浙江省金华市卓越联盟2023-2024学年高二下学期5月阶段联考数学试题
1．（2024高二下·金华期中）若集合，则（ ）
A．或 B．或
C． D．
2．（2024高二下·金华期中）已知复数，则（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2024高二下·金华期中）若，则“”是“”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
4．（2024高二下·金华期中）下列说法错误的个数为（ ）
①已知，若，则
②已知，则
③投掷一枚均匀的硬币5次，已知正面向上不少于3次，则出现5次正面向上的概率为
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2024高二下·金华期中）科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若，则的值为（ ）
A．14 B．15 C．24 D．25
6．（2024高二下·金华期中）袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得红球得3分，直到取到的球的总分大于或等于4分时终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·金华期中）体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·金华期中）已知函数，当时，记的最大值为，有，则实数的最大值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
9．（2024高二下·金华期中）下列选项中正确的有（ ）
A．已知在上的投影向量长度为，且，则
B．
C．若非零向量满足，则
D．已知，且与夹角为锐角，则的取值范围是
10．（2024高二下·金华期中）下列命题错误的是（ ）
A．线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强
B．回归直线至少会经过其中一个样本点
C．已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D．以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4
11．（2024高二下·金华期中）如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（ ）
A．圆台的侧面积为
B．圆台的体积为
C．当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径
D．的最大值为
12．（2024高二下·金华期中）的展开式中的常数项为 ．
13．（2024高二下·金华期中）在锐角三角形中，边长为1，且，则边的长度取值范围是 ．
14．（2024高二下·金华期中）某学校举办校庆，安排3名男老师和2名女老师进行3天值班，值班分为上午和下午，每班次一人，其中女老师不在下午值班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有 种（用数字作答）.
15．（2024高二下·金华期中）设函数，其中，已知．
（1）求的解析式；
（2）已知，求的单调递增区间及值域．
16．（2024高二下·金华期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．
17．（2024高二下·金华期中）已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，．
18．（2024高二下·金华期中）某超市为促进消费推出优惠活动，为预估活动期间客户投入的消费金额，采用随机抽样统计了200名客户的消费金额，分组如下：（单位：元），得到如图所示频率分布直方图：
活跃客户 非活跃客户 总计
男 20
女 60
总计
（1）利用抽样的数据计算本次活动的人均消费金额（同一组中的数据用该组的中点值表示）
（2）若把消费金额不低于800元的客户，称为“活跃客户”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，求列联表中的值，并根据列联表判断是否有的把握认为“活跃客户”与性别有关？
（3）为感谢客户，该超市推出免单福利，方案如下：
从“活跃客户”中按分层抽样的方法抽取12人，从中抽取2人进行免单，试写出总单金额的分布列及其期望．（每一组消费金额按该组中点值估计，期望结果保留至整数．）
附：
0.150 0.100 0.050 0.010 0.005
k 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879
19．（2024高二下·金华期中）已知①设函数的值域是，对于中的每个，若函数在每一处都等于它对应的，这样的函数叫做函数的反函数，记作，我们习惯记自变量为，因此可改成即为原函数的反函数．易知与互为反函数，且．如的反函数是可改写成即为的反函数，与互为反函数．②是定义在且取值于的一个函数，定义，则称是函数在上的次迭代．例如，则．对于一些相对复杂的函数，为求出其次迭代函数，我们引入如下一种关系：对于给定的函数和，若函数的反函数存在，且有，称与关于相似，记作，其中称为桥函数，桥函数满足以下性质：
（i）若，则
（ii）若为的一个不动点，即，则为的一个不动点．
（1）若函数，求（写出结果即可）
（2）证明：若，则．
（3）若函数，求（桥函数可选取），若，试选取恰当桥函数，计算．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，又因为，
所以，所以或，
所以或，所以.
故答案为：D.
【分析】解对数不等式求出集合M，解分式不等式求得集合N，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义和复数的减法运算法则，即可得出复数.
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由可得，
令，，
所以在上单调递增，
则，即，
当时，因为在上单调递增，所以，
当，因为在上单调递增，所以，
所以“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】令，则，从而可得，对求导判断出函数在上单调递增，再结合充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于①，因为，，
所以，
所以，故①正确；
对于②，因为随机变量，
则，，故②错误；
对于③，因为投掷一枚均匀的硬币5次，
正面向上不少于3次的有，5次正面向上只有1种，
故所求概率为，故③正确，
则错误的个数为1.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性求出概率，则判断出①；根据二项分布期望和方差公式求解，则判断出②；根据古典概率公式求出概率，则判断出③，从而找出说法错误的个数.
