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浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、/span> 选择题：本大题共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·嘉兴期末）设集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式求集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高二下·嘉兴期末）的展开式中的系数为（　　）
A．-80 B．-40 C．10 D．40
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为，
令，解得，则展开式中的系数为.
故答案为：D.
【分析】写出二项式展开式的通项公式，令的指数为，求解即可.
3．（2024高二下·嘉兴期末）已知是两个不同的平面，直线，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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，直线，所以根据面面平行的定义可知：，即充分性成立；
设，当，且，，满足，但是平面与相交，即必要性不成立．
故答案为：A．
【分析】根据充分必要条件定义，结合线面位置关系判断即可．
4．（2024高二下·嘉兴期末）下列说法错误的是（　　）
A．若样本相关系数的绝对值越接近于1，则两变量的线性相关程度越强
B．一组数据的第80百分位数为7
C．由样本点得到回归直线，则这些样本点都在该回归直线上
D．若，则事件与事件相互独立
【答案】C
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；相互独立事件的概率乘法公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、样本相关系数的绝对值越接近于1，两变量的线性相关程度越强，故A正确；
B、数据由小到大排列为，，则第80百分为数为，故B正确；
C、样本点不一定在回归直线上，故C错误；
D、因为，所以事件与事件相互独立，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据相关系数概念即可判断A；根据百分百位数概念即可判断B；根据回归直线即可判断C；根据相互独立事件判断公式即可判断D.
5．（2024高二下·嘉兴期末）已知非零向量与满足，且，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为非零向量与满足，所以，即，
又因为 ，所以，即，
则，所以，所以，
则在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据，求得，再由得出，最后根据投影向量的定义求解即可.
6．（2024高二下·嘉兴期末）由甲 乙 丙三个地区的学生参加的某项竞赛，已知这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，且甲 乙 丙三个地区分别有的学生竞赛成绩优秀.若小嘉同学成绩优秀，则他来自下列哪个地区的可能性最大（　　）
A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．不能确定
【答案】A
【知识点】用频率估计概率
【解析】【解答】解：因为这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，
所以甲地区人数占比为，乙地区人数占比为，丙地区人数占比为，
所以甲地区学生竞赛成绩优秀概率为，乙地区学生竞赛成绩优秀概率为，丙地区学生竞赛成绩优秀概率为，易知当时，，所以他来自甲地区的可能性最大.
故答案为：A.
【分析】求出三个地区参加竞赛人数的占比，乘以甲 乙 丙三个地区学生竞赛成绩优秀概率比较求解即可.
7．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数在区间上的值域为，则实数的取值可以是（　　）
A．1 B． C． D．4
【答案】B
【知识点】三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数
，
因为函数在区间上的值域为，所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用诱导公式，结合辅助角公式化简函数可得，再根据正弦函数的性质可求得的取值范围即可.
8．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数，若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以，
构造函数定义域为，求导可得，
当时，解得，则单调递减；
当时，解得，则单调递增，
又因为，所以，，
令定义域为，，当时，解得，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，则的最小值为，
综上的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，可得，构造函数，求导利用导数判断其单调性，可得，再令，同样利用导数判断其单调性，求可最小值即可得的最小值.
二、/span> 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·嘉兴期末）已知复数（其中是虚数单位），则下列说法正确的是（　　）
A．的虚部为
B．
C．在复平面内对应的点位于第四象限
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数；
A、的虚部为，故A错误；
B、易知，则，故B正确；
C、复数对应的点坐标为，位于第四象限，故C正确；
D、，则，解得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据复数的除法运算化简复数z即可判断A；根据共轭复数概念和复数乘法运算即可判断B；由复数的几何意义即可判断C；根据复数相等的充要条件列方程求得即可判断D.
10．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（　　）
A． B．的图象关于点对称
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：A、因为为奇函数，所以，
令，则，即，故A正确；
B、因为为奇函数，所以，
所以，所以的图象关于点对称，故B错误；
C、由，可得，所以，
由，两边求导数可得，
即，所以，
所以，所以，故C正确；
D、因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以是周期函数周期为4，
由，可得，
所以，所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据，均为奇函数，求得，的周期以及对称中心，逐项判断即可.
11．（2024高二下·嘉兴期末）2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲 乙两位同学的得分分别记为和，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【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：由题可知：，的可能取值为0，4，6；
，
的分布列为
0 4 6
，
；
，
的分布列为
0 4 6
，
.
故答案为：AD.
【分析】由题意可得，的可能取值，再分别计算其对应的概率，求得、的分布列，最后计算，判断即可.
三、/span> 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·嘉兴期末）已知随机变量，且，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， 且， 所以正态曲线关于对称，
则.
故答案为：.
