重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高二下学期末考试数学试卷
1．（2024高二下·重庆市期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：若，
则.
故选：B.
【分析】根据已知条件和集合的交集的运算法则，从而得出集合的交集.
2．（2024高二下·重庆市期末）函数的图象在点处的切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：根据题意，函数，
当时，，设该切线的倾斜角为，
则，所以，
即函数在点处的切线斜率为.
故选：C.
【分析】根据导数的几何意义得出切线的斜率，再结合直线的斜率与倾斜角的关系式，进而得出函数的图象在点处的切线的倾斜角.
3．（2024高二下·重庆市期末）设随机变量，则（ ）
A．3 B．4 C．12 D．13
【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意得，
故.
故选：C.
【分析】利用二项分布的方差求解方法和方差的性质，进而求出答案.
4．（2024高二下·重庆市期末）如图所示，太极图是由黑白两个鱼纹组成的图形图案，充分体现了相互转化 对称统一的形式美 和谐美.定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列说法错误的是（ ）
A．对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个
B．函数可以是某个圆的“太极函数”
C．函数可以是某个圆的“太极函数”
D．是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
【答案】D
【知识点】充要条件；函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：对于A，任意一个圆是关于圆心的中心对称图形，
其“太极函数”有无数个，故A正确；
对于B和C，函数是奇函数，其图象关于原点对称，
将圆的圆心放在坐标原点上，则是该圆的“太极函数”，
故B，C正确；
对于D，函数的图象是中心对称图形，则是“太极函数”，
但函数是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图所示，
故D错误.
故选：D.
【分析】利用太极函数的定义和圆的对称性，从而判断出选项A；利用奇函数的图象的对称性和太极函数的定义判断出选项B和选项C；利用函数的对称性和太极函数的定义判断出选项D，进而找出说法错误的选项.
5．（2024高二下·重庆市期末）过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．2
【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：将圆化为，
则圆心，半径，
因为，所以，点在圆内，
记圆心到直线的距离为，则，
由图可知，当，即时，取得最小值，
因为，
所以的最小值为.
故选：C.
【分析】利用圆的方程得出圆心坐标和半径长，再结合代入法和圆的方程判断出点与圆的位置关系，再结合弦长公式和几何法以及勾股定理，从而得出的最小值.
6．（2024高二下·重庆市期末）已知甲同学从学校的4个科技类社团，3个艺术类社团，2个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是科技类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：设事件A为“所报的两个社团中仅有一个是科技类”，
事件为“所报两个社团中有一个是体育类”，
则，
则.
故选：B.
【分析】利用已知条件，设出相应事件，再根据古典概型求概率公式求出的值，再根据条件概率公式求出在仅有一个是科技类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率.
7．（2024高二下·重庆市期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由，得，而，
比较6与的大小比较与的大小.
单调递增，，
再将与比大小，
比较8与的大小比较与的大小，
单调递增，，
综上所述，.
故选：A.
【分析】把分别写成和，再根据函数单调性，从而比较出a，b，c的大小.
8．（2024高二下·重庆市期末）若对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以，
则可化为，
整理得，
因为，所以，
令，则函数在上单调递减，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，则在上恒成立，
则在上单调递减，
所以，故，
所以得最小值为.
故选：D.
【分析】将已知条件变形为，然后构造函数，将问题转化为在上恒成立，再转化为的最大值问题，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，进而得出实数a的最小值.
9．（2024高二下·重庆市期末）函数与在同一直角坐标系中的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A，二次函数开口向上，则，
此时存在与图中符合，如，所以A对；
对于B，二次函数开口向下，则，
此时存在与图中符合，如，所以B对；
对于C，二次函数开口向上，则，
此时存在与图中符合，如，所以C对；
对于D，二次函数开口向上，则，
此时在为增函数，不符合题意，所以D错.
故选：ABC.
【分析】根据各选项中二次函数图象的开口方向确定的正负，再观察幂函数图象，从而判断各选项得出正确的答案.
