【精品解析】贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期7月期末质量监测数学试题

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名称 【精品解析】贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期7月期末质量监测数学试题
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资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2025-06-20 16:15:34

文档简介

贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期7月期末质量监测数学试题
1.(2024高二下·铜仁期末)已知集合,则(  )
A. B. C. D.
2.(2024高二下·铜仁期末)双曲线的渐近线方程为(  )
A. B. C. D.
3.(2024高二下·铜仁期末)在的展开式中,的系数为(  )
A.3 B.6 C.9 D.12
4.(2024高二下·铜仁期末)已知正项数列.若该数列的前3项成等差数列,后5项成等比数列,且,则数列所有项的和为(  )
A.98 B.92 C.96 D.100
5.(2024高二下·铜仁期末)已知空间中三条不同的直线和平面,则下列命题正确的是(  )
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.若,则
6.(2024高二下·铜仁期末)从三棱锥的6条棱中任选2条棱,则这2条棱所在的直线是异面直线的概率为(  )
A. B. C. D.
7.(2024高二下·铜仁期末)若曲线在处的切线方程为,则(  )
A. B. C. D.
8.(2024高二下·铜仁期末)已知是两个随机事件,且,则下列说法不正确的是(  )
A. B.
C.事件相互独立 D.
9.(2024高二下·铜仁期末)下列命题正确的是(  )
A.若随机变量,则
B.直线与圆相交,且相交弦的长度为
C.经验回归直线至少经过样本点中的一个点
D.若,则
10.(2024高二下·铜仁期末)若的两根为,且,则下列说法正确的是(  )
A.
B.在复平面内对应的点位于第二象限
C.的虚部为
D.
11.(2024高二下·铜仁期末)设,函数,则(  )
A.当时,的最小值为
B.对任意的至少存在一个零点
C.存在,使得有三个不同零点
D.对任意的在上是增函数
12.(2024高二下·铜仁期末)已知随机变量服从标准正态分布,若,则   .
13.(2024高二下·铜仁期末)已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为,则   ;若在区间上单调递减,则的一个取值可以为   .
14.(2024高二下·铜仁期末)已知抛物线的焦点为,则   ;若斜率为的直线过焦点且与抛物线交于两点,的中垂线交轴于点,则   .
15.(2024高二下·铜仁期末)已知在中,内角的对边分别为,且满足.
(1)求;
(2)若,且,求的周长.
16.(2024高二下·铜仁期末)如图所示,在长方体中,为矩形内一点,过点与棱作平面.
(1)直接在图中作出平面截此长方体所得的截面(不必说明画法和理由),判断截面图形的形状,并证明;
(2)设平面平面.若截面图形的周长为16,求二面角的余弦值.
17.(2024高二下·铜仁期末)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)当有极小值,且极小值小于时,求的取值范围.
18.(2024高二下·铜仁期末)已知椭圆,以的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.设为原点,直线与交于不同的两点,且与轴交于点,点满足,过点的直线与的另一个交点为.
(1)求的方程及离心率;
(2)若轴,证明:是等腰直角三角形.
19.(2024高二下·铜仁期末)在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛(西南区)篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中,铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神,从全省42支队伍中脱颖而出,闯进决赛.受此影响,铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮,在一次篮球训练课上,甲、乙、丙三位同学进行传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人.
(1)求2次传球后球在甲手中的概率;
(2)设次传球后球在甲手中的概率为,求证数列为等比数列,并求数列的通项公式;
(3)现在丁加入传球训练,且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点(为正方形的四个顶点),且每次传球时,传球者将球传给相邻同学的概率为,传给对角线上同学的概率为(例如:甲传球给乙或丁的概率都是,传球给丙的概率是;若第一次仍由甲将球传出,则次传球后,试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小,并说明理由.
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解:由题意得,
则.
故答案为:C.
【分析】利用一元一次不等式求解方法,从而求出集合,再根据交集的运算法则,从而得出集合.
2.【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解:在双曲线中,,
则,
所以,其渐近线方程为.
故答案为:B.
【分析】根据双曲线方程得出a,b的值,从而得出双曲线的渐近线方程.
3.【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解:在中,每一项为,
当时,即当时,
的系数为.
