浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高二下·台州期末）集合，集合，则(　　)
A． B．
C． D．或或
2．（2024高二下·台州期末）复数及其共轭复数满足其中是虚数单位，则(　　)
A． B． C． D．
3．（2024高二下·台州期末）已知向量，，若，则(　　)
A． B．或 C． D．或
4．（2024高二下·台州期末）已知为正实数，，则(　　)
A．的最小值为 B．的最大值为
C．的最小值为 D．的最大值为
5．（2024高二下·台州期末）设定义在上的函数记，对任意的，，则(　　)
A． B． C． D．
6．（2024高二下·台州期末）甲、乙等人站成前排人、后排人拍照，其中甲、乙两人在同一排相邻的排法共有(　　)
A．种 B．种 C．种 D．种
7．（2024高二下·台州期末）现有道单选题，假定学生张君对每道题有思路与无思路的概率均为他对题目若有思路，做对的概率为；若没有思路，做对的概率为在已知张君恰做对题的条件下，则其恰有题有思路的概率为(　　)
A． B． C． D．
8．（2024高二下·台州期末）设且，方程在复数集内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到，，已知是虚数单位，且是的三个实根，则(　　)
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9．（2024高二下·台州期末）下列命题正确的是(　　)
A．若随机变量服从二项分布，则
B．若随机变量服从正态分布，则
C．当事件两两独立时，
D．当事件两两互斥时，
10．（2024高二下·台州期末）关于函数的图象的切线，下列说法正确的是(　　)
A．在点处的切线方程为
B．经过点的切线方程为
C．切线与的图象必有两个公共点
D．在点处的切线过点，则
11．（2024高二下·台州期末）已知的内角所对的边分别为，其中为定值．若的面积，则(　　)
A．的最大值为 B．的最小值为
C．周长的最小值为 D．的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·台州期末）的展开式中的系数是　 　用数字作答．
13．（2024高二下·台州期末）已知，，，则　 　，　 　．
14．（2024高二下·台州期末）在正方体中，为正方形的中心，直线底面，则二面角的平面角的正弦值的最大值是　 　．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（2024高二下·台州期末）已知函数，给出如下三组条件：
函数的最小正周期为，且当时，取到最大值；
函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
是方程的两个根，的最小值为，且．
从这三组条件中任选一组作为条件，完成以下问题：
（1）求函数的解析式；
（2）若，求的值．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答给分．
16．（2024高二下·台州期末）已知函数为偶函数．
（1）求实数的值；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
17．（2024高二下·台州期末）如图，在直三棱柱中，，，点，分别是棱、的中点，点在线段上．
（1）若，求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值．
18．（2024高二下·台州期末）已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：；
（3）若既有极大值又有极小值，求实数的取值范围．
19．（2024高二下·台州期末）在做抛掷质地均匀硬币的试验过程中，将正面朝上记作，反面朝上记作，记录结果得到一串由和构成的序列．在序列中，规定：仅有数字相连的排列称为由构成的游程；仅有数字相连的排列称为由构成的游程．如在序列中，共有个游程，其中由构成的游程有个，分别是；由构成的游程有个，分别是．
（1）由个和个随机构成的序列中，求游程个数的分布列与期望；
（2）由个和个随机构成的序列，记作记事件，．
(ⅰ)求；
(ⅱ)求游程个数的期望．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，集合，
所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合的交集运算.直接利用集合间的交集运算，判断集合B的元素是否满足集合A，据此可选出答案.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
由，得，即，
因此，所以.
故答案为：D
【分析】先设，利用共轭复数及复数相等可列出方程，解方程可求出的值，进而可求出复数.
3．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因，，则，
由可得，，解得，或.
故答案为：B.
【分析】本题考查平面向量平行的坐标表示公式.先利用平面向量的坐标运算求出，再根据平面向量平行的坐标表示公式，可列出方程，解方程可求出的值.
4．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为a，b为正实数，由可得，
即得，当且仅当时取等号，
即时，ab的最小值为4.
