浙江省宁波市九校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题

浙江省宁波市九校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题
一、 选择题：本题共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·宁波期末）已知平面.则“两两垂直”是“两两垂直”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：当两两垂直时，因为，
所以，
因为，所以与是相交直线，
因为，，所以，
因为，所以，
同理可证得，所以两两垂直
当两两垂直时，在内作，在内作，
因为，，，，
所以，所以‖，
因为，所以‖，
因为，所以‖，
因为，所以，
因为，所以，
同理可证得，所以两两垂直，
所以“两两垂直”是“两两垂直”的充要条件，
故答案为：C
【分析】根据题意先作出图形，根据题意利用直线与平面垂直的判定定理可推出，再根据，可证明，同理可证明，所以两两垂直。充分性成立；当两两垂直时，在内作，在内作，利用平面与平面垂直的性质可推出‖，根据条件可推出‖，利用直线与平面垂直的性质可证明，进而可推出，同理可得，据此可得必要性成立.
2．（2024高二下·宁波期末）给出四组成对数据：（1）；（2）；（3）；（4），其中样本相关系数最小的是（　　）
（提示：样本相关系数）
A．（1） B．（2） C．（3） D．（4）
【答案】D
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：分别作出四组数据的散点图，
根据散点图可知：第（1）（2）呈正相关，第（3）（4）组数据呈现负相关，但显然第（4）组相关系数更小，
故答案为：D
【分析】根据正相关和负相关散点图的特征：当散点分布在从右上角到左下角的区域为正相关；当散点分布在从左上角到右下角的区域为负相关；据此可判断四组数据的相关性，再根据散点图的斜率大小关系，可判断哪一组数据的相关系数的大小关系.
3．（2024高二下·宁波期末）已知函数，且的图象过点是的反函数，则函数（　　）
A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数
C．既是偶函数又是减函数 D．既是偶函数又是增函数
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为函数，且的图象过点，所以，解得（负值已舍去），
所以，又是的反函数，所以，
则，令，解得，
所以的定义域为，令，
则，所以为奇函数，
又在上单调递增，在定义域上单调递增，
所以在上单调递增.
故答案为：B
【分析】本题考查指数函数的单调性和对数函数的单调性.先将点代入函数解析式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出的解析式，进而可求出的解析式，据此可求出的解析式，再根据函数奇偶性的定义可判断奇偶性，利用对数型复合函数的单调性进而对数函数的单调性可判断单调性，据此可选出答案.
4．（2024高二下·宁波期末）已知函数，先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由，
先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
可得：，
再将所得的图象向右平移个单位长度，
可得，
故答案为：A.
【分析】本题考查三角函数的图象变换.先利用辅助角公式化简函数解析式可得：，再利用三角函数的图象变换先求出函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）的解析式，进而再求出图象向右平移个单位长度的解析式.
5．（2024高二下·宁波期末）在中，已知，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：在中，
化简得
两式做比值得
则
故答案为：A.
【分析】本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系.先利用三角形内角和定理、两角和的正弦公式和化简可得：将与利用同角三角函数的基本关系进行化简可得：，据此可得，再利用三角函数的诱导公式进行化简可求出答案.
6．（2024高二下·宁波期末）已知，则（　　）
A．0.05 B．0.27 C．0.68 D．0.32
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：由可得，
所以，
故，
故答案为：C
【分析】本题考查条件概率的计算公式，全概率的计算公式，对立事件的概率公式.根据题意利用条件概率计算公式可求出，利用全概率的计算公式可求出，再利用对立事件概率公式进行计算可求出答案.
7．（2024高二下·宁波期末）在正三棱锥中，侧棱，点在棱上，且.若球是正三棱锥的外接球，过点作球的截面，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：取正的中心，连接，如图所示：
由题意可知：平面，且，
由平面，可得，
因为正的边长为，则，
可得，
设正三棱锥的外接球的半径为，
则，解得，可知，
在中，可知，
由余弦定理可得，
即，可得，
则，
由球的性质可知：当且仅当截面，截面圆的半径最小，即圆的面积最小，
此时圆的半径为，截面面积为，
所以面积最小的截面的面积为.
故答案为：B.