5．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；数列的求和
【解析】【解答】解：因为，
即，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件中的概率公式，再结合求和公式和对数的运算法则，从而得出k的值.
6．【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，
当时，取球的情况为：白白红，白白黑，白黑白，白黑黑，白黑红，黑白白，黑白黑，黑白红，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意，求出当时取球的情况，再结合概率的乘法公式，从而得出的值.
7．【答案】D
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，设正三棱锥的底面边长为，
高为，外接球半径为，
因为正三棱锥的体积为1，所以，所以，
不论外接球的球心在正三棱锥的内部（图1），外部（图2）还是与重合（图3），
其外接球半径均满足，
将代入化简得，
当且仅当即时取等号，所以最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据正三棱锥的体积公式得到底面边长和三棱锥的高的关系，由正三棱锥和其外接球的几何关系，从而得到外接球半径与底面边长比值的表达式，再化简结合基本不等式求最值的方法，从而得出体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值.
8．【答案】C
【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】因为函数，
，
由，可得，，
可知，则在区间为减函数，
可得的最大值为，最小值为，
对任意的恒成立，可得，
可得，
由，
可得，即，则的最大值为.
故答案为：C.
【分析】先求导，利用导数判断出函数在区间的单调性，从而可得函数的最值，再结合绝对值的性质可得，从而得出实数k的取值范围，进而得出实数k的最大值.
9．【答案】B,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A，设与的夹角为（），
又因为在上的投影向量长度为，
所以，
又因为，所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，故B正确；
对于C，因为，对两边同时平方得：
，解得：，
又因为，故C正确；
对于D，因为，则，
又因为与夹角为锐角，所以，且与不共线，
即，解得，
所以的取值范围是，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件结合投影向量的概念和平面向量数量积的定义，则可判断选项A；利用向量数量积的定义，则可判断选项B；根据平面向量夹角的公式和数量积的运算法则，即可判断选项C；结合平面向量数量积和向量共线的坐标运算，即可判断选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B
【知识点】回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：对于A：在线性相关模型中，决定系数越大，
即残差平方和越小，所以拟合效果越好，
相关系数越大，相关性越强，故A错误；
对于B：因为回归直线方程不一定过样本点，故B错误；
对于C：因为回归直线方程为，且样本点与的残差相等，
则，化简得，故C正确；
对于D：因为，所以两边取对数，
可得，
令，可得，
因为，所以，
即，故D正确.
故答案为：AB.
【分析】根据决定系数的概念和相关系数的概念，则判断选项A；根据回归直线方程的性质，则判断选项B；根据回归直线方程和残差的概念，则判断选项C；根据线性回归方程与非线性之间的转化关系可判断选项D，从而找出假命题的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在圆台中，作出圆过点的直径，
则四边形是等腰梯形，作于，
在中，由，
得，
则.
对于A，因为圆台的侧面积，故A正确；
对于B，因为圆台的体积，故B正确；
对于C，当点是弧中点时，得点到直线距离为2，
则面积为，三棱锥体积的为，
又因为，，
所以，
，，
因为，
所以，故C错误；
对于D，连接，当与点都不重合时，
设，则，
在中，由余弦定理得，
则，，
求导得，
令得，；令得，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
当与重合时，，
当与重合时，，因此的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】作出圆台轴截面等腰梯形和高，从而求出圆台的高及上底面圆半径，再分析计算判断出选项A和选项B；利用体积分割法求得内切球的半径，则判断选项C；先求出的函数关系，再利用导数求出函数的最大值，即可判断选项D，则找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为：，
令，解得：，
所以的展开式中的常数项为：.
故答案为：.
【分析】先求出的展开式的通项，再令，从而解出代入，即可得出的展开式中的常数项.
13．【答案】
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
由正弦定理角化边得：，
因为，所以，
由是锐角三角形，，
解得：，则.
故答案为：.
【分析】利用二倍角的正弦公式和正弦定理，再结合锐角三角形中角的取值范围确定角的取值范围，则根据余弦函数的定义和性质求值域，从而求出边的长度的取值范围.