10．（2024高二下·重庆市期末）某科技企业为了对一种新研制的专利产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价（元） 40 50 60 70 80 90
销量（件） 50 44 43 35 28
由表中数据，求得线性回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．产品的销量与单价成负相关
B．为了获得最大的销售额（销售额单价销量，单价应定为70元或80元
C．
D．若在这些样本点中任取一点，则它在线性回归直线左下方的概率为
【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；线性相关；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：对于A，由线性回归方程中的回归系数，
可知产品的销量与单价成负相关，故A正确；
对于B，由，得，
则销售额，
为了获得最大的销售额，单价应定为82.5元，故B错误；
对于C，由表中数据得，
，
可得样本点的中心的坐标为，
则该回归直线过点，
代入，得，故C正确；
对于D，将分别代入线性回归方程，
得到的预测值分别为，
由，故和在线性回归直线的左下方，
满足条件的样本点只有2个，故所求概率为，故D正确.
故选：ACD.
【分析】利用斜率参数的正负判断出线性相关性，从而判断选项A；利用二次函数的图象求最值的方法，进而计算出最大销售额时的单价，从而判断出选项B；利用单价和销量的均值落在回归线上计算出的值，从而判断出选项C；将分别代入线性回归方程，得到的预测值分别为，从而求解出在线性回归直线左下方的概率，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2024高二下·重庆市期末）已知各项均不为0的数列的前项和为，且，对于任意成立，则下列说法正确的是（ ）
A． B．数列的通项公式为
C． D．实数的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】函数恒成立问题；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，当时，由及，解得，故A正确；
对于B，因为数列的前项和为，且，即，
当时，可得，两式相减得，
因为，故，
所以及均为公差为4的等差数列，
由和，所以，
所以，数列的通项公式为，故B错误；
对于C，由选项B知，可得，故C正确；
对于D，因为对于任意成立，所以恒成立，
设，则，
当时，，
当时，，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为
故选：ACD.
【分析】利用数列的和与数列的通项公式的关系，从而求解出的值，进而判断出选项A；利用数列的和与数列的通项公式的关系，再结合分类讨论的方法和相减法，进而由等差数列的定义判断出数列为等差数列，进而得出数列的通项公式，从而判断出选项B；由选项B求出的数列的通项公式和等差数列前n项和公式得出，从而判断出选项C；利用数列的单调性求出数列的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，则求出的取值范围，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高二下·重庆市期末）已知的导函数分别为，且，则 .
【答案】8
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：由函数，求导得，
令，得.
故填：8.
【分析】根据给定等式求导，再由赋值法计算得出答案.
13．（2024高二下·重庆市期末）已知均为实数且，则的最小值为 .
【答案】1
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以
，
当且仅当，即等号成立，
所以的最小值为1.
故填：1.
【分析】利用基本不等式和凑“一”法，从而求出的最小值.
14．（2024高二下·重庆市期末）如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有 种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有 种.
【答案】；
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，要求四个区域中有且只有一组相邻区域同色，
而同色的相邻区域共有4种，不妨假设为同色，
①若同时染黄色，则另外两个区域共有种染色方法，因此这种情况共有种染色方法；
②若同时染的不是黄色，则它们的染色有4种，另外两个区域一个必须染黄色，
所以这两个区域共有，因此这种情况共有种染色方法；
综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为种，
根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3种情况讨论：
①若一共使用了四种颜色，则共有种染色方法；
②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，
所以一共有种染色方法；
③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有种染色方法；
综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84种.
故填：；.
【分析】按同色区域用黄色和不用黄色分类，再结合分步乘法计数原理列式计算即得四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法；按用色多少分成3类，再在每一类中采用先取后排的方法列式计算，从而由分类加法计数原理得出四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法.
15．（2024高二下·重庆市期末）设数列是各项均为正实数的等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为q.
，
或.
（2）解：，
.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等比数列的通项公式求出等比数列的公比，再结合等比数列的通项公式得出结果.
（2）利用已知条件和等比数列的前项和公式和等差数列的前项和公式，从而分组求和得出结果.
（1）设等比数列的公比为，
或.
（2），
.
16．（2024高二下·重庆市期末）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若，对，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：令，解得或，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上所述：时，不等式的解集为时，不等式的解集为；时，不等式的解集为.
（2）解：由，
代入整理得，令，
①当，即时，
对任意.
所以此时不等式组无解；
②当，即时，
对任意.
所以解得；
③当，即时，
对任意.
所以，此时不等式组无解.
④当，即时，
对任意.
所以此时不等式组无解.
综上所述，实数的取值范围是.