【分析】本题考查球的内接几何体问题，先画出正三棱锥，取正的中心，连接，利用正三棱锥的结构特征可证明平面，且，利用正弦的定义可求出，利用勾股定理可求出，设正三棱锥的外接球的半径为，利用外接球的性质可列出方程，解方程可求出外接球的半径为，利用余弦定理可求出，利用勾股定理可求出，根据题意可推出当且仅当截面，截面圆的面积最小，利用勾股定理可求出此时圆的半径，进而求出截面圆的面积.
8．（2024高二下·宁波期末）已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（　　）
A．58 B．71 C．85 D．96
【答案】B
【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：根据题意，都比大，所以可能取或，
当时，有种选法，剩余数字中最大，
有种选法，最后剩下一个就是，共有种，
当时，，有种选法，剩余数字中最大，
而，有种选法，共有种，
当时，，，有种选法，
剩余数字，只有1种，共有种，
则满足要求的排列的个数为种.
故答案为：B
【分析】本题考查排列组合的实际应用，分类加法计数原理.根据题意，都比大，据此可分三种情况：，和，依次求出每一种情况的选法种数，再利用分类加法计数原理可求出满足要求的排列的个数.
二、 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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·宁波期末）已知关于的方程在复数范围内的根为.若，则实数的值可能为（　　）
A． B．1 C．0 D．
【答案】A,C,D
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：由韦达定理可知，，，
，
当时，，则，得，
当时，，则，得.
故答案为：ACD
【分析】本题考查复数方程的解.先利用韦达定理进行计算可得：，，利用完全平方公式进行计算可得：，分两种情况讨论：当时；当时；，根据，可列出方程，解方程可求出实数的值.
10．（2024高二下·宁波期末）高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【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】【解答】解：A，，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，
若该题有三个正确选项，则小明选择错误选项，
故，
，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，从两个正确选择中选择1个，或选择两个错误选项，
若该题有三个正确选项，则小明选择错误选项，再从3个正确选项中选择1个，
故，
故，A错误；
B，，即该题有两个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
故，
，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择2个，
故，故，B正确；
C，的可能取值为，
其中，，
，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
故，
故，
的可能取值为，
其中，，
，即该题有2个正确选项，小明选择了2个正确选项，
，
故
所以，C正确；
D，，
，
显然，D错误.
故答案为：BC
【分析】本题考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望和方差.当时，分该题有两个正确选项和3个正确选项，依次求出，，再进行比较可，可判断A选项；当，即该题有两个正确选项，先求出，当，即该题有3个正确选项，再求出，再进行比较可判断B选项；先找出的可能取值，再求出每个取值对应的概率，利用期望计算公式可求出，同理先找出的可能取值，再求出每个取值对应的概率，利用期望计算公式可求出，再进行比较可判断C选项；利用方差计算公式求出，再进行比较可判断D选项.
11．（2024高二下·宁波期末）已知，则（　　）
A．展开式的各二项式系数的和为0
B．
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：A.，
展开式的各二项式系数的和为，A错误；
B.令，得到，令，得到，
，B正确；
C.由二项式定理可得：，，
所以，，
，
，C正确；
D.，
，
，
，，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查二项式系数.根据二项式系数和为，可判断A选项；令，可得，令，可得，据此可求出式子的值，判断B选项；根据二项式定理可得，所以，据此可判断它是的展开，可判断C选项；利用组合数的计算公式进行计算可得：，，据此可对式子 进行化简，化简后可判断D选项.
三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·宁波期末）已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是　 　.
【答案】（-1，0）
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：的真子集个数是3， 共有个元素，所以，.
若，则有，；
若，则有，无解.
综上所述：实数的取值范围是（-1，0）.
故答案为：（-1，0）.
【分析】本题考查集合间的基本关系.根据的真子集个数是3，利用子集计算公式可推出共有2个元素，分和两种情况，可列出不等式组，解不等式可求出实数的取值范围.
13．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量满足与的夹角为，对任意的实数，的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：因为平面向量满足 ，与的夹角为，可得，
由，当且仅当与向量反向时，等号成立，
又由，
当时，的最小值为，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的数量积.根据题意，利用平面向量的数量积先求出，利用平面向量的模长的性质可得：，当且仅当与向量反向时，等号成立，利用平面向量的数量积进行计算可得：，利用二次函数的性质可求出的最小值为，进而可求出的最小值.