14．【答案】252
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：若上午值班均为女教师，则不同的安排方法共有种，
可知下午值班均为男教师，则不同的安排方法共有种，
则不同的安排方法共有种；
若上午值班有男教师，则不同的安排方法共有种，
①当上午值班的男教师不下午值班时，则不同的安排方法共有种；
②当上午值班的男教师也下午值班时，则不同的安排方法共有种；
则不同的安排方法共有种，
综上所述：不同的安排方法共有种.
故答案为：252.
【分析】利用已知条件分类讨论上午值班是否有男教师，再结合间接法和分类加法计数原理，则根据排列数公式和组合数公式，从而得出不同的安排方法种数.
15．【答案】（1）解：将化为，
则，
所以，
所以，又因为，
所以，
所以.
（2）解：令，
解得，
又因为，所以，
故的单调递增区间为，
，所以，
所以.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，则可求出的值，从而可得函数的解析式.
（2）由可求函数的单调递增区间，再利用得出函数的值域.
（1）可化为
，
所以，
所以，又
所以
所以
（2）令，
解得，
又，所以，
故的单调递增区间为，
，所以，
所以.
16．【答案】（1）解：法1：（1）过点作，交于，连接，如图，
由平面，平面，
则平面且，
又因为平面，，且平面，
故平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，从而，故.
法2：过点作，交于，
则由可得，所以四点共面，
又因为平面，平面，
平面平面，
所以，
四边形是平行四边形，，
所以，所以.
（2）解：法1：过作，垂足为，
由正三棱柱可得平面平面，
因为平面平面，平面，
则平面，
再过作，垂足为，连接，
因为平面，故，
因为平面，
故平面，
又因为平面，故，
则即为二面角的平面角，
在中，，
，
当位于时，此时，
故二面角余弦值的最小值为.
方法2：取的中点由正三棱锥得平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面法向量，
则，即，
令，得，
因为平面法向量，
设二面角的平面角为，
则为锐角且，
当时取到.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求出的值.
方法二：过点作，可证四边形是平行四边形，从而可求的值.
（2）利用两种方法求解.
方法一：过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值.
方法二：利用建立如图所示的空间直角坐标系，则利用向量法可求出二面角的余弦值的最小值.
（1）法1：（1）过点作，交于，连接，如图，
由平面，平面，
则平面且，
又平面，，且平面，
故平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，从而，故.
法2：过点作，交于，则由可得，
所以四点共面，而平面，平面，
平面平面，所以，
四边形是平行四边形，
所以，所以.
（2）法1：过作，垂足为，
由正三棱柱可得平面平面，
而平面平面，平面，则平面，
再过作，垂足为，连接，
因为平面，故，
而平面，故平面，
而平面，故，
则即为二面角的平面角．
又在中，，
，
当位于时，此时，
故二面角余弦值的最小值为.
方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系，
，
，
设平面法向量，则即，
令得，
而平面法向量，设二面角的平面角为，
则为锐角且，
当时取到.
17．【答案】（1）解：由题意可知，，
令，，且切线斜率为，
则曲线在点处的切线方程为
可化为.
（2）解：，
当，在上恒成立，
故在上单调递增，
当时，令得（舍去）或；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：时增区间为；
当时单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：由（2）知，当时，则，
则证当时，，
即证恒成立，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递减，
因为，所以，
所以，
即当时，．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数求导，将得出代入函数和导函数，从而分别得出切点和切线斜率，再根据点斜式方程可得切线方程.
（2）明确导数和函数的定义域，再根据导数特征分类讨论求出导数正、负区间取值范围，即可判断出函数的单调性.
（3）先根据（1）得出时，将问题转化成证明，则只需求证，即可证出当时，成立.
（1）由题，
令，，且切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
可化为.
（2），
当，在上恒成立，
故在上单调递增；
当时，令得（舍去）或；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：时增区间为；
当时单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）由（2）知，当时，有，
所以证当时，，
即证恒成立，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
因为，所以，
所以在上单调递增．
所以，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
18．【答案】（1）解：由直方图计算人均消费金额：元.
（2）解：消费金额不低于800元的人数为：人，
则活跃客户共有60人，所以，，
列联表如下：
活跃客户 非活跃客户 总计
男 20 80 100
女 40 60 100
总计 60 140 200
计算，
因此有的把握与性别有关．
（3）解：从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元：人，
消费1100元：人，
从中抽取2人免单总金额的取值有：，
则，
，
，
所以的分布列为：
Y 1800 2000 2200
P
即.
【知识点】独立性检验的应用；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；2×2列联表
【解析】【分析】（1）利用每个矩形的中点值乘以对应频率，从而累加求出样本均值.