【知识点】函数的值域；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的思想，再利用一元二次不等式求解方法，从而求解出含有参数的不等式的解集.
（2）利用函数的思想构造函数，再利用已知条件和分类讨论的方法，从而结合恒成立问题求解方法和元素与集合的关系、集合与集合的关系，从而求出函数的值域，进而解不等式组求出实数b的取值范围.
（1）令，解得或，
①当时，，不等式的解集为，
②当时，，不等式的解集为，
③当时，，不等式的解集为.
综上所述：时，不等式的解集为时，不等式的解集为；时，不等式的解集为；
（2）由，
代入整理得，令，
①当，即时，对任意.
所以此时不等式组无解.
②当，即时，对任意.
所以解得；
③当，即时，对任意.
所以，此时不等式组无解.
④当，即时，对任意.
所以此时不等式组无解.
综上，实数的取值范围是.
17．（2024高二下·重庆市期末）已知函数.
（1）若关于的方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围；
（2）若关于的不等式对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为的定义域为，
又当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以的单调减区间为；单调增区间为，
又因为时，，
故.
（2）解：设，
令则，
考查这个函数发现在恒正，
即当时，单调递增，
在上单调递增，
，
即实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和导数研究函数的单调性，进而求出函数的极值和最值，从而求出实数k的取值范围.
（2）利用抽象函数求导，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的极值和最值，再由不等式恒成立问题求出实数a的取值范围.
（1）因为的定义域为，
又当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以的单调减区间为，单调增区间为；
又时，，
故；
（2）设，
令
，考查这个函数发现在恒正，
即当时，单调递增，
在上单调递增，
，
即实数的取值范围为.
18．（2024高二下·重庆市期末）学校举行数学知识竞赛，分为个人赛和团体赛.
个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会.电脑同时给出2道判断题（判断对错）和4道连线题（由电脑随机打乱给出的四个数学定理和与其相关的数学家，要求参赛者将它们连线配对，配对正确一对数学定理和与其相关的数学家记为答对一道连线题），要求参赛者全都作答，若有4道或4道以上答对，则该选手挑战成功.
团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数不少于20人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：
方式一：将班级选派的个人平均分成组，每组2人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题，若这两人中至少有一人回答正确，则该小组闯关成功.若这个小组都闯关成功，则该班级挑战成功.
方式二：将班级选派的个人平均分成2组，每组人，电脑随机分配给同组个人一道相同试题，各人同时独立答题，若这个人都回答正确，则该小组闯关成功.若这两个小组至少有一个小组闯关成功则该班级挑战成功.
（1）在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）甲同学参加个人赛，他能够答对判断题并且配对正确与，其余题目只能随机作答，求甲同学挑战成功的概率.
（3）在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数，为使本班团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明理由.
【答案】（1）解：记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
则.
（2）解：记事件：甲同学挑战成功，
则事件包含以下几种情况：①事件“共答对四道”，
即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，
即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，
即答对余下的四道问题，则，
所以.
（3）解：设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为，
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，
则两人中至少有一人回答正确的概率为，
所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，
则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，
所以，
构造，
则
因为，则，，
可得，
所以，即，
所以单调递增，
又因为，且，
所以，从而，即，
所以 为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
【知识点】函数单调性的性质；概率的意义；互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，从而由排列数公式、组合数公式，则得出这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）分甲同学答对四道、五道、六道题的情况，再由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，则由排列数公式、组合数公式，从而得出判断题和连线题答对题的数量，由互斥事件加法求概率公式，则得出甲同学挑战成功的概率.
（3）分别计算方式一和方式二的班级团队挑战成功的概率，通过作差比较，再构造函数，从而利用函数单调性判断差值大小，即得出为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
（1）记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
；
（2）记事件：甲同学挑战成功，则事件包含以下几种情况：
①事件“共答对四道”，即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，即答对余下的四道问题，，
所以；
（3）设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为.
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，则两人中至少有一人回答正确的概率为，所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，所以
，
构造，则
，因为，则，
，可得，所以，即，所以单调递增，
又因为，且，所以，
从而，即，所以为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
19．（2024高二下·重庆市期末）已知椭圆经过点，离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点且倾斜角为的直线与轴，轴分别交于点，点为椭圆上任意一点，求面积的最小值.
（3）如图，过点作两条直线分别与椭圆相交于点，设直线和相交于点.证明点在定直线上.