故答案为:B.
【分析】利用二项式定理得出二项展开式的通式,再利用赋值法得出的系数.
4.【答案】C
【知识点】数列的求和;等比中项;等差中项
【解析】【解答】解:因为数列的后5项成等比数列,
所以

又因为为正项数列,
所以,
则,
又因为且前3项成等差数列,
所以
则数列的所有项的和为.
故答案为:C.
【分析】根据等差中项公式、等比中项公式,再结合已知条件和数列求和公式,从而得出数列所有项的和.
5.【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用;空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解:对于A,因为,,
所以有可能相交、异面、平行,故A错误;
对于B,由线面垂直性质定理可知,故B正确;
对于C,若,,
则与平行、相交或异面,故C错误;
对于D,若,,
则有可能平行,有可能异面,故D错误.
故答案为:B.
【分析】通过已知条件和线线平行的判断方法,则举反例判断出选项A、选项C和选项D;再根据线面垂直性质定理可判断出选项B,从而找出真命题的选项.
6.【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式;异面直线的判定
【解析】【解答】解:如图:从三棱锥的6条棱中任取2条,
所有的基本事件有:
共15种,
互为异面直线的有共3种,
故概率为.
故答案为:A.
【分析】利用已知条件结合异面直线的定义,再利用古典概率公式得出这2条棱所在的直线是异面直线的概率.
7.【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解:因为,
所以,
又因为函数处的切线方程为,
所以,且,
联立解得,.
故答案为:D.
【分析】先求出函数的导函数,依题意可得,且,解方程组得出a,b的值.
8.【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件;互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;条件概率
【解析】【解答】解:因为随机事件满足:.
对于A,因为,
所以A正确;
对于B,因为,
则,故B正确;
对于C,因为样本空间,
,,
因此,事件相互独立,故C正确;
对于D,因为,故D错误.
故答案为:D.
【分析】根据已知条件和互斥事件加法求概率公式,再结合条件概率公式计算判断出选项A和选项B;利用独立事件的定义判断出选项C;利用概率的基本性质判断出选项D,从而找出说法不正确的选项.
9.【答案】A,B,D
【知识点】命题的真假判断与应用;回归分析的初步应用;二项分布;简单的三角恒等变换;直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解:对于A,由随机变量,得,故A正确;
对于B,因为圆的半径,
所以,圆心到直线的距离为:

则弦长为,故B正确;
对于C,因为经验回归直线必过样本的中心点,可以不经过任何一个样本点,故C错误;
对于D,由,
平方相加得,
解得,故D正确.
故答案为:ABD.
【分析】利用二项分布的期望公式计算判断出选项A;利用点到直线的距离公式和弦长公式,则判断出选项B;利用回归直线的意义判断出选项C;利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式,从而得出的值,则判断出选项D,从而找出真命题的选项.
10.【答案】A,D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系;复数的基本概念;复数在复平面中的表示;复数的模
【解析】【解答】解:由的两根为,且,
则.
对于A,因为,
所以,
因此,故A正确;
对于B,因为在复平面内对应的点位于第四象限,故B错误;
对于C,因为的虚部为,故C错误;
对于D,因为,故D正确.
故答案为:AD.
【分析】根据已知条件结合韦达定理得出m,n的值,从而得出m+n的值,则判断出选项A,从而得出复数,再利用复数的几何意义,则判断出选项B;利用复数的虚部的定义判断出选项C;由复数求模公式判断出选项D,从而找出说法正确的选项.
11.【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明;函数的最大(小)值;函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解:因为函数,
当时,函数在上单调递增,
又因为函数的对称轴为.
对于A,当时,,
当时,,
则,
所以,故A错误;
对于B,当时,
由,得,
因此存在,使得,
则是的零点,
所以至少存在一个零点,
当时,由,解得或,此时都大于1,
因此是的零点,
所以,对任意的至少存在一个零点,故B正确;
对于C,取,,
由,得或,
解得或或,此时有三个不同零点,故C正确;
对于D,若在上是单调递增函数,
则,
解得,
因此,当时,在上是单调递增函数,故D错误.
故答案为:BC.