【分析】根据正态曲线的特征求解即可．
13．（2024高二下·嘉兴期末）某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文 数学 政治 英语 体育 艺术6堂课的课程表，要求数学课不排在下午，体育课不排在上午第1节，则不同的排法总数是　 　.（用数字作答）
【答案】408
【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：若数学排在第一节，则有种排法；
若数学不在第一节，则数学有种排法，再排体育有种排法，
最后将其余四个科目全排列有种排法，根据分步乘法计数原理有种排法；
综上一共有种排法.
故答案为：408.
【分析】分数学在第一节与数学不在第一节两种情况讨论，按照分步乘法与分类加法计数原理计算即可.
14．（2024高二下·嘉兴期末）已知为球的球面上四个点，且满足，平面，则球的表面积的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；正弦定理
【解析】【解答】解：因为 平面 ，所以以为底，为高将其补成直三棱柱，如图所示：
记，的外心分别为，易知球心即为中点，
设球心半径为外接圆半径为，则，
由正弦定理可知：，当时取等号，
则，，.
故答案为：.
【分析】由题意，以为底，为高补成直三棱柱，设球半径为外接圆半径为，再利用正弦定理得到r的范围，即可求的最小值计算球的表面积最小值.
四、/span> 解答题：本大题共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·嘉兴期末）已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，求函数的最大值.
【答案】（1）解：函数定义域为，，，
则函数在处的切线方程为，即.
（2）解：令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减，
，
则的最大值为21.
【知识点】导数的几何意义；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）求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）求导可得在上的单调性，比较端点值和极值的大小求最大值即可.
16．（2024高二下·嘉兴期末）已知的内角的对边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
则，即，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：，则，
即，由正弦定理可得，
因为，所以，所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦化简求解即可；
（2）由可得，再根据三角形面积公式计算即可.
17．（2024高二下·嘉兴期末）如图，和都垂直于平面，且.
（1）证明：平面平面；
（2）当平面与平面的夹角为时，求几何体的体积.
【答案】（1）证明：取中点中点，连，则且，如图所示：
又因为平面平面，所以，
又因为，所以且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以，所以，
因为是中点，所以，
因为平面，且，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）可得，则平面，
建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
设平面法向量为，
则，即，取，
易知平面法向量，
，解得，
其中梯形的面积为，
设平面的法向量为，
则，
解得，令得，故，
点到平面的距离，
故几何体的体积.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；平面的法向量
【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，由线面垂直得到，故，结合，从而平面，即可证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据面面角求出，利用点到平面的距离向量公式求出棱锥的高，根据锥体体积公式求解即可.
18．（2024高二下·嘉兴期末）为了了解某市市民平均每天体育锻炼的时间，在该市随机调查了位市民，将这位市民每天体育锻炼的时间（单位：分钟）分为五组，得到如图所示的频率分布直方图：
附：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
（1）求的值并估计该市市民每天体育锻炼时间的平均数；
（2）假设每天的体育锻炼时间达到60分钟及以上为“运动达人”.若从样本中随机抽取一位市民，设事件“抽到的市民是运动达人”，“抽到的市民是男性”，且.
（i）求和；
（ii）假设有的把握认为运动达人与性别有关，求这次至少调查了多少位市民？
【答案】（1）解：，解得，
所以每天体育锻炼时间的平均数为；
（2）解：（i）由频率分布直方图可知：，
因为，
所以，解得；
（ii）由（2）可得如下列联表：（其中）
合计
合计
，解得，则的最小值为15，
所以该样本至少有人.
【知识点】频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布；全概率公式；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为求出的值，再利用频率分布直方图计算平均数公式计算平均数即可；
（2）（i）利用条件概率和全概率公式求解即可；
（ii）根据列联表计算，对照临界值表列式求解即可.
19．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，求证：在区间有唯一的极值点；
（3）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减；
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：令，，
当时，，当时，，
则在单调递减，单调递增.
又因为，所以存在唯一实数，使得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在单调递减，单调递增，
所以区间有唯一极小值点.
（3）解：由（2）知：在单调递减，单调递增，且.
当，即时，在单调递增，所以，解得，故无解；
当，即时，在单调递减，所以恒成立，故；
当，即时，在单调递减，在单调递增，
所以，解得，故.
综上所述，.
【知识点】导数的四则运算；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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，即可求得函数的单调区间；
（2）令，求导，利用导数判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理证明即可；
（3）分，和三种情况讨论，判断函数的单调性求最大值即可得实数的取值范围.