【答案】（1）解：由题意，点在椭圆上，可得①
又由，所以②，
由①②联立且，可得，
故椭圆的标准方程为.
（2）解：易知，则，所以，
设直线，联立直线与曲线有，
则，由解得，
到的距离即为在边上高的最小值，即，
此时面积的最小值.
（3）证明：
设，
则，即，
又由，得，
整理得，
再代入得，即，
所以，
同理令，，则，
则，
，
则直线的方程为
同理的方程为
两式相减，整理得，即点在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和代入法以及椭圆的离心率公式、椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）由题意结合两点距离公式求出，再联立直线与曲线C的方程结合判别式法和c的取值范围，从而得出c的值，再由几何法和点到直线的距离公式求出到的距离，从而得出在边上高的最小值，再结合三角形面积公式计算出面积的最小值.
（3）设，利用平面向量的坐标表示和点差法计算表示出A、B、C、D的坐标，再由直线的两点式方程分别表示出直线AD和直线BC，将两直线方程相减可得，进而由代入法证出点在定直线上.
（1）由题意，点在椭圆上得，可得①
又由，所以②，
由①②联立且，可得，
故椭圆的标准方程为；
（2）易知，则，所以，
设，联立与有，
则，由解得，
到的距离即为在边上高的最小值，即，
此时面积的最小值；
（3）设，则，即，
又由，得，
整理得，
再代入得，即，
所以，
同理令，，则，
则，，
则直线的方程为
，
同理的方程为
，
两式相减，整理得，即点在定直线上.
1 / 1重庆市西南大学附属中学校2023-2024学年高二下学期末考试数学试卷
1．（2024高二下·重庆市期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·重庆市期末）函数的图象在点处的切线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·重庆市期末）设随机变量，则（ ）
A．3 B．4 C．12 D．13
4．（2024高二下·重庆市期末）如图所示，太极图是由黑白两个鱼纹组成的图形图案，充分体现了相互转化 对称统一的形式美 和谐美.定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，则下列说法错误的是（ ）
A．对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个
B．函数可以是某个圆的“太极函数”
C．函数可以是某个圆的“太极函数”
D．是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
5．（2024高二下·重庆市期末）过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．2
6．（2024高二下·重庆市期末）已知甲同学从学校的4个科技类社团，3个艺术类社团，2个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是科技类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·重庆市期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·重庆市期末）若对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·重庆市期末）函数与在同一直角坐标系中的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·重庆市期末）某科技企业为了对一种新研制的专利产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价（元） 40 50 60 70 80 90
销量（件） 50 44 43 35 28
由表中数据，求得线性回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．产品的销量与单价成负相关
B．为了获得最大的销售额（销售额单价销量，单价应定为70元或80元
C．
D．若在这些样本点中任取一点，则它在线性回归直线左下方的概率为
11．（2024高二下·重庆市期末）已知各项均不为0的数列的前项和为，且，对于任意成立，则下列说法正确的是（ ）
A． B．数列的通项公式为
C． D．实数的取值范围为
12．（2024高二下·重庆市期末）已知的导函数分别为，且，则 .
13．（2024高二下·重庆市期末）已知均为实数且，则的最小值为 .
14．（2024高二下·重庆市期末）如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有 种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有 种.
15．（2024高二下·重庆市期末）设数列是各项均为正实数的等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
16．（2024高二下·重庆市期末）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若，对，使得成立，求的取值范围.
17．（2024高二下·重庆市期末）已知函数.
（1）若关于的方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围；
（2）若关于的不等式对恒成立，求实数的取值范围.
18．（2024高二下·重庆市期末）学校举行数学知识竞赛，分为个人赛和团体赛.
个人赛规则：每位参赛选手只有一次挑战机会.电脑同时给出2道判断题（判断对错）和4道连线题（由电脑随机打乱给出的四个数学定理和与其相关的数学家，要求参赛者将它们连线配对，配对正确一对数学定理和与其相关的数学家记为答对一道连线题），要求参赛者全都作答，若有4道或4道以上答对，则该选手挑战成功.
团体赛规则：以班级为单位，每班参赛人数不少于20人，且参赛人数为偶数，参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛：
方式一：将班级选派的个人平均分成组，每组2人，电脑随机分配给同组两个人一道相同试题，两人同时独立答题，若这两人中至少有一人回答正确，则该小组闯关成功.若这个小组都闯关成功，则该班级挑战成功.
