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，，
则
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，
则
，，
，，
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，，
则
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，
则
，，
，，
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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