1 / 1浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末检测数学试题
一、/span> 选择题：本大题共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·嘉兴期末）设集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·嘉兴期末）的展开式中的系数为（　　）
A．-80 B．-40 C．10 D．40
3．（2024高二下·嘉兴期末）已知是两个不同的平面，直线，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·嘉兴期末）下列说法错误的是（　　）
A．若样本相关系数的绝对值越接近于1，则两变量的线性相关程度越强
B．一组数据的第80百分位数为7
C．由样本点得到回归直线，则这些样本点都在该回归直线上
D．若，则事件与事件相互独立
5．（2024高二下·嘉兴期末）已知非零向量与满足，且，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·嘉兴期末）由甲 乙 丙三个地区的学生参加的某项竞赛，已知这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，且甲 乙 丙三个地区分别有的学生竞赛成绩优秀.若小嘉同学成绩优秀，则他来自下列哪个地区的可能性最大（　　）
A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．不能确定
7．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数在区间上的值域为，则实数的取值可以是（　　）
A．1 B． C． D．4
8．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数，若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、/span> 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·嘉兴期末）已知复数（其中是虚数单位），则下列说法正确的是（　　）
A．的虚部为
B．
C．在复平面内对应的点位于第四象限
D．若，则
10．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（　　）
A． B．的图象关于点对称
C． D．
11．（2024高二下·嘉兴期末）2024年6月嘉兴市普通高中期末检测的数学试卷采用新结构，其中多选题计分标准如下：①每小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；②部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）.若每道多选题有两个或三个正确选项等可能，在完成某道多选题时，甲同学在选定了一个正确选项后又在余下的三个选项中随机选择1个选项，乙同学在排除了一个错误选项后又在余下的三个选项中随机选择2个选项，甲 乙两位同学的得分分别记为和，则（　　）
A． B．
C． D．
三、/span> 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·嘉兴期末）已知随机变量，且，则　 　.
13．（2024高二下·嘉兴期末）某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文 数学 政治 英语 体育 艺术6堂课的课程表，要求数学课不排在下午，体育课不排在上午第1节，则不同的排法总数是　 　.（用数字作答）
14．（2024高二下·嘉兴期末）已知为球的球面上四个点，且满足，平面，则球的表面积的最小值为　 　.
四、/span> 解答题：本大题共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·嘉兴期末）已知函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，求函数的最大值.
16．（2024高二下·嘉兴期末）已知的内角的对边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
17．（2024高二下·嘉兴期末）如图，和都垂直于平面，且.
（1）证明：平面平面；
（2）当平面与平面的夹角为时，求几何体的体积.
18．（2024高二下·嘉兴期末）为了了解某市市民平均每天体育锻炼的时间，在该市随机调查了位市民，将这位市民每天体育锻炼的时间（单位：分钟）分为五组，得到如图所示的频率分布直方图：
附：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
（1）求的值并估计该市市民每天体育锻炼时间的平均数；
（2）假设每天的体育锻炼时间达到60分钟及以上为“运动达人”.若从样本中随机抽取一位市民，设事件“抽到的市民是运动达人”，“抽到的市民是男性”，且.
（i）求和；
（ii）假设有的把握认为运动达人与性别有关，求这次至少调查了多少位市民？
19．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，求证：在区间有唯一的极值点；
（3）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.
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，解得，则集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】解不等式求集合A，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为，
令，解得，则展开式中的系数为.
故答案为：D.
【分析】写出二项式展开式的通项公式，令的指数为，求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为，直线，所以根据面面平行的定义可知：，即充分性成立；
设，当，且，，满足，但是平面与相交，即必要性不成立．
故答案为：A．
【分析】根据充分必要条件定义，结合线面位置关系判断即可．
4．【答案】C
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；相互独立事件的概率乘法公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、样本相关系数的绝对值越接近于1，两变量的线性相关程度越强，故A正确；
B、数据由小到大排列为，，则第80百分为数为，故B正确；
C、样本点不一定在回归直线上，故C错误；
D、因为，所以事件与事件相互独立，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据相关系数概念即可判断A；根据百分百位数概念即可判断B；根据回归直线即可判断C；根据相互独立事件判断公式即可判断D.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为非零向量与满足，所以，即，
又因为 ，所以，即，
则，所以，所以，
则在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据，求得，再由得出，最后根据投影向量的定义求解即可.
6．【答案】A
【知识点】用频率估计概率
【解析】【解答】解：因为这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，
所以甲地区人数占比为，乙地区人数占比为，丙地区人数占比为，
所以甲地区学生竞赛成绩优秀概率为，乙地区学生竞赛成绩优秀概率为，丙地区学生竞赛成绩优秀概率为，易知当时，，所以他来自甲地区的可能性最大.
故答案为：A.
【分析】求出三个地区参加竞赛人数的占比，乘以甲 乙 丙三个地区学生竞赛成绩优秀概率比较求解即可.