方式二：将班级选派的个人平均分成2组，每组人，电脑随机分配给同组个人一道相同试题，各人同时独立答题，若这个人都回答正确，则该小组闯关成功.若这两个小组至少有一个小组闯关成功则该班级挑战成功.
（1）在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答，求这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）甲同学参加个人赛，他能够答对判断题并且配对正确与，其余题目只能随机作答，求甲同学挑战成功的概率.
（3）在团体赛中，假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数，为使本班团队挑战成功的可能性更大，应选择哪种参赛方式？说明理由.
19．（2024高二下·重庆市期末）已知椭圆经过点，离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点且倾斜角为的直线与轴，轴分别交于点，点为椭圆上任意一点，求面积的最小值.
（3）如图，过点作两条直线分别与椭圆相交于点，设直线和相交于点.证明点在定直线上.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：若，
则.
故选：B.
【分析】根据已知条件和集合的交集的运算法则，从而得出集合的交集.
2．【答案】C
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：根据题意，函数，
当时，，设该切线的倾斜角为，
则，所以，
即函数在点处的切线斜率为.
故选：C.
【分析】根据导数的几何意义得出切线的斜率，再结合直线的斜率与倾斜角的关系式，进而得出函数的图象在点处的切线的倾斜角.
3．【答案】C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意得，
故.
故选：C.
【分析】利用二项分布的方差求解方法和方差的性质，进而求出答案.
4．【答案】D
【知识点】充要条件；函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：对于A，任意一个圆是关于圆心的中心对称图形，
其“太极函数”有无数个，故A正确；
对于B和C，函数是奇函数，其图象关于原点对称，
将圆的圆心放在坐标原点上，则是该圆的“太极函数”，
故B，C正确；
对于D，函数的图象是中心对称图形，则是“太极函数”，
但函数是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图所示，
故D错误.
故选：D.
【分析】利用太极函数的定义和圆的对称性，从而判断出选项A；利用奇函数的图象的对称性和太极函数的定义判断出选项B和选项C；利用函数的对称性和太极函数的定义判断出选项D，进而找出说法错误的选项.
5．【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：将圆化为，
则圆心，半径，
因为，所以，点在圆内，
记圆心到直线的距离为，则，
由图可知，当，即时，取得最小值，
因为，
所以的最小值为.
故选：C.
【分析】利用圆的方程得出圆心坐标和半径长，再结合代入法和圆的方程判断出点与圆的位置关系，再结合弦长公式和几何法以及勾股定理，从而得出的最小值.
6．【答案】B
【知识点】条件概率
【解析】【解答】解：设事件A为“所报的两个社团中仅有一个是科技类”，
事件为“所报两个社团中有一个是体育类”，
则，
则.
故选：B.
【分析】利用已知条件，设出相应事件，再根据古典概型求概率公式求出的值，再根据条件概率公式求出在仅有一个是科技类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率.
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由，得，而，
比较6与的大小比较与的大小.
单调递增，，
再将与比大小，
比较8与的大小比较与的大小，
单调递增，，
综上所述，.
故选：A.
【分析】把分别写成和，再根据函数单调性，从而比较出a，b，c的大小.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以，
则可化为，
整理得，
因为，所以，
令，则函数在上单调递减，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，则在上恒成立，
则在上单调递减，
所以，故，
所以得最小值为.
故选：D.
【分析】将已知条件变形为，然后构造函数，将问题转化为在上恒成立，再转化为的最大值问题，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，进而得出实数a的最小值.
9．【答案】A,B,C
【知识点】幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A，二次函数开口向上，则，
此时存在与图中符合，如，所以A对；
对于B，二次函数开口向下，则，
此时存在与图中符合，如，所以B对；
对于C，二次函数开口向上，则，
此时存在与图中符合，如，所以C对；
对于D，二次函数开口向上，则，
此时在为增函数，不符合题意，所以D错.
故选：ABC.