【分析】由a的值得出分段函数的解析式,再结合分段函数的图象求最值的方法,则判断出选项A;
分探讨在上的零点情况和探讨在上的零点情况,则判断出选项B;求出当时的零点,则判断出选项C;由函数在上是增函数求出的取值范围,则判断出选项D,从而找出正确的选项.
12.【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解:因为随机变量服从标准正态分布,
若,所以,
则.
故答案为:.
【分析】由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性,再利用已知条件得出的值.
13.【答案】1;(答案不唯一)
【知识点】含三角函数的复合函数的周期;含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解:由题意,
得,解得,
则,
由,
因为在区间上单调递减,且,
所以,
因此的一个取值可以为.
故答案为:1;(答案不唯一).
【分析】根据相邻对称中心距离为半个周期可得的值,再利用x的取值范围求出,再结合换元法和正弦函数的单调性,从而得到不等式组,解不等式组得出的取值范围,进而得出的一个取值.
14.【答案】8;2
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解:如图所示:
由抛物线的方程可得焦点坐标为,
由题意可得,所以;
所以抛物线的方程为:,
设直线的方程为: ,设,
联立直线与抛物线的方程:,
整理可得:,
则,
则,
所以的中点的横坐标为,
所以的中点的纵坐标为:,
所以的中垂线的方程为:,
令,可得,
所以N的横坐标为:,
所以,
由抛物线的性质可得,,
所以.
故答案为:8,2.
【分析】由抛物线的焦点坐标可得的值;设直线的方程,再将直线方程与抛物线联立,再利用中点坐标公式可得的中点的坐标,从而求出的中垂线的方程,进而求出的值,再由抛物线的性质可得的值,从而得出的值.
15.【答案】(1)解:因为,
由正弦定理,得.
又∵,
则,
因为为三角形内角,
则,
.
(2)解:由题意可知:,
所以,
由余弦定理可得,
则,
所以,
可得,
则,
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式;正弦定理的应用;余弦定理的应用;三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据正弦定理进行边化角,再利用两角和的正弦公式,从而得出的值.
(2)根据三角形面积公式得出的值,再利用余弦定理求出的值,从而得到的值,再利用三角形的周长公式得出的周长.
(1)已知,
则由正弦定理有.
又∵,则,
因为为三角形内角,则,.
(2)由题可知:,所以,
由余弦定理可得,即,
所以,可得,则,
所以的周长为.
16.【答案】(1)解:在平面内过点作分别交于点连接,
则四边形为所作截面,截面为矩形,
证明如下:
在长方体中,,
又因为平面平面,平面平面,
平面平面,
所以,四边形为平行四边形,
又因为平面,平面,
因此,
所以四边形为矩形.
(2)解:连接,
由矩形的周长为16,且,
得,
因为,,
得,
又因为,
则,
由(1)知,,
则平面,
又因为平面,
所以,二面角的平面角为,
在中,,
则,
所以,二面角的余弦值为.
【知识点】棱柱的结构特征;二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)作出截面,利用面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理,从而判断出截面图形的形状.
(2)连接,利用矩形的周长公式和(1)结合线面垂直的定义,从而确定二面角的平面角,再利用余弦函数的定义得出二面角的余弦值.
(1)在平面内过点作分别交于点,连接,
则四边形为所作截面,截面为矩形,证明如下:
在长方体中,,
又平面平面,平面平面,平面平面,
于是,四边形为平行四边形,又平面,平面,
因此,所以四边形为矩形.
(2)连接,由矩形的周长为16,且,得,
又,,得,又,则,
由(1)知,,则平面,而平面,
因此,二面角的平面角为,
在中,,则,
所以二面角的余弦值为.
17.【答案】(1)解:因为的定义域为,
所以,
若,则,所以在上单调递增;
若,则当时,;
当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增,
综上所述,当时,在上单调递增;
当时,在上单调递减,在上单调递增.
(2)解:由(1)知,当时,在无极小值,
当时,在取得极小值为,
因此等价于,
则,
令,其中,
因为.
所以在上单调递增,且,
所以,当时,;
当时,,
因此,的取值范围是.
【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】(1)先求导得到,再对分和两种情况讨论,则由导数判断函数单调性的方法,从而讨论出函数的单调性.