14．（2024高二下·宁波期末）已知定义在上的函数满足下列两个条件：
①；②.
请你写出一个符合要求的函数解析式　 　.
【答案】
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：因为，
令可得，可得，
设，可得.
因为，
，
所以，
且，符合题意.
故答案为：.
【分析】本题考查抽象函数的应用.根据题意，令通过化简可得，
设，变形可得，再通过计算验证是否满足，据此可找出符合要求的函数解析式.
四、 解答题：本题共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·宁波期末）已知函数.
（1）设，若是奇函数，求的值，并证明；
（2）已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围.
【答案】（1）解： 法一：，所以，
因为是奇函数，所以，
所以
整理得：
所以，所以
法二：，
因为奇函数的定义域关于原点对称，所以，则，
取得，
再验证是奇函数，所以.
（2）解：已知如图所示：
由题意得和两个函数图象有两个交点，
，得到，
若时，由，解得，且过，
又也经过定点，
当经过点时，，
当经过点时，，
由图可知的取值范围是.
【知识点】函数的奇偶性；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数与方程的综合应用.
（1）法一：将代入先求出，根据函数的奇偶性可列出方程，进而可列出方程组，解方程组可求出的值；
法二：先通过变形可得：，根据奇函数的性质可列出方程，解方程可求出的值，根据奇函数的性质可得，据此可求出的值.
（2）根据内恰有两个不同解，可转化为和两个函数图象有两个交点，进而可得方程：，分三种情况：过定点，，，再结合图象分析可求出的取值范围.
16．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，平面是以为直径的圆周上的一点，分别是上的动点，且平面，二面角的大小为.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）当直线与平面所成的角最大时，求的值.
【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
所以
（2）证明：因为平面平面，
所以平面平面，
因为是以为直径的圆周上一点，所以，
又平面平面平面，
所以平面，
由（1）可得
所以平面.
（3）解： 由（2）可知平面平面，所以平面平面
当为中点时，因为是等腰直角三角形，则，且，则，
由平面平面，为交线，平面，，可得平面，
所以在平面上的射影为，则直线和平面所成的角为.
.所以当最小时，最大.
此时，由，，
可得.
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的性质，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.
（1）利用直线与平面平行的性质定理： 如果一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，据此可推出结论.
（2）先利用平面与平面垂直的判定定理可证明平面平面，根据直径所对的圆周角等于90°可证明，利用平面与平面垂直的性质可证明平面，再根据可证明结论；
（3）当为中点时，利用等腰三角形的性质和平面与平面垂直的性质可证明，进而可证明平面，据此可找出直线和平面所成的角为，再根据正弦定义可得转化为求最小值，利用勾股定理可求出，，进而可求出的值.
17．（2024高二下·宁波期末）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该地区高一学生阅读时间的上四分位数；
（2）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，二组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了20个学生，得到均值为8，方差为3.75，现在已知这一组学生的均值为5，方差为2；求这一组学生的均值和方差；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中.当最大时，写出的值，并说明理由.
【答案】（1）解： 由频率分布直方图得：
，解得
频率分布直方图中，第一个小长方形面积为
第二个小长方形面积为
第三、四个小长方形面积为
第五个小长方形面积为
第六个小长方形面积为
前六个长方形面积和为0.8，
所以高一学生阅读时间的上四分位数在第六个小长方形内，
设高一学生阅读时间的上四分位数为；，解得
（2）解： 按分层抽样二组内的学生抽取的学生分别为5人，15人
设这一组的平均值，方差
所以总体方差是，解得
（3）解： 以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，
由频率分布直方图可知内的概率是0.6
由
得
解得
所以当最大时，
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的计算，总体方差的计算，二项分布.
（1）根据频率分布直方图中概率之和等于1，可列出方程，解方程可求出的值，再根据百分位数的定义可列出方程，解方程可求出四分位数；
（2）先利用分层抽样求出二组内的学生抽取的人数，设这一组的平均值，方差，利用平均数计算公式可列出方程，解方程可求出的值，利用总体方差计算公式可求出总体方差.