（2）先完善列联表，求卡方值，即可判断出有的把握与性别有关．
（3）先用分层抽样得出从中抽取2人免单总金额的取值，再用超几何分布的概率公式计算出随机变量Y的分布列，根据随机变量的分布列得出随机变量Y的数学期望.
（1）由直方图计算人均消费金额：元
（2）消费金额不低于800元的人数为：人，
则活跃客户共有60人，所以，，
列联表如下
活跃客户 非活跃客户 总计
男 20 80 100
女 40 60 100
总计 60 140 200
计算
因此有的把握与性别有关．
（3）从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元：人，消费1100元：人，从中抽取2人免单总金额的取值有：，
则，
，
，
所以的分布列为：
Y 1800 2000 2200
P
即.
19．【答案】（1）解：根据次迭代函数的定义，
由，可得.
（2）证明：因为，则，即，
则，即，
当时，，成立；
假设时成立，即，；
当时，
因此成立，
综上所述，若，则.
（3）解：根据相似函数不动点也相似，桥函数选取时可令不动点为一解，
当，选取桥函数，
，，
易得，
由（2）可知，，
即，
当，
选取桥函数（不唯一），，，易得，
由（2）可知，.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【分析】（1）由次迭代函数定义，即可得出.
（2）利用已知条件和数学归纳法，从而证明若，则.
（3）利用的桥函数和相似函数，从而求出的迭代可以转换为求的迭代，再结合不动点的知识求出函数的桥函数和相似函数，将求的迭代转换为求的迭代，从而得出.
（1）根据次迭代函数的定义，由，可得.
（2）证明：因为，有，即，
有，即.
当时，，成立；
假设时成立，即，；
当时，
，
因此成立，
综上所述，若，则.
（3）根据相似函数不动点也相似，桥函数选取时可令不动点为一解，当，
选取桥函数，
，，
易得，
由（2）可知，，
即有．
当，选取桥函数（不唯一），
，．易得，
由（2）可知，.
1 / 1浙江省金华市卓越联盟2023-2024学年高二下学期5月阶段联考数学试题
1．（2024高二下·金华期中）若集合，则（ ）
A．或 B．或
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为，又因为，
所以，所以或，
所以或，所以.
故答案为：D.
【分析】解对数不等式求出集合M，解分式不等式求得集合N，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2024高二下·金华期中）已知复数，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义和复数的减法运算法则，即可得出复数.
3．（2024高二下·金华期中）若，则“”是“”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
【解析】【解答】解：由可得，
令，，
所以在上单调递增，
则，即，
当时，因为在上单调递增，所以，
当，因为在上单调递增，所以，
所以“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】令，则，从而可得，对求导判断出函数在上单调递增，再结合充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2024高二下·金华期中）下列说法错误的个数为（ ）
①已知，若，则
②已知，则
③投掷一枚均匀的硬币5次，已知正面向上不少于3次，则出现5次正面向上的概率为
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：对于①，因为，，
所以，
所以，故①正确；
对于②，因为随机变量，
则，，故②错误；
对于③，因为投掷一枚均匀的硬币5次，
正面向上不少于3次的有，5次正面向上只有1种，
故所求概率为，故③正确，
则错误的个数为1.
故答案为：B.
【分析】根据正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性求出概率，则判断出①；根据二项分布期望和方差公式求解，则判断出②；根据古典概率公式求出概率，则判断出③，从而找出说法错误的个数.
5．（2024高二下·金华期中）科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若，则的值为（ ）
A．14 B．15 C．24 D．25
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；数列的求和
【解析】【解答】解：因为，
即，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件中的概率公式，再结合求和公式和对数的运算法则，从而得出k的值.
6．（2024高二下·金华期中）袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得红球得3分，直到取到的球的总分大于或等于4分时终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】互斥事件的概率加法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：由题意，
当时，取球的情况为：白白红，白白黑，白黑白，白黑黑，白黑红，黑白白，黑白黑，黑白红，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据题意，求出当时取球的情况，再结合概率的乘法公式，从而得出的值.
7．（2024高二下·金华期中）体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，设正三棱锥的底面边长为，
高为，外接球半径为，
因为正三棱锥的体积为1，所以，所以，
不论外接球的球心在正三棱锥的内部（图1），外部（图2）还是与重合（图3），
其外接球半径均满足，
将代入化简得，
当且仅当即时取等号，所以最小值为.