故答案为：A.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.根据题目条件，直接利用基本不等式可得：，通过化简可得：，再分析等号成立的条件可求出ab的最小值.
5．【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，
，
，
，
，
通过以上可以看出满足以下规律：
①对于，若能被4整除，则；
②对于，若除4余1，则，
③对于，若除4余2，则，
④对于，若除4余3，则，
则.
故答案为：C
【分析】本题考查基本初等函数的导数公式.根据题意，利用复合函数的求导法则可求出，，据此可以看出满足的规律：可得对于，若能被4整除，则，据此可求出.
6．【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：分两种情况，当甲、乙两人站前排时，有种排法，
当甲、乙两人站后排时，先排甲、乙再排其他人，有种排法，
综上，共有种排法.
故答案为：C
【分析】本题考查排列组合的实际应用，分类加法计数原理.本问题分两种情况：甲、乙两人站前排；甲、乙两人站后排，先排甲、乙再排其他人；先求出两种情况的排法，再利用分类加法计数原理可求出答案.
7．【答案】D
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设事件为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件表示做对，
则，
所以2题恰有1题作对的概率为，
则2题中作对1题，且只有1题有思路的概率，
所以张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为.
故答案为：D
【分析】本题考查全概率的计算公式，条件概率的计算公式.设事件为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件表示做对，利用全概率的计算公式可求出，利用二项分布概率公式可求出2题恰有1题作对的概率和2题中作对1题，且只有1题有思路的概率，再利用条件概率的计算公式可求出答案，
8．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：依题意，，即，而且，
则，，
，，
所以
.
故答案为：B
【分析】本题考查复数根的定义，两角和的正切公式.根据，再结合复数相等可推出，再借助复数根的定义可求出，，，利用两角和的正切公式进行计算可求出答案.
9．【答案】B,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；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A，由随机变量X服从二项分布，
得，A错误；
B，因为随机变量X服从正态分布，则对称轴为，，所以，B正确；
C，三个事件A，B，C两两独立能推出，且，且，但是推不出，
比如：从1，2，3，4中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2．事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4，
则为取出数字1，
所以，
满足．且，且，
但是推不出，C错误；
D.当事件A，B，C两两互斥时，则互斥
则，D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查二项分布，正态分布，相互独立事件的概率公式，互斥事件和概率公式.直接二项分布的方差公式进行计算，可判断A选项；根据正态分布的对称性可得，据此可得，可判断B选项；根据相互独立事件乘积公式可得推出，且，且，但是推不出，再举出反例可判断C选项；根据当事件A，B，C两两互斥时，可得互斥，利用互斥事件和概率公式进行计算，可判断D选项．
10．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由得，
A：由，所以函数在点处的切线方程为，即，A正确；
B：设切点为，所以，所以切线方程为，
又切线过点，所以，解得或，
所以过点的切线方程为或，B错误；
C和D：，则在点的切线方程为，
则，即，
因为，则，即，
即，所以，
又，当时，
又点在函数上，且与点相异，
即过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），
对于切线，则切点不是坐标原点，
所以切线与的图象必有两个公共点，C正确、D正确.
故答案为：ACD
【分析】本题考查曲线的切线方程.先求出导函数，根据导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可求出切线方程；设切点为，根据导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可求出切线方程，再根据切线方程过点，可列出方程，解方程可求出，据此可写出切线方程，判断B选项；在点的切线方程为，根据切线过点，可列出方程，化简方程可得，解方程可求出，判断D选项；根据推导可得：过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），根据切线，则切点不是坐标原点，据此可得切线与的图象必有两个公共点，可判断D选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：
，
，
∴，
设边上的高为，
A，根据余弦定理，
，，
，
，当时，即时，等号成立，
所以两边平方可得
，所以的最大值为，A正确.