(2)先排除,当时得到,再设新函数,再结合导数判断其单调性和,从而得出实数a的取值范围.
(1)的定义域为,.
若,则,所以在上单调递增.
若,则当时,;当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当时,在上单调递增;
当时,在上单调递减,在上单调递增.
(2)由(1)知,当时,在无极小值.
当时,在取得极小值为.
因此等价于.即,
令,其中,因为.
所以在上单调递增,且.
于是,当时,;当时,.
因此,的取值范围是.
18.【答案】(1)解:由题意,得,
因为,
所以,
所以椭圆方程为,
离心率为.
(2)证明:设,
联立方程,
消去得:.
依题意,得,
则,
则.
设直线,
令,得,
又因为,
所以,
因为轴,
所以点B与点关于x轴对称,
所以,
所以向量,,

所以,
所以.
设的中点为,
则,,
所以,
由题意可知,
则,
所以,
因为点B与点关于轴对称,
所以,
所以,
所以为等腰直角三角形.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意得的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出a的值,从而得出椭圆E的标准方程,再根据椭圆的离心率公式得出椭圆E的离心率的值.
(2)联立方程得到韦达定理式,再利用向量共线关系得,则,再代入韦达定理式得其为0,则,再设的中点,从而证出,进而证出为等腰直角三角形.
(1)由题意.
因为.所以,
所以椭圆方程为,离心率为.
(2)设,联立方程,
消去得:.
依题意,得,则.
直线,令得,
又因为,所以.
因为轴,所以点B与点关于x轴对称,所以,
所以向量,,
则有
.
所以,所以.
设的中点为,则,.

由题意可知,故,所以,
因为点B与点关于轴对称,所以,
所以,
所以为等腰直角三角形.
19.【答案】(1)解:依题意,传球2次后球在甲手中包括两个基本事件,即:甲乙甲和甲丙甲,
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
(2)证明:设第n次传球后球在甲手中的概率为,
则当时,第次传球后球在甲手中的概率为,
第次传球后球不在甲手中的概率为,
显然,若要第n次传球后球在甲手中,
则第次传球后球必定不能在甲手中,
无论此时球在乙或丙的手中,传给甲的概率都是,
则,
则,
所以是以为首项,为公比的等比数列,
所以,
则.
(3)解:设第n次传球后球在甲手中的概率,
球在乙手中的概率,
球在丙手中的概率,
则球在丁手中的概率,

,,
,,
所以,且,又
则是以为首项,为公比的等比数列,
所以,
因为,
所以,
又因为,
且,
所以,
又因为,
则,
若为奇数,
则,
此时,
若为偶数,
则,
此时.
【知识点】等比数列概念与表示;等比数列的通项公式;互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;反证法与放缩法
【解析】【分析】(1)利用已知条件分析出两次传球后球在甲手中的事件含有的基本事件,再利用互斥事件加法求概率公式、独立事件乘法求概率公式,从而得出2次传球后球在甲手中的概率.
(2)由第n次传球后球在甲手中的事件发生,必有第次传球后球不在甲手中的,从而得出,再利用递推公式变形和等比数列的定义,从而证出数列是以为首项,为公比的等比数列,再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
(3)设第n次传球后球在甲乙丙丁手中的概率分别为,由题意推理计算得出它们的通项公式,再利用分类讨论的方法和放缩法,从而比较出球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小.
(1)依题意,传球2次后球在甲手中包括两个基本事件,即:甲乙甲和甲丙甲,
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
(2)设第n次传球后球在甲手中的概率为,
则当时,第次传球后球在甲手中的概率为,第次传球后球不在甲手中的概率为,
显然,若要第n次传球后球在甲手中,则第次传球后球必定不能在甲手中,
无论此时球在乙或丙的手中,传给甲的概率都是,则有,即,
所以是以为首项,为公比的等比数列,,即.
(3)设第n次传球后球在甲手中的概率,球在乙手中的概率,
球在丙手中的概率,则球在丁手中的概率,
则有,
,,
,,
于是,且,又,
则是以为首项,为公比的等比数列,,
又于是,
而,且有,
于是,又,则,
若为奇数,则,此时,
若为偶数,则,此时.