【分析】根据各选项中二次函数图象的开口方向确定的正负，再观察幂函数图象，从而判断各选项得出正确的答案.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的最大（小）值；线性相关；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：对于A，由线性回归方程中的回归系数，
可知产品的销量与单价成负相关，故A正确；
对于B，由，得，
则销售额，
为了获得最大的销售额，单价应定为82.5元，故B错误；
对于C，由表中数据得，
，
可得样本点的中心的坐标为，
则该回归直线过点，
代入，得，故C正确；
对于D，将分别代入线性回归方程，
得到的预测值分别为，
由，故和在线性回归直线的左下方，
满足条件的样本点只有2个，故所求概率为，故D正确.
故选：ACD.
【分析】利用斜率参数的正负判断出线性相关性，从而判断选项A；利用二次函数的图象求最值的方法，进而计算出最大销售额时的单价，从而判断出选项B；利用单价和销量的均值落在回归线上计算出的值，从而判断出选项C；将分别代入线性回归方程，得到的预测值分别为，从而求解出在线性回归直线左下方的概率，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数恒成立问题；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，当时，由及，解得，故A正确；
对于B，因为数列的前项和为，且，即，
当时，可得，两式相减得，
因为，故，
所以及均为公差为4的等差数列，
由和，所以，
所以，数列的通项公式为，故B错误；
对于C，由选项B知，可得，故C正确；
对于D，因为对于任意成立，所以恒成立，
设，则，
当时，，
当时，，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为
故选：ACD.
【分析】利用数列的和与数列的通项公式的关系，从而求解出的值，进而判断出选项A；利用数列的和与数列的通项公式的关系，再结合分类讨论的方法和相减法，进而由等差数列的定义判断出数列为等差数列，进而得出数列的通项公式，从而判断出选项B；由选项B求出的数列的通项公式和等差数列前n项和公式得出，从而判断出选项C；利用数列的单调性求出数列的最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，则求出的取值范围，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】8
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：由函数，求导得，
令，得.
故填：8.
【分析】根据给定等式求导，再由赋值法计算得出答案.
13．【答案】1
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以
，
当且仅当，即等号成立，
所以的最小值为1.
故填：1.
【分析】利用基本不等式和凑“一”法，从而求出的最小值.
14．【答案】；
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：根据题意，要求四个区域中有且只有一组相邻区域同色，
而同色的相邻区域共有4种，不妨假设为同色，
①若同时染黄色，则另外两个区域共有种染色方法，因此这种情况共有种染色方法；
②若同时染的不是黄色，则它们的染色有4种，另外两个区域一个必须染黄色，
所以这两个区域共有，因此这种情况共有种染色方法；
综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为种，
根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3种情况讨论：
①若一共使用了四种颜色，则共有种染色方法；
②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，
所以一共有种染色方法；
③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有种染色方法；
综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84种.
故填：；.
【分析】按同色区域用黄色和不用黄色分类，再结合分步乘法计数原理列式计算即得四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法；按用色多少分成3类，再在每一类中采用先取后排的方法列式计算，从而由分类加法计数原理得出四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法.
15．【答案】（1）解：设等比数列的公比为q.
，
或.
（2）解：，
.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等比数列的通项公式求出等比数列的公比，再结合等比数列的通项公式得出结果.
（2）利用已知条件和等比数列的前项和公式和等差数列的前项和公式，从而分组求和得出结果.
（1）设等比数列的公比为，
或.
（2），
.
16．【答案】（1）解：令，解得或，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上所述：时，不等式的解集为时，不等式的解集为；时，不等式的解集为.
（2）解：由，
代入整理得，令，
①当，即时，
对任意.
所以此时不等式组无解；
②当，即时，
对任意.
所以解得；
③当，即时，
对任意.
所以，此时不等式组无解.
④当，即时，
对任意.
所以此时不等式组无解.
综上所述，实数的取值范围是.
【知识点】函数的值域；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的思想，再利用一元二次不等式求解方法，从而求解出含有参数的不等式的解集.
（2）利用函数的思想构造函数，再利用已知条件和分类讨论的方法，从而结合恒成立问题求解方法和元素与集合的关系、集合与集合的关系，从而求出函数的值域，进而解不等式组求出实数b的取值范围.
（1）令，解得或，
①当时，，不等式的解集为，
②当时，，不等式的解集为，
③当时，，不等式的解集为.
综上所述：时，不等式的解集为时，不等式的解集为；时，不等式的解集为；
（2）由，
代入整理得，令，
①当，即时，对任意.
所以此时不等式组无解.
②当，即时，对任意.