B，，当时，等号成立，由A可知，
所以，则的最小值为，B错误；
C，周长为，当时，等号成立，，
所以周长的最小值为，C正确；
D，
两边同时除以，，计算可得
的取值范围是，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，利用基本等式求最值.利用三角形的面积公式可推出：，，设边上的高为，再利用三角形的面积公式可推出：，利用余弦定理结合，可推出、利用基本不等式可求出，对式子进行平方，利用二次函数的性质可求出，进而求出的最大值，判断A选项；利用基本不等式可求出，再结合可求出的最小值，判断B选项；利用基本不等式可求出，再结合可推出，进而可求出周长的最小值，判断C选项；利用辅助角公式化简可求出，两边同时除以，可列出不等式，解一元二次不等式可求出的取值范围.
12．【答案】40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：根据二项式定理，含有的项为.
故答案为：40.
【分析】本题考查二项式展开式的通项.根据二项式展开式的通项计算可得：含有的项为，再利用组合数公式进行计算可求出答案.
13．【答案】；
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由可得，两边分别除以的左式和右式，.
因，则，故，
展开得，，因，代入得，，两式相除得，，
于是，，.
故答案为：；.
【分析】本题考查两角差的正弦公式，两角和的余弦公式，两角差的余弦公式，两角差的正切公式.将由利用两角差的正弦公式进行展开，再两边分别除以可求出.根据，利用同角三角函数的基本关系可求出，展开后通过化简可求出和，利用两角和的正切公式可求出，利用两角和的余弦公式可求出.
14．【答案】
【知识点】用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：
不妨设正方体的边长为，以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则平面即为由轴和轴确定的平面，，.
设与同向的一个非零向量是，是原点在上的投影，则由于向量与垂直且可落入平面内，故存在实数使得，即.
设和分别是与确定的平面和与确定的平面的一个法向量.
则，故.
解得的一个可能的取值是，.
由于，故，.
记二面角的值为，则
.
一方面，由于
，
故，
从而.
故，从而.
另一方面，当为直线时，由于垂直于平面，在平面内，故，.
所以二面角的大小等于，即.
综上，二面角的正弦值的最大值是
故答案为：
【分析】本题考查利用空间向量求出二面角.不妨设正方体的边长为，以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.设与同向的一个非零向量是，是原点在上的投影，进而可求出与确定的平面的法向量和与确定的平面的法向量.利用空间向量夹角计算公式可求出该二面角的余弦值的平方，进而可推出，利用同角三角函数的基本关系可求出，进而可求出二面角的正弦值的最大值.
15．【答案】（1）若选择：由题知 ，故 ．
当 时， ， ，
故 ，又 ，故 ，
所以 ．
若选择：由单调区间可知周期为 ，故 ，故 ．
由题意知当 时， 取最小值，即 ， ，
故 又 ，故 ，
所以
若选择：令 ，即 ，
由图象可知， ，
即 ，又 的最小值为 ，故 ．
由 可知 的对称中心为 ，
当 时， ， ，故 ，
又 ，故 ．
所以 ．
（2）由 ，得 ，
故 ．
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查正弦函数的图象和性质，二倍角的余弦公式.
(1)若选择，先利用周期计算公式可求出，再利用最大值取得的条件可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
若选择，先利用单调区间可推出周期为 ，当 时， 取最小值，根据周期计算公式可求出，利用最小值取得的条件可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
若选择，根据，利用正弦函数的图象和性质可推出，根据函数等式可推出 的对称中心为 ，利用对称中心公式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
(2)根据 ，可求出的值，利用二倍角的余弦公式进行计算可求出的值.
16．【答案】（1） 的定义域为 ，
因为 是偶函数，其定义域要关于原点对称，故 ，
且此时 为偶函数，故 满足题意．
（2） 等价于 恒成立，
当 时，上式等价于 ，即 ，故 ；
当 时，上式等价于 ，即 ，故 ．
综上可得， 的取值范围是 ．
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的恒成立问题.
（1）先求出函数的定义域，再根据偶函数的定义域关于原点对称可求出的值；
（2）原不等式恒成立可转化为于 恒成立，分两种情况：当 时；当 时；去掉绝对值，再分离参数，利用非负性可求出实数的取值范围，综合两种情况可求出实数的取值范围.