1 / 1贵州省铜仁市2023-2024学年高二下学期7月期末质量监测数学试题
1.(2024高二下·铜仁期末)已知集合,则(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解:由题意得,
则.
故答案为:C.
【分析】利用一元一次不等式求解方法,从而求出集合,再根据交集的运算法则,从而得出集合.
2.(2024高二下·铜仁期末)双曲线的渐近线方程为(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解:在双曲线中,,
则,
所以,其渐近线方程为.
故答案为:B.
【分析】根据双曲线方程得出a,b的值,从而得出双曲线的渐近线方程.
3.(2024高二下·铜仁期末)在的展开式中,的系数为(  )
A.3 B.6 C.9 D.12
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解:在中,每一项为,
当时,即当时,
的系数为.
故答案为:B.
【分析】利用二项式定理得出二项展开式的通式,再利用赋值法得出的系数.
4.(2024高二下·铜仁期末)已知正项数列.若该数列的前3项成等差数列,后5项成等比数列,且,则数列所有项的和为(  )
A.98 B.92 C.96 D.100
【答案】C
【知识点】数列的求和;等比中项;等差中项
【解析】【解答】解:因为数列的后5项成等比数列,
所以

又因为为正项数列,
所以,
则,
又因为且前3项成等差数列,
所以
则数列的所有项的和为.
故答案为:C.
【分析】根据等差中项公式、等比中项公式,再结合已知条件和数列求和公式,从而得出数列所有项的和.
5.(2024高二下·铜仁期末)已知空间中三条不同的直线和平面,则下列命题正确的是(  )
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.若,则
【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用;空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解:对于A,因为,,
所以有可能相交、异面、平行,故A错误;
对于B,由线面垂直性质定理可知,故B正确;
对于C,若,,
则与平行、相交或异面,故C错误;
对于D,若,,
则有可能平行,有可能异面,故D错误.
故答案为:B.
【分析】通过已知条件和线线平行的判断方法,则举反例判断出选项A、选项C和选项D;再根据线面垂直性质定理可判断出选项B,从而找出真命题的选项.
6.(2024高二下·铜仁期末)从三棱锥的6条棱中任选2条棱,则这2条棱所在的直线是异面直线的概率为(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式;异面直线的判定
【解析】【解答】解:如图:从三棱锥的6条棱中任取2条,
所有的基本事件有:
共15种,
互为异面直线的有共3种,
故概率为.
故答案为:A.
【分析】利用已知条件结合异面直线的定义,再利用古典概率公式得出这2条棱所在的直线是异面直线的概率.
7.(2024高二下·铜仁期末)若曲线在处的切线方程为,则(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解:因为,
所以,
又因为函数处的切线方程为,
所以,且,
联立解得,.
故答案为:D.
【分析】先求出函数的导函数,依题意可得,且,解方程组得出a,b的值.
8.(2024高二下·铜仁期末)已知是两个随机事件,且,则下列说法不正确的是(  )
A. B.
C.事件相互独立 D.
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件;互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;条件概率
【解析】【解答】解:因为随机事件满足:.
对于A,因为,
所以A正确;
对于B,因为,
则,故B正确;
对于C,因为样本空间,
,,
因此,事件相互独立,故C正确;
对于D,因为,故D错误.
故答案为:D.
【分析】根据已知条件和互斥事件加法求概率公式,再结合条件概率公式计算判断出选项A和选项B;利用独立事件的定义判断出选项C;利用概率的基本性质判断出选项D,从而找出说法不正确的选项.
9.(2024高二下·铜仁期末)下列命题正确的是(  )
A.若随机变量,则
B.直线与圆相交,且相交弦的长度为
C.经验回归直线至少经过样本点中的一个点
D.若,则
【答案】A,B,D
【知识点】命题的真假判断与应用;回归分析的初步应用;二项分布;简单的三角恒等变换;直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解:对于A,由随机变量,得,故A正确;
对于B,因为圆的半径,
所以,圆心到直线的距离为:

则弦长为,故B正确;
对于C,因为经验回归直线必过样本的中心点,可以不经过任何一个样本点,故C错误;
对于D,由,
平方相加得,
解得,故D正确.
故答案为:ABD.