故答案为：D.
【分析】根据正三棱锥的体积公式得到底面边长和三棱锥的高的关系，由正三棱锥和其外接球的几何关系，从而得到外接球半径与底面边长比值的表达式，再化简结合基本不等式求最值的方法，从而得出体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值.
8．（2024高二下·金华期中）已知函数，当时，记的最大值为，有，则实数的最大值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【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】因为函数，
，
由，可得，，
可知，则在区间为减函数，
可得的最大值为，最小值为，
对任意的恒成立，可得，
可得，
由，
可得，即，则的最大值为.
故答案为：C.
【分析】先求导，利用导数判断出函数在区间的单调性，从而可得函数的最值，再结合绝对值的性质可得，从而得出实数k的取值范围，进而得出实数k的最大值.
9．（2024高二下·金华期中）下列选项中正确的有（ ）
A．已知在上的投影向量长度为，且，则
B．
C．若非零向量满足，则
D．已知，且与夹角为锐角，则的取值范围是
【答案】B,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A，设与的夹角为（），
又因为在上的投影向量长度为，
所以，
又因为，所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，故B正确；
对于C，因为，对两边同时平方得：
，解得：，
又因为，故C正确；
对于D，因为，则，
又因为与夹角为锐角，所以，且与不共线，
即，解得，
所以的取值范围是，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用已知条件结合投影向量的概念和平面向量数量积的定义，则可判断选项A；利用向量数量积的定义，则可判断选项B；根据平面向量夹角的公式和数量积的运算法则，即可判断选项C；结合平面向量数量积和向量共线的坐标运算，即可判断选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高二下·金华期中）下列命题错误的是（ ）
A．线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强
B．回归直线至少会经过其中一个样本点
C．已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D．以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4
【答案】A,B
【知识点】回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：对于A：在线性相关模型中，决定系数越大，
即残差平方和越小，所以拟合效果越好，
相关系数越大，相关性越强，故A错误；
对于B：因为回归直线方程不一定过样本点，故B错误；
对于C：因为回归直线方程为，且样本点与的残差相等，
则，化简得，故C正确；
对于D：因为，所以两边取对数，
可得，
令，可得，
因为，所以，
即，故D正确.
故答案为：AB.
【分析】根据决定系数的概念和相关系数的概念，则判断选项A；根据回归直线方程的性质，则判断选项B；根据回归直线方程和残差的概念，则判断选项C；根据线性回归方程与非线性之间的转化关系可判断选项D，从而找出假命题的选项.
11．（2024高二下·金华期中）如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（ ）
A．圆台的侧面积为
B．圆台的体积为
C．当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径
D．的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：在圆台中，作出圆过点的直径，
则四边形是等腰梯形，作于，
在中，由，
得，
则.
对于A，因为圆台的侧面积，故A正确；
对于B，因为圆台的体积，故B正确；
对于C，当点是弧中点时，得点到直线距离为2，
则面积为，三棱锥体积的为，
又因为，，
所以，
，，
因为，
所以，故C错误；
对于D，连接，当与点都不重合时，
设，则，
在中，由余弦定理得，
则，，
求导得，
令得，；令得，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
当与重合时，，
当与重合时，，因此的最大值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】作出圆台轴截面等腰梯形和高，从而求出圆台的高及上底面圆半径，再分析计算判断出选项A和选项B；利用体积分割法求得内切球的半径，则判断选项C；先求出的函数关系，再利用导数求出函数的最大值，即可判断选项D，则找出正确的选项.
12．（2024高二下·金华期中）的展开式中的常数项为 ．
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为：，
令，解得：，
所以的展开式中的常数项为：.
故答案为：.
【分析】先求出的展开式的通项，再令，从而解出代入，即可得出的展开式中的常数项.
13．（2024高二下·金华期中）在锐角三角形中，边长为1，且，则边的长度取值范围是 ．
【答案】
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
由正弦定理角化边得：，
因为，所以，
由是锐角三角形，，
解得：，则.
故答案为：.
【分析】利用二倍角的正弦公式和正弦定理，再结合锐角三角形中角的取值范围确定角的取值范围，则根据余弦函数的定义和性质求值域，从而求出边的长度的取值范围.
14．（2024高二下·金华期中）某学校举办校庆，安排3名男老师和2名女老师进行3天值班，值班分为上午和下午，每班次一人，其中女老师不在下午值班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有 种（用数字作答）.