（3）以样本的频率估计概率先求出内的概率是0.6，利用二项分布概率计算公式可列出不等式组，解不等式组可求出最大时的值；
18．（2024高二下·宁波期末）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角，外接圆半径是，求的内切圆半径的最大值.
【答案】（1）解： 由得，所以.
因为，所以，或
（i）当时，
因为，所以
化简得，所以，或
①当时，（舍去）；
②当时，作于，
得，
所以，此时
（ii）当时，
类似可得：
化简得：，所以，或者.
①当，舍去；
②当为钝角，舍去
综上得.
（2）解： 由（1）可知
记内切圆半径为，
因为，所以
因为，所以，
即，
所以
由，得.
所以
当且仅当时取等.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角可求出，进而可反推出角B：，或，分两种情况：（i）当时；（ii）当时；利用两角和差正切公式可列出方程，解方程可求出，进而可求出角C，再利用三角形的面积公式进行计算可求出面积；
（2）先利用正弦定理可求出，记内切圆半径为，利用三角形面积等于周长乘以内切圆半径的一半，可推出：，利用余弦定理可推出，再利用基本不等式可求出的最大值，进而求出的最大值.
19．（2024高二下·宁波期末）（1）我们学过组合恒等式，实际上可以理解为，请你利用这个观点快速求解：.（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证：；
（ii）求值：.
【答案】（1）解：

（2）解： （i）
（ii）
由（1）得，
则有
原式
构造数列，令
则
所以
所以，即，
即，所以，即数列是周期为6的数列.
又因为
所以：.
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；组合及组合数公式
【解析】【分析】本题考查组合数公式的应用，数列的周期性，数列求和.
（1）依题意，先利用组合恒等式将式子进行展开可得：原式=，再多次提取系数运用恒等式，再利用组合数的计算公式进行计算可求出答案；
（2）（i）先将组合数应用排列数进行表示可得：，再利用组合数公式与排列数公式之间的关系进行化简可证明结论；
（ii）将所求和式展开后，拆项，利用（i）的结论化简可得：原式
，构造数列，令，通过作差可推出是周期为6的数列，利用数列的周期性可求出式子的值.
1 / 1浙江省宁波市九校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题
一、 选择题：本题共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·宁波期末）已知平面.则“两两垂直”是“两两垂直”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2024高二下·宁波期末）给出四组成对数据：（1）；（2）；（3）；（4），其中样本相关系数最小的是（　　）
（提示：样本相关系数）
A．（1） B．（2） C．（3） D．（4）
3．（2024高二下·宁波期末）已知函数，且的图象过点是的反函数，则函数（　　）
A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数
C．既是偶函数又是减函数 D．既是偶函数又是增函数
4．（2024高二下·宁波期末）已知函数，先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·宁波期末）在中，已知，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024高二下·宁波期末）已知，则（　　）
A．0.05 B．0.27 C．0.68 D．0.32
7．（2024高二下·宁波期末）在正三棱锥中，侧棱，点在棱上，且.若球是正三棱锥的外接球，过点作球的截面，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·宁波期末）已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（　　）
A．58 B．71 C．85 D．96
二、 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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·宁波期末）已知关于的方程在复数范围内的根为.若，则实数的值可能为（　　）
A． B．1 C．0 D．
10．（2024高二下·宁波期末）高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·宁波期末）已知，则（　　）
A．展开式的各二项式系数的和为0
B．
C．
D．
三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·宁波期末）已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是　 　.
13．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量满足与的夹角为，对任意的实数，的最小值为　 　.
14．（2024高二下·宁波期末）已知定义在上的函数满足下列两个条件：
①；②.
请你写出一个符合要求的函数解析式　 　.
四、 解答题：本题共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·宁波期末）已知函数.
（1）设，若是奇函数，求的值，并证明；
（2）已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围.
16．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，平面是以为直径的圆周上的一点，分别是上的动点，且平面，二面角的大小为.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）当直线与平面所成的角最大时，求的值.
17．（2024高二下·宁波期末）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该地区高一学生阅读时间的上四分位数；
（2）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，二组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了20个学生，得到均值为8，方差为3.75，现在已知这一组学生的均值为5，方差为2；求这一组学生的均值和方差；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中.当最大时，写出的值，并说明理由.
18．（2024高二下·宁波期末）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角，外接圆半径是，求的内切圆半径的最大值.