7．【答案】B
【知识点】三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数
，
因为函数在区间上的值域为，所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用诱导公式，结合辅助角公式化简函数可得，再根据正弦函数的性质可求得的取值范围即可.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，所以，
构造函数定义域为，求导可得，
当时，解得，则单调递减；
当时，解得，则单调递增，
又因为，所以，，
令定义域为，，当时，解得，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，则的最小值为，
综上的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，可得，构造函数，求导利用导数判断其单调性，可得，再令，同样利用导数判断其单调性，求可最小值即可得的最小值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：复数；
A、的虚部为，故A错误；
B、易知，则，故B正确；
C、复数对应的点坐标为，位于第四象限，故C正确；
D、，则，解得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据复数的除法运算化简复数z即可判断A；根据共轭复数概念和复数乘法运算即可判断B；由复数的几何意义即可判断C；根据复数相等的充要条件列方程求得即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：A、因为为奇函数，所以，
令，则，即，故A正确；
B、因为为奇函数，所以，
所以，所以的图象关于点对称，故B错误；
C、由，可得，所以，
由，两边求导数可得，
即，所以，
所以，所以，故C正确；
D、因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以是周期函数周期为4，
由，可得，
所以，所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据，均为奇函数，求得，的周期以及对称中心，逐项判断即可.
11．【答案】A,D
【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：由题可知：，的可能取值为0，4，6；
，
的分布列为
0 4 6
，
；
，
的分布列为
0 4 6
，
.
故答案为：AD.
【分析】由题意可得，的可能取值，再分别计算其对应的概率，求得、的分布列，最后计算，判断即可.
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， 且， 所以正态曲线关于对称，
则.
故答案为：.
【分析】根据正态曲线的特征求解即可．
13．【答案】408
【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：若数学排在第一节，则有种排法；
若数学不在第一节，则数学有种排法，再排体育有种排法，
最后将其余四个科目全排列有种排法，根据分步乘法计数原理有种排法；
综上一共有种排法.
故答案为：408.
【分析】分数学在第一节与数学不在第一节两种情况讨论，按照分步乘法与分类加法计数原理计算即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；正弦定理
【解析】【解答】解：因为 平面 ，所以以为底，为高将其补成直三棱柱，如图所示：
记，的外心分别为，易知球心即为中点，
设球心半径为外接圆半径为，则，
由正弦定理可知：，当时取等号，
则，，.
故答案为：.
【分析】由题意，以为底，为高补成直三棱柱，设球半径为外接圆半径为，再利用正弦定理得到r的范围，即可求的最小值计算球的表面积最小值.
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，，
则函数在处的切线方程为，即.
（2）解：令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减，
，
则的最大值为21.
【知识点】导数的几何意义；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）求导，利用导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）求导可得在上的单调性，比较端点值和极值的大小求最大值即可.
16．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
则，即，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：，则，
即，由正弦定理可得，
因为，所以，所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦化简求解即可；
（2）由可得，再根据三角形面积公式计算即可.
17．【答案】（1）证明：取中点中点，连，则且，如图所示：
又因为平面平面，所以，
又因为，所以且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以，所以，
因为是中点，所以，
因为平面，且，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）可得，则平面，
建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
设平面法向量为，
则，即，取，
易知平面法向量，
，解得，
其中梯形的面积为，
设平面的法向量为，
则，
解得，令得，故，
点到平面的距离，
故几何体的体积.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；平面的法向量
【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，由线面垂直得到，故，结合，从而平面，即可证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据面面角求出，利用点到平面的距离向量公式求出棱锥的高，根据锥体体积公式求解即可.
18．【答案】（1）解：，解得，
所以每天体育锻炼时间的平均数为；
（2）解：（i）由频率分布直方图可知：，
因为，
所以，解得；
（ii）由（2）可得如下列联表：（其中）
合计
合计
，解得，则的最小值为15，
所以该样本至少有人.
【知识点】频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布；全概率公式；条件概率；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为求出的值，再利用频率分布直方图计算平均数公式计算平均数即可；
（2）（i）利用条件概率和全概率公式求解即可；
（ii）根据列联表计算，对照临界值表列式求解即可.
19．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减；
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：令，，
当时，，当时，，
则在单调递减，单调递增.
又因为，所以存在唯一实数，使得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在单调递减，单调递增，
所以区间有唯一极小值点.
（3）解：由（2）知：在单调递减，单调递增，且.
当，即时，在单调递增，所以，解得，故无解；
当，即时，在单调递减，所以恒成立，故；
当，即时，在单调递减，在单调递增，
所以，解得，故.
综上所述，.
【知识点】导数的四则运算；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；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断函数的单调性，即可求得函数的单调区间；
（2）令，求导，利用导数判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理证明即可；
（3）分，和三种情况讨论，判断函数的单调性求最大值即可得实数的取值范围.
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