【分析】利用二项分布的期望公式计算判断出选项A;利用点到直线的距离公式和弦长公式,则判断出选项B;利用回归直线的意义判断出选项C;利用同角三角函数基本关系式、两角和的正弦公式,从而得出的值,则判断出选项D,从而找出真命题的选项.
10.(2024高二下·铜仁期末)若的两根为,且,则下列说法正确的是(  )
A.
B.在复平面内对应的点位于第二象限
C.的虚部为
D.
【答案】A,D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系;复数的基本概念;复数在复平面中的表示;复数的模
【解析】【解答】解:由的两根为,且,
则.
对于A,因为,
所以,
因此,故A正确;
对于B,因为在复平面内对应的点位于第四象限,故B错误;
对于C,因为的虚部为,故C错误;
对于D,因为,故D正确.
故答案为:AD.
【分析】根据已知条件结合韦达定理得出m,n的值,从而得出m+n的值,则判断出选项A,从而得出复数,再利用复数的几何意义,则判断出选项B;利用复数的虚部的定义判断出选项C;由复数求模公式判断出选项D,从而找出说法正确的选项.
11.(2024高二下·铜仁期末)设,函数,则(  )
A.当时,的最小值为
B.对任意的至少存在一个零点
C.存在,使得有三个不同零点
D.对任意的在上是增函数
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明;函数的最大(小)值;函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解:因为函数,
当时,函数在上单调递增,
又因为函数的对称轴为.
对于A,当时,,
当时,,
则,
所以,故A错误;
对于B,当时,
由,得,
因此存在,使得,
则是的零点,
所以至少存在一个零点,
当时,由,解得或,此时都大于1,
因此是的零点,
所以,对任意的至少存在一个零点,故B正确;
对于C,取,,
由,得或,
解得或或,此时有三个不同零点,故C正确;
对于D,若在上是单调递增函数,
则,
解得,
因此,当时,在上是单调递增函数,故D错误.
故答案为:BC.
【分析】由a的值得出分段函数的解析式,再结合分段函数的图象求最值的方法,则判断出选项A;
分探讨在上的零点情况和探讨在上的零点情况,则判断出选项B;求出当时的零点,则判断出选项C;由函数在上是增函数求出的取值范围,则判断出选项D,从而找出正确的选项.
12.(2024高二下·铜仁期末)已知随机变量服从标准正态分布,若,则   .
【答案】
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解:因为随机变量服从标准正态分布,
若,所以,
则.
故答案为:.
【分析】由正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性,再利用已知条件得出的值.
13.(2024高二下·铜仁期末)已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为,则   ;若在区间上单调递减,则的一个取值可以为   .
【答案】1;(答案不唯一)
【知识点】含三角函数的复合函数的周期;含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解:由题意,
得,解得,
则,
由,
因为在区间上单调递减,且,
所以,
因此的一个取值可以为.
故答案为:1;(答案不唯一).
【分析】根据相邻对称中心距离为半个周期可得的值,再利用x的取值范围求出,再结合换元法和正弦函数的单调性,从而得到不等式组,解不等式组得出的取值范围,进而得出的一个取值.
14.(2024高二下·铜仁期末)已知抛物线的焦点为,则   ;若斜率为的直线过焦点且与抛物线交于两点,的中垂线交轴于点,则   .
【答案】8;2
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解:如图所示:
由抛物线的方程可得焦点坐标为,
由题意可得,所以;
所以抛物线的方程为:,
设直线的方程为: ,设,
联立直线与抛物线的方程:,
整理可得:,
则,
则,
所以的中点的横坐标为,
所以的中点的纵坐标为:,
所以的中垂线的方程为:,
令,可得,
所以N的横坐标为:,
所以,
由抛物线的性质可得,,
所以.
故答案为:8,2.
【分析】由抛物线的焦点坐标可得的值;设直线的方程,再将直线方程与抛物线联立,再利用中点坐标公式可得的中点的坐标,从而求出的中垂线的方程,进而求出的值,再由抛物线的性质可得的值,从而得出的值.
15.(2024高二下·铜仁期末)已知在中,内角的对边分别为,且满足.
(1)求;
(2)若,且,求的周长.
【答案】(1)解:因为,
由正弦定理,得.
又∵,
则,
因为为三角形内角,
则,
.