19．（2024高二下·宁波期末）（1）我们学过组合恒等式，实际上可以理解为，请你利用这个观点快速求解：.（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证：；
（ii）求值：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：当两两垂直时，因为，
所以，
因为，所以与是相交直线，
因为，，所以，
因为，所以，
同理可证得，所以两两垂直
当两两垂直时，在内作，在内作，
因为，，，，
所以，所以‖，
因为，所以‖，
因为，所以‖，
因为，所以，
因为，所以，
同理可证得，所以两两垂直，
所以“两两垂直”是“两两垂直”的充要条件，
故答案为：C
【分析】根据题意先作出图形，根据题意利用直线与平面垂直的判定定理可推出，再根据，可证明，同理可证明，所以两两垂直。充分性成立；当两两垂直时，在内作，在内作，利用平面与平面垂直的性质可推出‖，根据条件可推出‖，利用直线与平面垂直的性质可证明，进而可推出，同理可得，据此可得必要性成立.
2．【答案】D
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：分别作出四组数据的散点图，
根据散点图可知：第（1）（2）呈正相关，第（3）（4）组数据呈现负相关，但显然第（4）组相关系数更小，
故答案为：D
【分析】根据正相关和负相关散点图的特征：当散点分布在从右上角到左下角的区域为正相关；当散点分布在从左上角到右下角的区域为负相关；据此可判断四组数据的相关性，再根据散点图的斜率大小关系，可判断哪一组数据的相关系数的大小关系.
3．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为函数，且的图象过点，所以，解得（负值已舍去），
所以，又是的反函数，所以，
则，令，解得，
所以的定义域为，令，
则，所以为奇函数，
又在上单调递增，在定义域上单调递增，
所以在上单调递增.
故答案为：B
【分析】本题考查指数函数的单调性和对数函数的单调性.先将点代入函数解析式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出的解析式，进而可求出的解析式，据此可求出的解析式，再根据函数奇偶性的定义可判断奇偶性，利用对数型复合函数的单调性进而对数函数的单调性可判断单调性，据此可选出答案.
4．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由，
先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
可得：，
再将所得的图象向右平移个单位长度，
可得，
故答案为：A.
【分析】本题考查三角函数的图象变换.先利用辅助角公式化简函数解析式可得：，再利用三角函数的图象变换先求出函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）的解析式，进而再求出图象向右平移个单位长度的解析式.
5．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：在中，
化简得
两式做比值得
则
故答案为：A.
【分析】本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系.先利用三角形内角和定理、两角和的正弦公式和化简可得：将与利用同角三角函数的基本关系进行化简可得：，据此可得，再利用三角函数的诱导公式进行化简可求出答案.
6．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：由可得，
所以，
故，
故答案为：C
【分析】本题考查条件概率的计算公式，全概率的计算公式，对立事件的概率公式.根据题意利用条件概率计算公式可求出，利用全概率的计算公式可求出，再利用对立事件概率公式进行计算可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：取正的中心，连接，如图所示：
由题意可知：平面，且，
由平面，可得，
因为正的边长为，则，
可得，
设正三棱锥的外接球的半径为，
则，解得，可知，
在中，可知，
由余弦定理可得，
即，可得，
则，
由球的性质可知：当且仅当截面，截面圆的半径最小，即圆的面积最小，
此时圆的半径为，截面面积为，
所以面积最小的截面的面积为.
故答案为：B.
【分析】本题考查球的内接几何体问题，先画出正三棱锥，取正的中心，连接，利用正三棱锥的结构特征可证明平面，且，利用正弦的定义可求出，利用勾股定理可求出，设正三棱锥的外接球的半径为，利用外接球的性质可列出方程，解方程可求出外接球的半径为，利用余弦定理可求出，利用勾股定理可求出，根据题意可推出当且仅当截面，截面圆的面积最小，利用勾股定理可求出此时圆的半径，进而求出截面圆的面积.
8．【答案】B
【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：根据题意，都比大，所以可能取或，
当时，有种选法，剩余数字中最大，
有种选法，最后剩下一个就是，共有种，
当时，，有种选法，剩余数字中最大，
而，有种选法，共有种，
当时，，，有种选法，
剩余数字，只有1种，共有种，
则满足要求的排列的个数为种.
