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浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高二下·丽水期末）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：易知.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算法则求解即可.
2．（2024高二下·丽水期末）已知复数，其中为虚数单位，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：B.
【分析】利用复数代数形式的除法法则化简求得复数z，再根据复数的模长公式求解即可.
3．（2024高二下·丽水期末）已知 ，则“ ”是“ ”成立的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．即不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当 时， 和 无意义，可知“ ”是“ ”的不充分条件；
当 时， ，可知“ ”是“ ”的必要条件；
综上所述：“ ”是“ ”的必要不充分条件
本题正确选项：
【分析】分别判断充分条件和必要条件是否成立，从而得到结果.
4．（2024高二下·丽水期末）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解： 直线和平面，
A、若，，则与平行，相交，异面，故A错误；
B、若，，则或，故B错误；
C、若，，则，故C正确；
D、若，，则或或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间中直线，平面的位置关系逐项分析判断即可.
5．（2024高二下·丽水期末）若样本，，，，的平均数为10，方差为20，则样本，，，，的平均数和方差分别为（　　）
A．16，40 B．16，80 C．20，40 D．20，80
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：样本，，，，的平均数为10，方差为20，
则样本，，，，的平均数，
方差为.
故答案为：B.
【分析】根据平均数与方差性质求解即可.
6．（2024高二下·丽水期末）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由题得 ，
，且 .
.
所以 .
故答案为：D
【分析】分析得到 ，即得解.
7．（2024高二下·丽水期末）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次，设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，事件“第一次摸出球的标号为奇数”，则（　　）
A．与互斥 B．与相互独立
C．与互斥 D．与相互独立
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得：不放回方式从中任意摸球两次所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、
，共种；
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种；
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种；
事件包含的基本事件有：、，共种；
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种；
事件包含的基本事件有：、、，共3种；
A、因为，所以与不互斥，故A错误；
B、，，则与不相互独立，故B错误；
C、，则与不互斥，故C错误；
D、，，则与相互独立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，列举出所有的基本事件，以及事件、、、、所包含的基本事件，利用互斥事件以及独立事件的定义逐项判断即可.
8．（2024高二下·丽水期末）已知函数的定义域为，的图象关于中心对称，是偶函数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【解答】解：因为函数的图象关于中心对称，
则（ ），
又因为是偶函数，则，
则的图象关于轴对称，所以（ ），
令代入（ ）得，，解得，
再将代入 （ ）得到.
故答案为：D.
【分析】根据函数的图象的对称性得出，再利用偶函数的定义得出的图象关于轴对称，则得出，再由代入法代入（ ）得的值，再由代入法代入 （ ）得到的值，则找出正确的选项.
9．（2024高二下·丽水期末）已知向量，，，则（　　）
A．
B．
C．
D．向量在向量上的投影向量为
【答案】B,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、向量，，，故A错误；
B、，则，故B正确；
C、易知，则，故C错误；
D、向量在向量上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量共线、垂直，模的坐标表示求解即可判断ABC；根据投影向量求解即可判断D.
10．（2024高二下·丽水期末）在中，角所对的边分别为，，，以下判断正确的是（　　）
A．若，则的面积为 B．若，则
C．若，则 D．若有两解，则
【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、 在中， 若，
则，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，解得，故B错误；
C、若，由余弦定理，可得，
整理得，解得，故C正确；
D、 在中 ，，，由正弦定理，可得，
由，可得，若有两个解，则且，
则，即，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角形的面积公式计算即可判断A；根据正弦定理计算即可判断B；根据余弦定理计算即可判断C；根据正弦定理和且即可判断D.