17．【答案】（1）如图，连接 ，
由题意可知 ， ，且 ，
所以 ∽ ，
得 ，故 共线．
故 是 的中位线，
故 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ．
由题可知 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ， ，平面 ， 故 平面 ，
所以 就是直线 与平面 所成角．
记点 到平面 的距离为 ，
由 ，得 ，
故 为 的中点，即 ．
在 中， ， ，故 ，
得 ，故 ，
所以直线 与平面 所成角的正切值为 ．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线原图平面平行的判定，直线与平面所成的角.
（1）连接 ，根据条件可证明，利用相似三角形的性质可推出A，F，三点共线，利用三点共线可推出 是 的中位线，进而推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ．根据已知条件可证明平面，利用直线与平面所成角的定义可推出就是直线与平面所成的角，记点 到平面 的距离为 ，利用等体积法可求出，据此可得，利用锐角三角函数的定义可求出，利用正切的定义可求出直线 与平面 所成角的正切值.
18．【答案】（1）当 时， ，函数 的定义域为 ，
，
令 ，解得 ；
令 ，解得 或 ，
故函数 的单调递增区间是 ，
函数 的单调递减区间是 ， ．
（2）当 时， ，函数 的定义域为 ，
不等式 就是不等式 ，
当 时，式等价于 ；
当 时，式等价于 ．
设 ， ，
故 在 上单调递增，
故当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ．
故原式成立．
（3）设 ，令 ，
既有极大值又有极小值等价于 既有极大值又有极小值．
，记 ，
故 在 至少有两个不同的根，
故 在 至少有两个不同的根，
记 ，故 ，
故在 时， 单调递增；在 时， 单调递减．
易知当 时， ，当且仅当 等号成立．
下面考虑 ，
一方面有， ，
另一方面有， ，
故当 时， ．
当 时， 且 ，故 ．
又 时， ； 时， ．
画出 的图象如下，
当 或 时，方程 至多一个根，故不合题意；
当 ，方程 有两个根 满足 ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
故 为极大值， 为极小值，
此时 既有极大值又有极小值，也即 既有极大值又有极小值．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，利用导函数研究函数的极值.
（1）先求出函数的定义域，再求出导函数，令和，解不等式可求出函数的单调区间；
（2）先求出，函数 的定义域，分两种情况：当 时；当 时；转化不等式，再构造函数，求出导函数，利用平方具有非负性可推出 在 上单调递增，利用函数的单调性可证明不等式成立；
（3）设，令，则原问题可转化为既有极大值又有极小值，求出导函数可得：，令，求出导函数，分，，，四种情况讨论导函数的正负，据此可判断的单调性，讨论函数的极值，进而求出实数的取值范围.
19．【答案】（1）设 表示游程的个数，则 ，
由个和个在排列时，共有 种排列，
当 时，有种排列： 、 ；
当 时，有种排列： 、 、 ；
当 时，有种排列： 、 ， ， ；
当 时，只有一种排列： ．
故 的分布列为：
期望为
（2） ，
；
(ⅱ)可知当随机事件 发生时， 就是一个游程的开始，此时令 ，
设游程个数为 ，则 ，
由(ⅰ)可知 ，
，
由期望的性质可知，
，
设游程个数为 ，类似可得 ，
因此两类游程数目的数学期望为 ．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】本题考查离散型随机变量分布列，离散型随机变量的期望.
（1）设 表示游程的个数，再找出变量的可能取值，通过列举法可求出每个变量对应的概率，据此可列出分布列，利用数学期望计算公式可求出期望；
（2）（i）利用古典概型的计算公式，再利用组合数的计算公式可求出，；
（ii）由（i）可知，，3，…，，设设1游程个数为Y，设0游程个数为Z，利用数学期望的性质公式可得，通过计算可得：，同理可得，则利用数学期望的性质公式计算可得：两类游程数目的数学期望为.