故答案为：B
【分析】本题考查排列组合的实际应用，分类加法计数原理.根据题意，都比大，据此可分三种情况：，和，依次求出每一种情况的选法种数，再利用分类加法计数原理可求出满足要求的排列的个数.
9．【答案】A,C,D
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：由韦达定理可知，，，
，
当时，，则，得，
当时，，则，得.
故答案为：ACD
【分析】本题考查复数方程的解.先利用韦达定理进行计算可得：，，利用完全平方公式进行计算可得：，分两种情况讨论：当时；当时；，根据，可列出方程，解方程可求出实数的值.
10．【答案】B,C
【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】【解答】解：A，，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，
若该题有三个正确选项，则小明选择错误选项，
故，
，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，从两个正确选择中选择1个，或选择两个错误选项，
若该题有三个正确选项，则小明选择错误选项，再从3个正确选项中选择1个，
故，
故，A错误；
B，，即该题有两个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
故，
，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择2个，
故，故，B正确；
C，的可能取值为，
其中，，
，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
故，
故，
的可能取值为，
其中，，
，即该题有2个正确选项，小明选择了2个正确选项，
，
故
所以，C正确；
D，，
，
显然，D错误.
故答案为：BC
【分析】本题考查离散型随机变量的分布列，离散型随机变量的期望和方差.当时，分该题有两个正确选项和3个正确选项，依次求出，，再进行比较可，可判断A选项；当，即该题有两个正确选项，先求出，当，即该题有3个正确选项，再求出，再进行比较可判断B选项；先找出的可能取值，再求出每个取值对应的概率，利用期望计算公式可求出，同理先找出的可能取值，再求出每个取值对应的概率，利用期望计算公式可求出，再进行比较可判断C选项；利用方差计算公式求出，再进行比较可判断D选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：A.，
展开式的各二项式系数的和为，A错误；
B.令，得到，令，得到，
，B正确；
C.由二项式定理可得：，，
所以，，
，
，C正确；
D.，
，
，
，，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查二项式系数.根据二项式系数和为，可判断A选项；令，可得，令，可得，据此可求出式子的值，判断B选项；根据二项式定理可得，所以，据此可判断它是的展开，可判断C选项；利用组合数的计算公式进行计算可得：，，据此可对式子 进行化简，化简后可判断D选项.
12．【答案】（-1，0）
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：的真子集个数是3， 共有个元素，所以，.
若，则有，；
若，则有，无解.
综上所述：实数的取值范围是（-1，0）.
故答案为：（-1，0）.
【分析】本题考查集合间的基本关系.根据的真子集个数是3，利用子集计算公式可推出共有2个元素，分和两种情况，可列出不等式组，解不等式可求出实数的取值范围.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：因为平面向量满足 ，与的夹角为，可得，
由，当且仅当与向量反向时，等号成立，
又由，
当时，的最小值为，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的数量积.根据题意，利用平面向量的数量积先求出，利用平面向量的模长的性质可得：，当且仅当与向量反向时，等号成立，利用平面向量的数量积进行计算可得：，利用二次函数的性质可求出的最小值为，进而可求出的最小值.
14．【答案】
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：因为，
令可得，可得，
设，可得.
因为，
，
所以，
且，符合题意.
故答案为：.
【分析】本题考查抽象函数的应用.根据题意，令通过化简可得，
设，变形可得，再通过计算验证是否满足，据此可找出符合要求的函数解析式.
15．【答案】（1）解： 法一：，所以，
因为是奇函数，所以，
所以
整理得：
所以，所以
法二：，
因为奇函数的定义域关于原点对称，所以，则，
取得，
再验证是奇函数，所以.
（2）解：已知如图所示：
由题意得和两个函数图象有两个交点，
，得到，
若时，由，解得，且过，
又也经过定点，
当经过点时，，
当经过点时，，
由图可知的取值范围是.
【知识点】函数的奇偶性；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数与方程的综合应用.
（1）法一：将代入先求出，根据函数的奇偶性可列出方程，进而可列出方程组，解方程组可求出的值；
法二：先通过变形可得：，根据奇函数的性质可列出方程，解方程可求出的值，根据奇函数的性质可得，据此可求出的值.