11．（2024高二下·丽水期末）如图，在矩形中，，是的中点，沿直线将翻折成（不在平面内），是的中点，设二面角的大小为.（　　）
A．若，则
B．直线与所成的角为定值
C．若，则三棱锥的外接球的表面积为
D．设直线与平面所成的角为，则
【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、，取、的中点分别为，，连接，如图所示：
则，因为四边形为正方形，所以、
假设，由平面，
得平面，又平面，所以，
这与“”矛盾，则假设不成立，故A错误；
B、取的中点，连接，如图所示：
则且，即四边形是平行四边形，即，
故为异面直线与的所成角，
由，可得，则，即，
故异面直线与的所成角为定值，故B正确；
C、如图，由选项A的分析知为二面角的平面角，即.
当时，，易知，，
则为外接圆的圆心.过作于，过作，
在上取使得，则四边形为矩形，得，
则为三棱锥外接球的球心，设其半径为，
则，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
D、过作平面于点，作于点，连接，如图所示：
为二面角的平面角，即，
为直线与平面所成的角，即，
由，平面，
知平面，又平面，所以，
所以为的中点，得，
又，所以，即，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用反证法即可判断A；确定为异面直线与的所成角即可判断B；确定外接球的球心位置，建立关于R的方程，解之即可判断C；确定、，求出即可判断D.
12．（2024高二下·丽水期末）已知函数，则　 　.
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：函数，则，.
故答案为：.
【分析】根据解析式求的值即可.
13．（2024高二下·丽水期末）已知，，则　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，则，
因为，所以，，则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用有余弦的二倍角公式可得，再根据同角三角函数基本关系求解即可.
14．（2024高二下·丽水期末）已知，，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：令，解得，
则
，
当且仅当等号成立，则的最小值为.
故答案为：.
【分析】利用基本不等式求最小值即可.
15．（2024高二下·丽水期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）当时，求函数的最大值，以及相应的值.
【答案】（1）解：函数，
则函数的最小正周期；
（2）解：当时，，，
则函数的最大值为2，此时，即.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；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）利用余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简求得，再利用求最小正周期即可；
（2）当时，，整体法求函数的最大值及相应的的值即可.
（1），
所以最小正周期；
（2）因为，所以，则，
的最大值为2，此时，即.
16．（2024高二下·丽水期末）本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试，并从中随机抽取了100名学生的成绩，被抽取的成绩全部介于40分到100分之间（满分100分），将统计结果按照如下方式分成六组：第一组，第二组，…，第六组，画出频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求该样本的中位数；
（3）为进一步了解学生的学习情况，从分数位于的学生中，按照第二组，第三组，第四组分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数不在同一组内的概率.
【答案】（1）解：由频率分布直方图各小矩形面积和为1可得：，解得；
（2）解：设中位数为该样本的中位数为，则，解得；
（3）解：由分层抽样知，第二组中抽1人，记作，第三组中抽2人，记作，第四组中抽3人，记作，
这6人中抽取2人有，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点；
2人来自同一组的有，，，共4个样本点，
则2人来自不同组的的概率.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小矩形面积之和为1列方程求解即可；
（2）结合频率分布直方图和中位数的定义求解即可；
（3）通过列举法和对立事件求概率即可.
（1）由频率分布直方图可得：
，
得；
（2）设中位数为该样本的中位数为，
所以，得；
（3）由分层抽样知，第二组中抽1人，记作，第三组中抽2人，记作，第四组中抽3人，记作，
这6人中抽取2人有，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点；
2人来自同一组的有，，，共4个样本点，
所以2人来自不同组的的概率.
17．（2024高二下·丽水期末）如图，在四棱锥中，，，，平面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连结，如图所示：
因为为的中点，所以，，
又因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：过作直线的垂线，为垂足，连结，如图所示：
由三棱锥的体积为，得，解得，
因为平面，所以，
又，平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以直线在平面上的射影为直线，
所以即为与平面所成角，
在中，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连结，根据中位线和平行四边形的性质得到，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求正弦值即可.
（1）证明：取的中点，连结，又为的中点，
所以，，
又，，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面
所以平面；
（2）过作直线的垂线，为垂足，连结，
由三棱锥的体积为，得，解得，
因为平面，所以，
又，平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以直线在平面上的射影为直线，
所以即为与平面所成角，
在中，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高二下·丽水期末）已知，函数.