(2)解:由题意可知:,
所以,
由余弦定理可得,
则,
所以,
可得,
则,
所以的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式;正弦定理的应用;余弦定理的应用;三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据正弦定理进行边化角,再利用两角和的正弦公式,从而得出的值.
(2)根据三角形面积公式得出的值,再利用余弦定理求出的值,从而得到的值,再利用三角形的周长公式得出的周长.
(1)已知,
则由正弦定理有.
又∵,则,
因为为三角形内角,则,.
(2)由题可知:,所以,
由余弦定理可得,即,
所以,可得,则,
所以的周长为.
16.(2024高二下·铜仁期末)如图所示,在长方体中,为矩形内一点,过点与棱作平面.
(1)直接在图中作出平面截此长方体所得的截面(不必说明画法和理由),判断截面图形的形状,并证明;
(2)设平面平面.若截面图形的周长为16,求二面角的余弦值.
【答案】(1)解:在平面内过点作分别交于点连接,
则四边形为所作截面,截面为矩形,
证明如下:
在长方体中,,
又因为平面平面,平面平面,
平面平面,
所以,四边形为平行四边形,
又因为平面,平面,
因此,
所以四边形为矩形.
(2)解:连接,
由矩形的周长为16,且,
得,
因为,,
得,
又因为,
则,
由(1)知,,
则平面,
又因为平面,
所以,二面角的平面角为,
在中,,
则,
所以,二面角的余弦值为.
【知识点】棱柱的结构特征;二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)作出截面,利用面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理,从而判断出截面图形的形状.
(2)连接,利用矩形的周长公式和(1)结合线面垂直的定义,从而确定二面角的平面角,再利用余弦函数的定义得出二面角的余弦值.
(1)在平面内过点作分别交于点,连接,
则四边形为所作截面,截面为矩形,证明如下:
在长方体中,,
又平面平面,平面平面,平面平面,
于是,四边形为平行四边形,又平面,平面,
因此,所以四边形为矩形.
(2)连接,由矩形的周长为16,且,得,
又,,得,又,则,
由(1)知,,则平面,而平面,
因此,二面角的平面角为,
在中,,则,
所以二面角的余弦值为.
17.(2024高二下·铜仁期末)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)当有极小值,且极小值小于时,求的取值范围.
【答案】(1)解:因为的定义域为,
所以,
若,则,所以在上单调递增;
若,则当时,;
当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增,
综上所述,当时,在上单调递增;
当时,在上单调递减,在上单调递增.
(2)解:由(1)知,当时,在无极小值,
当时,在取得极小值为,
因此等价于,
则,
令,其中,
因为.
所以在上单调递增,且,
所以,当时,;
当时,,
因此,的取值范围是.
【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】(1)先求导得到,再对分和两种情况讨论,则由导数判断函数单调性的方法,从而讨论出函数的单调性.
(2)先排除,当时得到,再设新函数,再结合导数判断其单调性和,从而得出实数a的取值范围.
(1)的定义域为,.
若,则,所以在上单调递增.
若,则当时,;当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当时,在上单调递增;
当时,在上单调递减,在上单调递增.
(2)由(1)知,当时,在无极小值.
当时,在取得极小值为.
因此等价于.即,
令,其中,因为.
所以在上单调递增,且.
于是,当时,;当时,.
因此,的取值范围是.
18.(2024高二下·铜仁期末)已知椭圆,以的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.设为原点,直线与交于不同的两点,且与轴交于点,点满足,过点的直线与的另一个交点为.
(1)求的方程及离心率;
(2)若轴,证明:是等腰直角三角形.
【答案】(1)解:由题意,得,
因为,
所以,
所以椭圆方程为,
离心率为.
(2)证明:设,
联立方程,
消去得:.
依题意,得,
则,
则.
设直线,
令,得,
又因为,
所以,
因为轴,
所以点B与点关于x轴对称,
所以,
所以向量,,

所以,
所以.
设的中点为,
则,,
所以,
由题意可知,
则,
所以,
因为点B与点关于轴对称,
所以,
所以,
所以为等腰直角三角形.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意得的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出a的值,从而得出椭圆E的标准方程,再根据椭圆的离心率公式得出椭圆E的离心率的值.