（2）根据内恰有两个不同解，可转化为和两个函数图象有两个交点，进而可得方程：，分三种情况：过定点，，，再结合图象分析可求出的取值范围.
16．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
所以
（2）证明：因为平面平面，
所以平面平面，
因为是以为直径的圆周上一点，所以，
又平面平面平面，
所以平面，
由（1）可得
所以平面.
（3）解： 由（2）可知平面平面，所以平面平面
当为中点时，因为是等腰直角三角形，则，且，则，
由平面平面，为交线，平面，，可得平面，
所以在平面上的射影为，则直线和平面所成的角为.
.所以当最小时，最大.
此时，由，，
可得.
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的性质，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.
（1）利用直线与平面平行的性质定理： 如果一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，据此可推出结论.
（2）先利用平面与平面垂直的判定定理可证明平面平面，根据直径所对的圆周角等于90°可证明，利用平面与平面垂直的性质可证明平面，再根据可证明结论；
（3）当为中点时，利用等腰三角形的性质和平面与平面垂直的性质可证明，进而可证明平面，据此可找出直线和平面所成的角为，再根据正弦定义可得转化为求最小值，利用勾股定理可求出，，进而可求出的值.
17．【答案】（1）解： 由频率分布直方图得：
，解得
频率分布直方图中，第一个小长方形面积为
第二个小长方形面积为
第三、四个小长方形面积为
第五个小长方形面积为
第六个小长方形面积为
前六个长方形面积和为0.8，
所以高一学生阅读时间的上四分位数在第六个小长方形内，
设高一学生阅读时间的上四分位数为；，解得
（2）解： 按分层抽样二组内的学生抽取的学生分别为5人，15人
设这一组的平均值，方差
所以总体方差是，解得
（3）解： 以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，
由频率分布直方图可知内的概率是0.6
由
得
解得
所以当最大时，
【知识点】频率分布直方图；极差、方差与标准差；二项分布；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的计算，总体方差的计算，二项分布.
（1）根据频率分布直方图中概率之和等于1，可列出方程，解方程可求出的值，再根据百分位数的定义可列出方程，解方程可求出四分位数；
（2）先利用分层抽样求出二组内的学生抽取的人数，设这一组的平均值，方差，利用平均数计算公式可列出方程，解方程可求出的值，利用总体方差计算公式可求出总体方差.
（3）以样本的频率估计概率先求出内的概率是0.6，利用二项分布概率计算公式可列出不等式组，解不等式组可求出最大时的值；
18．【答案】（1）解： 由得，所以.
因为，所以，或
（i）当时，
因为，所以
化简得，所以，或
①当时，（舍去）；
②当时，作于，
得，
所以，此时
（ii）当时，
类似可得：
化简得：，所以，或者.
①当，舍去；
②当为钝角，舍去
综上得.
（2）解： 由（1）可知
记内切圆半径为，
因为，所以
因为，所以，
即，
所以
由，得.
所以
当且仅当时取等.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角可求出，进而可反推出角B：，或，分两种情况：（i）当时；（ii）当时；利用两角和差正切公式可列出方程，解方程可求出，进而可求出角C，再利用三角形的面积公式进行计算可求出面积；
（2）先利用正弦定理可求出，记内切圆半径为，利用三角形面积等于周长乘以内切圆半径的一半，可推出：，利用余弦定理可推出，再利用基本不等式可求出的最大值，进而求出的最大值.
19．【答案】（1）解：

（2）解： （i）
（ii）
由（1）得，
则有
原式
构造数列，令
则
所以
所以，即，
即，所以，即数列是周期为6的数列.
又因为
所以：.
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；组合及组合数公式
【解析】【分析】本题考查组合数公式的应用，数列的周期性，数列求和.
（1）依题意，先利用组合恒等式将式子进行展开可得：原式=，再多次提取系数运用恒等式，再利用组合数的计算公式进行计算可求出答案；
（2）（i）先将组合数应用排列数进行表示可得：，再利用组合数公式与排列数公式之间的关系进行化简可证明结论；
（ii）将所求和式展开后，拆项，利用（i）的结论化简可得：原式
，构造数列，令，通过作差可推出是周期为6的数列，利用数列的周期性可求出式子的值.
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