（1）若，解不等式；
（2）证明：函数有唯一零点；
（3）设，证明：.
【答案】（1）解：当时，不等式为，即，则，解得，
则不等式的解集为；
（2）证明：函数的定义域为，，
易知，则函数在定义域内单调递增，
又因为，，，
所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内；
（3）证明：由知，，
因为，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）将不等式化简，利用对数函数单调性解不等式即可；
（2）求导，利用导数判断函数单调性，再利用零点存在性定理证明即可；
（3）作差变形后，结合基本不等式利用作差法判断即可.
（1）当时，不等式即为，即，
所以，解得；
（2）因为，所以在定义域内单调递增，
又，，，
所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内.
（3）由知，，
因为，
所以
.
19．（2024高二下·丽水期末）设为正整数，，，记.
（1）当时，若，，求的值；
（2）当时，设集合，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，.写出一个集合，使其元素个数最多；
（3）当时，，，其中是锐角的三个内角，证明：.
【答案】（1）解：因为，，
根据题意可得
；
（2）解：根据题意，当时，对于中的任意两个不同的元素，，
满足题意的集合为；
（3）解：因为，，所以
，
又因为是锐角的三个内角，所以，所以，
可得，同理，，
所以，
又因为
所以．
【知识点】简单的三角恒等变换；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【分析】（1）由，，根据题设中的计算公式求解即可；
（2）根据题意，当时，得出满足题意的集合即可；
（3）根据题意，得到，结合为锐角三角形，利用正弦函数的性质，得到，，，利用三角恒等变换的公式，即可得证.
（1）解：因为，，
根据题意，可得
（2）解：根据题意，当时，对于中的任意两个不同的元素，，
满足题意的集合为.
（3）解：因为，，
所以，
又因为是锐角的三个内角，所以，所以，
可得，
同理，，
所以
又
所以．
1 / 1浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高二下·丽水期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·丽水期末）已知复数，其中为虚数单位，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．
3．（2024高二下·丽水期末）已知 ，则“ ”是“ ”成立的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．即不充分也不必要条件
4．（2024高二下·丽水期末）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2024高二下·丽水期末）若样本，，，，的平均数为10，方差为20，则样本，，，，的平均数和方差分别为（　　）
A．16，40 B．16，80 C．20，40 D．20，80
6．（2024高二下·丽水期末）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·丽水期末）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次，设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，事件“第一次摸出球的标号为奇数”，则（　　）
A．与互斥 B．与相互独立
C．与互斥 D．与相互独立
8．（2024高二下·丽水期末）已知函数的定义域为，的图象关于中心对称，是偶函数，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·丽水期末）已知向量，，，则（　　）
A．
B．
C．
D．向量在向量上的投影向量为
10．（2024高二下·丽水期末）在中，角所对的边分别为，，，以下判断正确的是（　　）
A．若，则的面积为 B．若，则
C．若，则 D．若有两解，则
11．（2024高二下·丽水期末）如图，在矩形中，，是的中点，沿直线将翻折成（不在平面内），是的中点，设二面角的大小为.（　　）
A．若，则
B．直线与所成的角为定值
C．若，则三棱锥的外接球的表面积为
D．设直线与平面所成的角为，则
12．（2024高二下·丽水期末）已知函数，则　 　.
13．（2024高二下·丽水期末）已知，，则　 　.
14．（2024高二下·丽水期末）已知，，则的最小值为　 　.
15．（2024高二下·丽水期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）当时，求函数的最大值，以及相应的值.
16．（2024高二下·丽水期末）本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试，并从中随机抽取了100名学生的成绩，被抽取的成绩全部介于40分到100分之间（满分100分），将统计结果按照如下方式分成六组：第一组，第二组，…，第六组，画出频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求该样本的中位数；
（3）为进一步了解学生的学习情况，从分数位于的学生中，按照第二组，第三组，第四组分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数不在同一组内的概率.