(2)联立方程得到韦达定理式,再利用向量共线关系得,则,再代入韦达定理式得其为0,则,再设的中点,从而证出,进而证出为等腰直角三角形.
(1)由题意.
因为.所以,
所以椭圆方程为,离心率为.
(2)设,联立方程,
消去得:.
依题意,得,则.
直线,令得,
又因为,所以.
因为轴,所以点B与点关于x轴对称,所以,
所以向量,,
则有
.
所以,所以.
设的中点为,则,.

由题意可知,故,所以,
因为点B与点关于轴对称,所以,
所以,
所以为等腰直角三角形.
19.(2024高二下·铜仁期末)在2024年5月举行的第一届全国全民健身大赛(西南区)篮球项目贵州选拔赛暨2024年贵州省篮球公开赛中,铜仁市代表队凭借出色的技术和顽强拼搏的精神,从全省42支队伍中脱颖而出,闯进决赛.受此影响,铜仁市某校掀起了篮球运动的热潮,在一次篮球训练课上,甲、乙、丙三位同学进行传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人.
(1)求2次传球后球在甲手中的概率;
(2)设次传球后球在甲手中的概率为,求证数列为等比数列,并求数列的通项公式;
(3)现在丁加入传球训练,且甲、乙、丙、丁四人分别站定于如图所示的四点(为正方形的四个顶点),且每次传球时,传球者将球传给相邻同学的概率为,传给对角线上同学的概率为(例如:甲传球给乙或丁的概率都是,传球给丙的概率是;若第一次仍由甲将球传出,则次传球后,试比较球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小,并说明理由.
【答案】(1)解:依题意,传球2次后球在甲手中包括两个基本事件,即:甲乙甲和甲丙甲,
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
(2)证明:设第n次传球后球在甲手中的概率为,
则当时,第次传球后球在甲手中的概率为,
第次传球后球不在甲手中的概率为,
显然,若要第n次传球后球在甲手中,
则第次传球后球必定不能在甲手中,
无论此时球在乙或丙的手中,传给甲的概率都是,
则,
则,
所以是以为首项,为公比的等比数列,
所以,
则.
(3)解:设第n次传球后球在甲手中的概率,
球在乙手中的概率,
球在丙手中的概率,
则球在丁手中的概率,

,,
,,
所以,且,又
则是以为首项,为公比的等比数列,
所以,
因为,
所以,
又因为,
且,
所以,
又因为,
则,
若为奇数,
则,
此时,
若为偶数,
则,
此时.
【知识点】等比数列概念与表示;等比数列的通项公式;互斥事件的概率加法公式;相互独立事件的概率乘法公式;反证法与放缩法
【解析】【分析】(1)利用已知条件分析出两次传球后球在甲手中的事件含有的基本事件,再利用互斥事件加法求概率公式、独立事件乘法求概率公式,从而得出2次传球后球在甲手中的概率.
(2)由第n次传球后球在甲手中的事件发生,必有第次传球后球不在甲手中的,从而得出,再利用递推公式变形和等比数列的定义,从而证出数列是以为首项,为公比的等比数列,再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
(3)设第n次传球后球在甲乙丙丁手中的概率分别为,由题意推理计算得出它们的通项公式,再利用分类讨论的方法和放缩法,从而比较出球在甲、乙、丙、丁手中概率的大小.
(1)依题意,传球2次后球在甲手中包括两个基本事件,即:甲乙甲和甲丙甲,
所以传球2次后球在甲手中的概率为.
(2)设第n次传球后球在甲手中的概率为,
则当时,第次传球后球在甲手中的概率为,第次传球后球不在甲手中的概率为,
显然,若要第n次传球后球在甲手中,则第次传球后球必定不能在甲手中,
无论此时球在乙或丙的手中,传给甲的概率都是,则有,即,
所以是以为首项,为公比的等比数列,,即.
(3)设第n次传球后球在甲手中的概率,球在乙手中的概率,
球在丙手中的概率,则球在丁手中的概率,
则有,
,,
,,
于是,且,又,
则是以为首项,为公比的等比数列,,
又于是,
而,且有,
于是,又,则,
若为奇数,则,此时,
若为偶数,则,此时.
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