1 / 1浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高二下·台州期末）集合，集合，则(　　)
A． B．
C． D．或或
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，集合，
所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合的交集运算.直接利用集合间的交集运算，判断集合B的元素是否满足集合A，据此可选出答案.
2．（2024高二下·台州期末）复数及其共轭复数满足其中是虚数单位，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，
由，得，即，
因此，所以.
故答案为：D
【分析】先设，利用共轭复数及复数相等可列出方程，解方程可求出的值，进而可求出复数.
3．（2024高二下·台州期末）已知向量，，若，则(　　)
A． B．或 C． D．或
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因，，则，
由可得，，解得，或.
故答案为：B.
【分析】本题考查平面向量平行的坐标表示公式.先利用平面向量的坐标运算求出，再根据平面向量平行的坐标表示公式，可列出方程，解方程可求出的值.
4．（2024高二下·台州期末）已知为正实数，，则(　　)
A．的最小值为 B．的最大值为
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为a，b为正实数，由可得，
即得，当且仅当时取等号，
即时，ab的最小值为4.
故答案为：A.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.根据题目条件，直接利用基本不等式可得：，通过化简可得：，再分析等号成立的条件可求出ab的最小值.
5．（2024高二下·台州期末）设定义在上的函数记，对任意的，，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由题意可得，，
，
，
，
，
通过以上可以看出满足以下规律：
①对于，若能被4整除，则；
②对于，若除4余1，则，
③对于，若除4余2，则，
④对于，若除4余3，则，
则.
故答案为：C
【分析】本题考查基本初等函数的导数公式.根据题意，利用复合函数的求导法则可求出，，据此可以看出满足的规律：可得对于，若能被4整除，则，据此可求出.
6．（2024高二下·台州期末）甲、乙等人站成前排人、后排人拍照，其中甲、乙两人在同一排相邻的排法共有(　　)
A．种 B．种 C．种 D．种
【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：分两种情况，当甲、乙两人站前排时，有种排法，
当甲、乙两人站后排时，先排甲、乙再排其他人，有种排法，
综上，共有种排法.
故答案为：C
【分析】本题考查排列组合的实际应用，分类加法计数原理.本问题分两种情况：甲、乙两人站前排；甲、乙两人站后排，先排甲、乙再排其他人；先求出两种情况的排法，再利用分类加法计数原理可求出答案.
7．（2024高二下·台州期末）现有道单选题，假定学生张君对每道题有思路与无思路的概率均为他对题目若有思路，做对的概率为；若没有思路，做对的概率为在已知张君恰做对题的条件下，则其恰有题有思路的概率为(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设事件为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件表示做对，
则，
所以2题恰有1题作对的概率为，
则2题中作对1题，且只有1题有思路的概率，
所以张君恰做对1题的条件下，则其恰有1题有思路的概率为.
故答案为：D
【分析】本题考查全概率的计算公式，条件概率的计算公式.设事件为张君对1题有思路，表示张君对1题没有思路，事件表示做对，利用全概率的计算公式可求出，利用二项分布概率公式可求出2题恰有1题作对的概率和2题中作对1题，且只有1题有思路的概率，再利用条件概率的计算公式可求出答案，
8．（2024高二下·台州期末）设且，方程在复数集内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到，，已知是虚数单位，且是的三个实根，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：依题意，，即，而且，
则，，
，，
所以
.