所以解得；
③当，即时，对任意.
所以，此时不等式组无解.
④当，即时，对任意.
所以此时不等式组无解.
综上，实数的取值范围是.
17．【答案】（1）解：因为的定义域为，
又当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以的单调减区间为；单调增区间为，
又因为时，，
故.
（2）解：设，
令则，
考查这个函数发现在恒正，
即当时，单调递增，
在上单调递增，
，
即实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和导数研究函数的单调性，进而求出函数的极值和最值，从而求出实数k的取值范围.
（2）利用抽象函数求导，从而判断出函数的单调性，进而得出函数的极值和最值，再由不等式恒成立问题求出实数a的取值范围.
（1）因为的定义域为，
又当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以的单调减区间为，单调增区间为；
又时，，
故；
（2）设，
令
，考查这个函数发现在恒正，
即当时，单调递增，
在上单调递增，
，
即实数的取值范围为.
18．【答案】（1）解：记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
则.
（2）解：记事件：甲同学挑战成功，
则事件包含以下几种情况：①事件“共答对四道”，
即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，
即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，
即答对余下的四道问题，则，
所以.
（3）解：设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为，
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，
则两人中至少有一人回答正确的概率为，
所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，
则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，
所以，
构造，
则
因为，则，，
可得，
所以，即，
所以单调递增，
又因为，且，
所以，从而，即，
所以 为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
【知识点】函数单调性的性质；概率的意义；互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，从而由排列数公式、组合数公式，则得出这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
（2）分甲同学答对四道、五道、六道题的情况，再由独立事件乘法求概率公式和古典概率公式，则由排列数公式、组合数公式，从而得出判断题和连线题答对题的数量，由互斥事件加法求概率公式，则得出甲同学挑战成功的概率.
（3）分别计算方式一和方式二的班级团队挑战成功的概率，通过作差比较，再构造函数，从而利用函数单调性判断差值大小，即得出为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
（1）记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题，
；
（2）记事件：甲同学挑战成功，则事件包含以下几种情况：
①事件“共答对四道”，即答对余下的判断题，答错两道连线题，则，
②事件“共答对五道”，即答错余下的判断题，答对余下的三道连线题，则，
③事件“共答对六道”，即答对余下的四道问题，，
所以；
（3）设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为.
当选择方式一时，因为两人都回答错误的概率为，则两人中至少有一人回答正确的概率为，所以，
当选择方式二时，因为一个小组闯关成功的概率为，则一个小组闯关不成功的概率为，
所以，所以
，
构造，则
，因为，则，
，可得，所以，即，所以单调递增，
又因为，且，所以，
从而，即，所以为使本班挑战成功的可能性更大，应选择方式一参赛.
19．【答案】（1）解：由题意，点在椭圆上，可得①
又由，所以②，
由①②联立且，可得，
故椭圆的标准方程为.
（2）解：易知，则，所以，
设直线，联立直线与曲线有，
则，由解得，
到的距离即为在边上高的最小值，即，
此时面积的最小值.
（3）证明：
设，
则，即，
又由，得，
整理得，
再代入得，即，
所以，
同理令，，则，
则，
，
则直线的方程为
同理的方程为
两式相减，整理得，即点在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和代入法以及椭圆的离心率公式、椭圆中a，b，c三者的关系式，从而建立方程组得出a，b，c的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）由题意结合两点距离公式求出，再联立直线与曲线C的方程结合判别式法和c的取值范围，从而得出c的值，再由几何法和点到直线的距离公式求出到的距离，从而得出在边上高的最小值，再结合三角形面积公式计算出面积的最小值.
（3）设，利用平面向量的坐标表示和点差法计算表示出A、B、C、D的坐标，再由直线的两点式方程分别表示出直线AD和直线BC，将两直线方程相减可得，进而由代入法证出点在定直线上.
（1）由题意，点在椭圆上得，可得①
又由，所以②，
由①②联立且，可得，
故椭圆的标准方程为；
（2）易知，则，所以，
设，联立与有，
则，由解得，
到的距离即为在边上高的最小值，即，
此时面积的最小值；
（3）设，则，即，
又由，得，
整理得，
再代入得，即，
所以，
同理令，，则，
则，，
则直线的方程为
，
同理的方程为
，
两式相减，整理得，即点在定直线上.
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