1，
所以AP平面BDC1，所以AGP为直线AG与平面BDC1所成的角，所以，
故AG最大时AGP最小，当G在C1时，AG最大，
由四边形ACC1A1是等腰梯形，且4，
所以四边形.AOC1A1、OCC1A1为菱形，所以CAA1=60°，可得ㄥAC1P=30°，AOP=60°，
所以此时直线AG与平面BDG所成角最小为30°，当G在O时，AG最小，直线4G与平面BDG所成角最大为60°，故C正确.
对于D，连接.，因为四边形OCC1A1为菱形，所以，又平面BDC1平面ACC1A1，平面BDC1平面ACC1A1=OC1，所以A1C平面BDC1，所以A1，C关于平面BDC1对称，所以AG=GC，所以GA+GA1=GA+GC，当动点G或落在C1或D上，GA+GC最大值，最大值是4，
当动点G落在O时，有最小值，最小值为，所以GA+GA1=GA+GC的范围为]，故D正确，
故答案为：B、C、D
【分析】】作出图形的示意图，由已知可得外接球半径r，进而可得可判断A错误；求得体积判断B正确；作作，则AP平面BDC1，可得线面角的最大角与最小角判断C正确；GA+GA1=GA+GC，求得最大值与最小值可判断D正确.
12．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： 因为实数，，且，则，所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】将转化为，利用均值不等式，即可求解.
13．【答案】4
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由题意可知：每组的频率依次为0.025、0.15、0.2、0.25、0.225、a、0.05
则0.025+0.15+0.2+0.25+0.225+a+0.05=1，解得a=0.1.
所以平均数=0.025x1+0.15x2+0.2x3+0.25x4+0.225x5+0.1x6+0.05x7=4(小时)，
所以平均使用手机的时间约为4小时.
故答案为：4.
【分析】根据频率和为1求得a=0.1，再结合平均数的计算公式即可求解.
14．【答案】
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的其他应用
【解析】【解答】解：因为 ，所以，
又因为，令，则，
所以，故不是得零点，
令，则，
故函数
在上恰有两个零点，所以方程
在上有两个根，所以y= m与
函数图象在上有两个交点，令，
因为，所以在与单调递增
又因为单调递增，①所以时，，
单调递增且，故此时在上单调递增，
且
②所以时，，单调递减，
故此时在上单调递减，且此时时，
③所以时，，单调递减，
故此时在上单调递减，且此时时，
，，故在
上图像简图如下：
所以 实数m的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据函数零点定义题目中零点问题可转化成函y= m与
函数图象在上有两个交点，然后研究函数g(x)的单调性得其简图，数
形结合即可求解.
15．【答案】（1）∵，
∴
∴
（2）∵
∴
∴
∴.
∴
∴在上的投影向量为
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
16．【答案】（1）由题意可得：，
∵图象的相邻两条对称轴间的距离为，
∴的最小正周期为，即可得，
又，，所以，故
令，，
得
所以函数的递减区间为，.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图象，
∵，则或，
画出的图象如图所示：
则，
∴方程在内所有根的和为
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）先根据两角和差正弦将转化为，根据周期求得，通过求得，从而求得解析式，利用正弦函数性质求得单调减区间.
（2）将 的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数=的图象， 代入，求得或，观察图像，即可求解.
17．【答案】（1）证明：连接交于E，则E是的中点，
又D是AB中点，连接DE，则DE是的中位线，
∴，又面，面，
∴面
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵平面平面，
平面平面，
，平面ABC，
∴平面，∵平面，
∴，又，即，而，，平面，
∴平面.∴和平面所成线面角是，
∵，∴，∴，
∴∵，，∴，
在平面内过点作于O，则
，
∵平面平面，平面平面，
∴平面ABC，又平面ABC，
则，
在平面ABC内过O作于G，连接，
∵，OG，平面
∴平面，而平面，则，
从而是二面角的平面角，
显然，，
∴
所以平面与平面ABC所成的角的余弦值是
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用三角形中位线定理证得线线平行，根据线面平行判定定理，
即可证得面.
（2）利用面面垂直性质得平面，再利用线面垂直性质、判断证得平面.
从而找到和平面所成线面角是，在平面ABC内过O作于G，连接，
利用线面垂直证得线线垂直，找到是二面角的平面角，解三角形，即可求解.
18．【答案】（1）设“甲担任前锋”；
“甲担任中锋”：
“甲担任后卫”；
“某场比赛中该球队获胜”；则：
，，，
，，
由全概率公式中可得：
所以甲参加比赛时，该球队某场比赛获胜的概率是
（2）设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场），
（3）设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”，
；
；
，
则，
，
同理可得，
，
则X的分布列为：
X 3 4 5
P
.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；离散型随机变量的期望与方差；条件概率与独立事件
【解析】【分析】(1)设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”，“甲担任后卫”，
“某场比赛中该球队获胜”，求出各事件概率，利用条件概率公式和全概率公式，即可求解.
（2）根据独立重复试验概率公式，列不等式组，解出即可.
（3）先确定获胜的场数X的可能值，4，5，再求出对应概率、对应条件概率，列出分布列，
利用数学期望公式，即可求解.
19．【答案】（1）有两组符合，第一组：，；
第二组：与；
（2）（ⅰ）设，
∵在递减，递增，
∴，，
即在上的值域为
（ⅱ）∵
令，，，，，
则，
令，
依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，
即，
因为，则，故，
记的值域为H，则，，
的对称轴为，
当，则时，在上递增，
所以，，即，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，，，
所以则，得，
由于a唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，，，，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得，符合题意：
当，即时，
，，，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得（舍），满足题意；
综上，m的值为或
另解：依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足
，即，因为，则，
故的值域等于，
所以，
即，，，
的对称轴，
当，则时，在上递增，
所以，，
所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，，
所以，解得，不符合题意
当，即时，，，
所以，解得，符合题意；
当，即时，，，
所以，解得，（舍去），满足题意；
综上，m的值为或
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；复合函数的单调性；函数的最大（小）值；简单函数定义域
【解析】【分析】(1)根据“和缘”定义，即可得两组组合.
(2)（ⅰ）设，，根据一次函数单调性，求出最值，
即可求得值域.
(3)将转化为，令，令，，根据函数单调性，讨论存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，求出m的值.
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