故答案为：B
【分析】本题考查复数根的定义，两角和的正切公式.根据，再结合复数相等可推出，再借助复数根的定义可求出，，，利用两角和的正切公式进行计算可求出答案.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9．（2024高二下·台州期末）下列命题正确的是(　　)
A．若随机变量服从二项分布，则
B．若随机变量服从正态分布，则
C．当事件两两独立时，
D．当事件两两互斥时，
【答案】B,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；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A，由随机变量X服从二项分布，
得，A错误；
B，因为随机变量X服从正态分布，则对称轴为，，所以，B正确；
C，三个事件A，B，C两两独立能推出，且，且，但是推不出，
比如：从1，2，3，4中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2．事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4，
则为取出数字1，
所以，
满足．且，且，
但是推不出，C错误；
D.当事件A，B，C两两互斥时，则互斥
则，D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查二项分布，正态分布，相互独立事件的概率公式，互斥事件和概率公式.直接二项分布的方差公式进行计算，可判断A选项；根据正态分布的对称性可得，据此可得，可判断B选项；根据相互独立事件乘积公式可得推出，且，且，但是推不出，再举出反例可判断C选项；根据当事件A，B，C两两互斥时，可得互斥，利用互斥事件和概率公式进行计算，可判断D选项．
10．（2024高二下·台州期末）关于函数的图象的切线，下列说法正确的是(　　)
A．在点处的切线方程为
B．经过点的切线方程为
C．切线与的图象必有两个公共点
D．在点处的切线过点，则
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由得，
A：由，所以函数在点处的切线方程为，即，A正确；
B：设切点为，所以，所以切线方程为，
又切线过点，所以，解得或，
所以过点的切线方程为或，B错误；
C和D：，则在点的切线方程为，
则，即，
因为，则，即，
即，所以，
又，当时，
又点在函数上，且与点相异，
即过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），
对于切线，则切点不是坐标原点，
所以切线与的图象必有两个公共点，C正确、D正确.
故答案为：ACD
【分析】本题考查曲线的切线方程.先求出导函数，根据导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可求出切线方程；设切点为，根据导函数的几何意义可求出切线的斜率，利用直线的点斜式方程可求出切线方程，再根据切线方程过点，可列出方程，解方程可求出，据此可写出切线方程，判断B选项；在点的切线方程为，根据切线过点，可列出方程，化简方程可得，解方程可求出，判断D选项；根据推导可得：过曲线上任意点（除原点外）的切线必经过曲线上另一点（不是切点），根据切线，则切点不是坐标原点，据此可得切线与的图象必有两个公共点，可判断D选项.
11．（2024高二下·台州期末）已知的内角所对的边分别为，其中为定值．若的面积，则(　　)
A．的最大值为 B．的最小值为
C．周长的最小值为 D．的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：
，
，
∴，
设边上的高为，
A，根据余弦定理，
，，
，
，当时，即时，等号成立，
所以两边平方可得
，所以的最大值为，A正确.
B，，当时，等号成立，由A可知，
所以，则的最小值为，B错误；
C，周长为，当时，等号成立，，
所以周长的最小值为，C正确；
D，
两边同时除以，，计算可得
的取值范围是，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，利用基本等式求最值.利用三角形的面积公式可推出：，，设边上的高为，再利用三角形的面积公式可推出：，利用余弦定理结合，可推出、利用基本不等式可求出，对式子进行平方，利用二次函数的性质可求出，进而求出的最大值，判断A选项；利用基本不等式可求出，再结合可求出的最小值，判断B选项；利用基本不等式可求出，再结合可推出，进而可求出周长的最小值，判断C选项；利用辅助角公式化简可求出，两边同时除以，可列出不等式，解一元二次不等式可求出的取值范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·台州期末）的展开式中的系数是　 　用数字作答．
【答案】40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：根据二项式定理，含有的项为.
故答案为：40.
【分析】本题考查二项式展开式的通项.根据二项式展开式的通项计算可得：含有的项为，再利用组合数公式进行计算可求出答案.
13．（2024高二下·台州期末）已知，，，则　 　，　 　．
【答案】；
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由可得，两边分别除以的左式和右式，.
因，则，故，
展开得，，因，代入得，，两式相除得，，
于是，，.
故答案为：；.
【分析】本题考查两角差的正弦公式，两角和的余弦公式，两角差的余弦公式，两角差的正切公式.将由利用两角差的正弦公式进行展开，再两边分别除以可求出.根据，利用同角三角函数的基本关系可求出，展开后通过化简可求出和，利用两角和的正切公式可求出，利用两角和的余弦公式可求出.