【答案】252
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：若上午值班均为女教师，则不同的安排方法共有种，
可知下午值班均为男教师，则不同的安排方法共有种，
则不同的安排方法共有种；
若上午值班有男教师，则不同的安排方法共有种，
①当上午值班的男教师不下午值班时，则不同的安排方法共有种；
②当上午值班的男教师也下午值班时，则不同的安排方法共有种；
则不同的安排方法共有种，
综上所述：不同的安排方法共有种.
故答案为：252.
【分析】利用已知条件分类讨论上午值班是否有男教师，再结合间接法和分类加法计数原理，则根据排列数公式和组合数公式，从而得出不同的安排方法种数.
15．（2024高二下·金华期中）设函数，其中，已知．
（1）求的解析式；
（2）已知，求的单调递增区间及值域．
【答案】（1）解：将化为，
则，
所以，
所以，又因为，
所以，
所以.
（2）解：令，
解得，
又因为，所以，
故的单调递增区间为，
，所以，
所以.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，则可求出的值，从而可得函数的解析式.
（2）由可求函数的单调递增区间，再利用得出函数的值域.
（1）可化为
，
所以，
所以，又
所以
所以
（2）令，
解得，
又，所以，
故的单调递增区间为，
，所以，
所以.
16．（2024高二下·金华期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．
（1）若平面，求的值；
（2）若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．
【答案】（1）解：法1：（1）过点作，交于，连接，如图，
由平面，平面，
则平面且，
又因为平面，，且平面，
故平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，从而，故.
法2：过点作，交于，
则由可得，所以四点共面，
又因为平面，平面，
平面平面，
所以，
四边形是平行四边形，，
所以，所以.
（2）解：法1：过作，垂足为，
由正三棱柱可得平面平面，
因为平面平面，平面，
则平面，
再过作，垂足为，连接，
因为平面，故，
因为平面，
故平面，
又因为平面，故，
则即为二面角的平面角，
在中，，
，
当位于时，此时，
故二面角余弦值的最小值为.
方法2：取的中点由正三棱锥得平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面法向量，
则，即，
令，得，
因为平面法向量，
设二面角的平面角为，
则为锐角且，
当时取到.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
方法一：过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求出的值.
方法二：过点作，可证四边形是平行四边形，从而可求的值.
（2）利用两种方法求解.
方法一：过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值.
方法二：利用建立如图所示的空间直角坐标系，则利用向量法可求出二面角的余弦值的最小值.
（1）法1：（1）过点作，交于，连接，如图，
由平面，平面，
则平面且，
又平面，，且平面，
故平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，从而，故.
法2：过点作，交于，则由可得，
所以四点共面，而平面，平面，
平面平面，所以，
四边形是平行四边形，
所以，所以.
（2）法1：过作，垂足为，
由正三棱柱可得平面平面，
而平面平面，平面，则平面，
再过作，垂足为，连接，
因为平面，故，
而平面，故平面，
而平面，故，
则即为二面角的平面角．
又在中，，
，
当位于时，此时，
故二面角余弦值的最小值为.
方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系，
，
，
设平面法向量，则即，
令得，
而平面法向量，设二面角的平面角为，
则为锐角且，
当时取到.
17．（2024高二下·金华期中）已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，．
【答案】（1）解：由题意可知，，
令，，且切线斜率为，
则曲线在点处的切线方程为
可化为.
（2）解：，
当，在上恒成立，
故在上单调递增，
当时，令得（舍去）或；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：时增区间为；
当时单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：由（2）知，当时，则，
则证当时，，
即证恒成立，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递减，
因为，所以，
所以，
即当时，．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对函数求导，将得出代入函数和导函数，从而分别得出切点和切线斜率，再根据点斜式方程可得切线方程.
（2）明确导数和函数的定义域，再根据导数特征分类讨论求出导数正、负区间取值范围，即可判断出函数的单调性.
（3）先根据（1）得出时，将问题转化成证明，则只需求证，即可证出当时，成立.
（1）由题，
令，，且切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
可化为.