17．（2024高二下·丽水期末）如图，在四棱锥中，，，，平面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
18．（2024高二下·丽水期末）已知，函数.
（1）若，解不等式；
（2）证明：函数有唯一零点；
（3）设，证明：.
19．（2024高二下·丽水期末）设为正整数，，，记.
（1）当时，若，，求的值；
（2）当时，设集合，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，.写出一个集合，使其元素个数最多；
（3）当时，，，其中是锐角的三个内角，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算法则求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：B.
【分析】利用复数代数形式的除法法则化简求得复数z，再根据复数的模长公式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当 时， 和 无意义，可知“ ”是“ ”的不充分条件；
当 时， ，可知“ ”是“ ”的必要条件；
综上所述：“ ”是“ ”的必要不充分条件
本题正确选项：
【分析】分别判断充分条件和必要条件是否成立，从而得到结果.
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解： 直线和平面，
A、若，，则与平行，相交，异面，故A错误；
B、若，，则或，故B错误；
C、若，，则，故C正确；
D、若，，则或或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间中直线，平面的位置关系逐项分析判断即可.
5．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：样本，，，，的平均数为10，方差为20，
则样本，，，，的平均数，
方差为.
故答案为：B.
【分析】根据平均数与方差性质求解即可.
6．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由题得 ，
，且 .
.
所以 .
故答案为：D
【分析】分析得到 ，即得解.
7．【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得：不放回方式从中任意摸球两次所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、
，共种；
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种；
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种；
事件包含的基本事件有：、，共种；
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种；
事件包含的基本事件有：、、，共3种；
A、因为，所以与不互斥，故A错误；
B、，，则与不相互独立，故B错误；
C、，则与不互斥，故C错误；
D、，，则与相互独立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题意，列举出所有的基本事件，以及事件、、、、所包含的基本事件，利用互斥事件以及独立事件的定义逐项判断即可.
8．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的值
【解析】【解答】解：因为函数的图象关于中心对称，
则（ ），
又因为是偶函数，则，
则的图象关于轴对称，所以（ ），
令代入（ ）得，，解得，
再将代入 （ ）得到.
故答案为：D.
【分析】根据函数的图象的对称性得出，再利用偶函数的定义得出的图象关于轴对称，则得出，再由代入法代入（ ）得的值，再由代入法代入 （ ）得到的值，则找出正确的选项.
9．【答案】B,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、向量，，，故A错误；
B、，则，故B正确；
C、易知，则，故C错误；
D、向量在向量上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量共线、垂直，模的坐标表示求解即可判断ABC；根据投影向量求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、 在中， 若，
则，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，解得，故B错误；
C、若，由余弦定理，可得，
整理得，解得，故C正确；
D、 在中 ，，，由正弦定理，可得，
由，可得，若有两个解，则且，
则，即，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角形的面积公式计算即可判断A；根据正弦定理计算即可判断B；根据余弦定理计算即可判断C；根据正弦定理和且即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、，取、的中点分别为，，连接，如图所示：
则，因为四边形为正方形，所以、
假设，由平面，
得平面，又平面，所以，
这与“”矛盾，则假设不成立，故A错误；
B、取的中点，连接，如图所示：
则且，即四边形是平行四边形，即，
故为异面直线与的所成角，
由，可得，则，即，
故异面直线与的所成角为定值，故B正确；
C、如图，由选项A的分析知为二面角的平面角，即.
当时，，易知，，
则为外接圆的圆心.过作于，过作，
在上取使得，则四边形为矩形，得，
则为三棱锥外接球的球心，设其半径为，
则，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
D、过作平面于点，作于点，连接，如图所示：
为二面角的平面角，即，
为直线与平面所成的角，即，
由，平面，
知平面，又平面，所以，
所以为的中点，得，
又，所以，即，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用反证法即可判断A；确定为异面直线与的所成角即可判断B；确定外接球的球心位置，建立关于R的方程，解之即可判断C；确定、，求出即可判断D.