14．（2024高二下·台州期末）在正方体中，为正方形的中心，直线底面，则二面角的平面角的正弦值的最大值是　 　．
【答案】
【知识点】用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：
不妨设正方体的边长为，以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则平面即为由轴和轴确定的平面，，.
设与同向的一个非零向量是，是原点在上的投影，则由于向量与垂直且可落入平面内，故存在实数使得，即.
设和分别是与确定的平面和与确定的平面的一个法向量.
则，故.
解得的一个可能的取值是，.
由于，故，.
记二面角的值为，则
.
一方面，由于
，
故，
从而.
故，从而.
另一方面，当为直线时，由于垂直于平面，在平面内，故，.
所以二面角的大小等于，即.
综上，二面角的正弦值的最大值是
故答案为：
【分析】本题考查利用空间向量求出二面角.不妨设正方体的边长为，以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.设与同向的一个非零向量是，是原点在上的投影，进而可求出与确定的平面的法向量和与确定的平面的法向量.利用空间向量夹角计算公式可求出该二面角的余弦值的平方，进而可推出，利用同角三角函数的基本关系可求出，进而可求出二面角的正弦值的最大值.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（2024高二下·台州期末）已知函数，给出如下三组条件：
函数的最小正周期为，且当时，取到最大值；
函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
是方程的两个根，的最小值为，且．
从这三组条件中任选一组作为条件，完成以下问题：
（1）求函数的解析式；
（2）若，求的值．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答给分．
【答案】（1）若选择：由题知 ，故 ．
当 时， ， ，
故 ，又 ，故 ，
所以 ．
若选择：由单调区间可知周期为 ，故 ，故 ．
由题意知当 时， 取最小值，即 ， ，
故 又 ，故 ，
所以
若选择：令 ，即 ，
由图象可知， ，
即 ，又 的最小值为 ，故 ．
由 可知 的对称中心为 ，
当 时， ， ，故 ，
又 ，故 ．
所以 ．
（2）由 ，得 ，
故 ．
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查正弦函数的图象和性质，二倍角的余弦公式.
(1)若选择，先利用周期计算公式可求出，再利用最大值取得的条件可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
若选择，先利用单调区间可推出周期为 ，当 时， 取最小值，根据周期计算公式可求出，利用最小值取得的条件可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
若选择，根据，利用正弦函数的图象和性质可推出，根据函数等式可推出 的对称中心为 ，利用对称中心公式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
(2)根据 ，可求出的值，利用二倍角的余弦公式进行计算可求出的值.
16．（2024高二下·台州期末）已知函数为偶函数．
（1）求实数的值；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1） 的定义域为 ，
因为 是偶函数，其定义域要关于原点对称，故 ，
且此时 为偶函数，故 满足题意．
（2） 等价于 恒成立，
当 时，上式等价于 ，即 ，故 ；
当 时，上式等价于 ，即 ，故 ．
综上可得， 的取值范围是 ．
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的恒成立问题.
（1）先求出函数的定义域，再根据偶函数的定义域关于原点对称可求出的值；
（2）原不等式恒成立可转化为于 恒成立，分两种情况：当 时；当 时；去掉绝对值，再分离参数，利用非负性可求出实数的取值范围，综合两种情况可求出实数的取值范围.
17．（2024高二下·台州期末）如图，在直三棱柱中，，，点，分别是棱、的中点，点在线段上．
（1）若，求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】（1）如图，连接 ，
由题意可知 ， ，且 ，
所以 ∽ ，
得 ，故 共线．
故 是 的中位线，
故 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ．
由题可知 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ， ，平面 ， 故 平面 ，
所以 就是直线 与平面 所成角．
记点 到平面 的距离为 ，
由 ，得 ，
故 为 的中点，即 ．
在 中， ， ，故 ，
得 ，故 ，
所以直线 与平面 所成角的正切值为 ．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线原图平面平行的判定，直线与平面所成的角.