（2），
当，在上恒成立，
故在上单调递增；
当时，令得（舍去）或；
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：时增区间为；
当时单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）由（2）知，当时，有，
所以证当时，，
即证恒成立，
即证，
即证，
令，
则，
令，
则，
因为，所以，
所以在上单调递增．
所以，所以，
所以在上单调递减．
因为，所以，
所以，
即当时，．
18．（2024高二下·金华期中）某超市为促进消费推出优惠活动，为预估活动期间客户投入的消费金额，采用随机抽样统计了200名客户的消费金额，分组如下：（单位：元），得到如图所示频率分布直方图：
活跃客户 非活跃客户 总计
男 20
女 60
总计
（1）利用抽样的数据计算本次活动的人均消费金额（同一组中的数据用该组的中点值表示）
（2）若把消费金额不低于800元的客户，称为“活跃客户”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，求列联表中的值，并根据列联表判断是否有的把握认为“活跃客户”与性别有关？
（3）为感谢客户，该超市推出免单福利，方案如下：
从“活跃客户”中按分层抽样的方法抽取12人，从中抽取2人进行免单，试写出总单金额的分布列及其期望．（每一组消费金额按该组中点值估计，期望结果保留至整数．）
附：
0.150 0.100 0.050 0.010 0.005
k 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879
【答案】（1）解：由直方图计算人均消费金额：元.
（2）解：消费金额不低于800元的人数为：人，
则活跃客户共有60人，所以，，
列联表如下：
活跃客户 非活跃客户 总计
男 20 80 100
女 40 60 100
总计 60 140 200
计算，
因此有的把握与性别有关．
（3）解：从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元：人，
消费1100元：人，
从中抽取2人免单总金额的取值有：，
则，
，
，
所以的分布列为：
Y 1800 2000 2200
P
即.
【知识点】独立性检验的应用；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；2×2列联表
【解析】【分析】（1）利用每个矩形的中点值乘以对应频率，从而累加求出样本均值.
（2）先完善列联表，求卡方值，即可判断出有的把握与性别有关．
（3）先用分层抽样得出从中抽取2人免单总金额的取值，再用超几何分布的概率公式计算出随机变量Y的分布列，根据随机变量的分布列得出随机变量Y的数学期望.
（1）由直方图计算人均消费金额：元
（2）消费金额不低于800元的人数为：人，
则活跃客户共有60人，所以，，
列联表如下
活跃客户 非活跃客户 总计
男 20 80 100
女 40 60 100
总计 60 140 200
计算
因此有的把握与性别有关．
（3）从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元：人，消费1100元：人，从中抽取2人免单总金额的取值有：，
则，
，
，
所以的分布列为：
Y 1800 2000 2200
P
即.
19．（2024高二下·金华期中）已知①设函数的值域是，对于中的每个，若函数在每一处都等于它对应的，这样的函数叫做函数的反函数，记作，我们习惯记自变量为，因此可改成即为原函数的反函数．易知与互为反函数，且．如的反函数是可改写成即为的反函数，与互为反函数．②是定义在且取值于的一个函数，定义，则称是函数在上的次迭代．例如，则．对于一些相对复杂的函数，为求出其次迭代函数，我们引入如下一种关系：对于给定的函数和，若函数的反函数存在，且有，称与关于相似，记作，其中称为桥函数，桥函数满足以下性质：
（i）若，则
（ii）若为的一个不动点，即，则为的一个不动点．
（1）若函数，求（写出结果即可）
（2）证明：若，则．
（3）若函数，求（桥函数可选取），若，试选取恰当桥函数，计算．
【答案】（1）解：根据次迭代函数的定义，
由，可得.
（2）证明：因为，则，即，
则，即，
当时，，成立；
假设时成立，即，；
当时，
因此成立，
综上所述，若，则.
（3）解：根据相似函数不动点也相似，桥函数选取时可令不动点为一解，
当，选取桥函数，
，，
易得，
由（2）可知，，
即，
当，
选取桥函数（不唯一），，，易得，
由（2）可知，.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【分析】（1）由次迭代函数定义，即可得出.
（2）利用已知条件和数学归纳法，从而证明若，则.
（3）利用的桥函数和相似函数，从而求出的迭代可以转换为求的迭代，再结合不动点的知识求出函数的桥函数和相似函数，将求的迭代转换为求的迭代，从而得出.
（1）根据次迭代函数的定义，由，可得.
（2）证明：因为，有，即，
有，即.
当时，，成立；
假设时成立，即，；
当时，
，
因此成立，
综上所述，若，则.
（3）根据相似函数不动点也相似，桥函数选取时可令不动点为一解，当，
选取桥函数，
，，
易得，
由（2）可知，，
即有．
当，选取桥函数（不唯一），
，．易得，
由（2）可知，.
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