12．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：函数，则，.
故答案为：.
【分析】根据解析式求的值即可.
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，则，
因为，所以，，则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用有余弦的二倍角公式可得，再根据同角三角函数基本关系求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：令，解得，
则
，
当且仅当等号成立，则的最小值为.
故答案为：.
【分析】利用基本不等式求最小值即可.
15．【答案】（1）解：函数，
则函数的最小正周期；
（2）解：当时，，，
则函数的最大值为2，此时，即.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；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）利用余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简求得，再利用求最小正周期即可；
（2）当时，，整体法求函数的最大值及相应的的值即可.
（1），
所以最小正周期；
（2）因为，所以，则，
的最大值为2，此时，即.
16．【答案】（1）解：由频率分布直方图各小矩形面积和为1可得：，解得；
（2）解：设中位数为该样本的中位数为，则，解得；
（3）解：由分层抽样知，第二组中抽1人，记作，第三组中抽2人，记作，第四组中抽3人，记作，
这6人中抽取2人有，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点；
2人来自同一组的有，，，共4个样本点，
则2人来自不同组的的概率.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小矩形面积之和为1列方程求解即可；
（2）结合频率分布直方图和中位数的定义求解即可；
（3）通过列举法和对立事件求概率即可.
（1）由频率分布直方图可得：
，
得；
（2）设中位数为该样本的中位数为，
所以，得；
（3）由分层抽样知，第二组中抽1人，记作，第三组中抽2人，记作，第四组中抽3人，记作，
这6人中抽取2人有，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点；
2人来自同一组的有，，，共4个样本点，
所以2人来自不同组的的概率.
17．【答案】（1）证明：取的中点，连结，如图所示：
因为为的中点，所以，，
又因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：过作直线的垂线，为垂足，连结，如图所示：
由三棱锥的体积为，得，解得，
因为平面，所以，
又，平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以直线在平面上的射影为直线，
所以即为与平面所成角，
在中，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连结，根据中位线和平行四边形的性质得到，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求正弦值即可.
（1）证明：取的中点，连结，又为的中点，
所以，，
又，，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面
所以平面；
（2）过作直线的垂线，为垂足，连结，
由三棱锥的体积为，得，解得，
因为平面，所以，
又，平面，平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以直线在平面上的射影为直线，
所以即为与平面所成角，
在中，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：当时，不等式为，即，则，解得，
则不等式的解集为；
（2）证明：函数的定义域为，，
易知，则函数在定义域内单调递增，
又因为，，，
所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内；
（3）证明：由知，，
因为，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）将不等式化简，利用对数函数单调性解不等式即可；
（2）求导，利用导数判断函数单调性，再利用零点存在性定理证明即可；
（3）作差变形后，结合基本不等式利用作差法判断即可.
（1）当时，不等式即为，即，
所以，解得；
（2）因为，所以在定义域内单调递增，
又，，，
所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内.
（3）由知，，
因为，
所以
.
19．【答案】（1）解：因为，，
根据题意可得
；
（2）解：根据题意，当时，对于中的任意两个不同的元素，，
满足题意的集合为；
（3）解：因为，，所以
，
又因为是锐角的三个内角，所以，所以，
可得，同理，，
所以，
又因为
所以．
【知识点】简单的三角恒等变换；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【分析】（1）由，，根据题设中的计算公式求解即可；
（2）根据题意，当时，得出满足题意的集合即可；
（3）根据题意，得到，结合为锐角三角形，利用正弦函数的性质，得到，，，利用三角恒等变换的公式，即可得证.
（1）解：因为，，
根据题意，可得
（2）解：根据题意，当时，对于中的任意两个不同的元素，，
满足题意的集合为.
（3）解：因为，，
所以，
又因为是锐角的三个内角，所以，所以，
可得，
同理，，
所以
又
所以．
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