（1）连接 ，根据条件可证明，利用相似三角形的性质可推出A，F，三点共线，利用三点共线可推出 是 的中位线，进而推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ．根据已知条件可证明平面，利用直线与平面所成角的定义可推出就是直线与平面所成的角，记点 到平面 的距离为 ，利用等体积法可求出，据此可得，利用锐角三角函数的定义可求出，利用正切的定义可求出直线 与平面 所成角的正切值.
18．（2024高二下·台州期末）已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：；
（3）若既有极大值又有极小值，求实数的取值范围．
【答案】（1）当 时， ，函数 的定义域为 ，
，
令 ，解得 ；
令 ，解得 或 ，
故函数 的单调递增区间是 ，
函数 的单调递减区间是 ， ．
（2）当 时， ，函数 的定义域为 ，
不等式 就是不等式 ，
当 时，式等价于 ；
当 时，式等价于 ．
设 ， ，
故 在 上单调递增，
故当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ．
故原式成立．
（3）设 ，令 ，
既有极大值又有极小值等价于 既有极大值又有极小值．
，记 ，
故 在 至少有两个不同的根，
故 在 至少有两个不同的根，
记 ，故 ，
故在 时， 单调递增；在 时， 单调递减．
易知当 时， ，当且仅当 等号成立．
下面考虑 ，
一方面有， ，
另一方面有， ，
故当 时， ．
当 时， 且 ，故 ．
又 时， ； 时， ．
画出 的图象如下，
当 或 时，方程 至多一个根，故不合题意；
当 ，方程 有两个根 满足 ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
故 为极大值， 为极小值，
此时 既有极大值又有极小值，也即 既有极大值又有极小值．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，利用导函数研究函数的极值.
（1）先求出函数的定义域，再求出导函数，令和，解不等式可求出函数的单调区间；
（2）先求出，函数 的定义域，分两种情况：当 时；当 时；转化不等式，再构造函数，求出导函数，利用平方具有非负性可推出 在 上单调递增，利用函数的单调性可证明不等式成立；
（3）设，令，则原问题可转化为既有极大值又有极小值，求出导函数可得：，令，求出导函数，分，，，四种情况讨论导函数的正负，据此可判断的单调性，讨论函数的极值，进而求出实数的取值范围.
19．（2024高二下·台州期末）在做抛掷质地均匀硬币的试验过程中，将正面朝上记作，反面朝上记作，记录结果得到一串由和构成的序列．在序列中，规定：仅有数字相连的排列称为由构成的游程；仅有数字相连的排列称为由构成的游程．如在序列中，共有个游程，其中由构成的游程有个，分别是；由构成的游程有个，分别是．
（1）由个和个随机构成的序列中，求游程个数的分布列与期望；
（2）由个和个随机构成的序列，记作记事件，．
(ⅰ)求；
(ⅱ)求游程个数的期望．
【答案】（1）设 表示游程的个数，则 ，
由个和个在排列时，共有 种排列，
当 时，有种排列： 、 ；
当 时，有种排列： 、 、 ；
当 时，有种排列： 、 ， ， ；
当 时，只有一种排列： ．
故 的分布列为：
期望为
（2） ，
；
(ⅱ)可知当随机事件 发生时， 就是一个游程的开始，此时令 ，
设游程个数为 ，则 ，
由(ⅰ)可知 ，
，
由期望的性质可知，
，
设游程个数为 ，类似可得 ，
因此两类游程数目的数学期望为 ．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】本题考查离散型随机变量分布列，离散型随机变量的期望.
（1）设 表示游程的个数，再找出变量的可能取值，通过列举法可求出每个变量对应的概率，据此可列出分布列，利用数学期望计算公式可求出期望；
（2）（i）利用古典概型的计算公式，再利用组合数的计算公式可求出，；
（ii）由（i）可知，，3，…，，设设1游程个数为Y，设0游程个数为Z，利用数学期望的性质公式可得，通过计算可得：，同理可得，则利用数学期望的性质公式计算可得：两类游程数目的数学期望为.
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