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浙江省金华市十校2023-2024学年高二下学期6月期末调研考试数学试题
1．（2024高二下·金华期末）已知复数，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高二下·金华期末）已知向量，且，则（　　）
A．11 B． C． D．
3．（2024高二下·金华期末）已知是实数，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·金华期末）已知函数的对称中心为，则能使函数单调递增的区间为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·金华期末）函数的图象为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·金华期末）已知随机变量，且，则（　　）
A．0.4 B．0.2 C．0.8 D．0.1
7．（2024高二下·金华期末）高二某班男生20人，女生30人，男 女生身高平均数分别为，方差分别为170 160，记该班全体同学身高的平均数为，方差为，则（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·金华期末）已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·金华期末）在正方体中，（　　）
A．
B．直线与所成角为
C．平面
D．直线与平面所成角为
10．（2024高二下·金华期末）投掷一枚质地均匀的硬币两次，记“第一次正面向上”为事件，“第二次正面向上”为事件，“至少有一次正面向上”为事件，则下列判断正确的是（　　）
A．与相互独立 B．与互斥
C．. D．
11．（2024高二下·金华期末）在中，已知，则（　　）
A． B．
C．的外接圆直径为 D．的面积为
12．（2024高二下·金华期末）已知集合，集合，则　 　.
13．（2024高二下·金华期末）若，则　 　.
14．（2024高二下·金华期末）在三棱锥中，，且，若三棱锥的外接球表面积的取值范围为，则三棱锥体积的取值范围为　 　.
15．（2024高二下·金华期末）某校开展一项名为“书香致远，阅读润心”的读书活动，为了更好地服务全校学生，需要对全校学生的周平均阅读时间进行调查，现从该校学生中随机抽取200名学生，将他们的周平均阅读时间（单位：小时）数据分成5组：，根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值，并估计全校学生周平均阅读时间的平均数；
（2）用分层抽样的方法从周平均阅读时间不小于6小时的学生中抽出6人，从这6人中随机选出2人作为该活动的形象大使，求这2人都来自这组的概率.
16．（2024高二下·金华期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
17．（2024高二下·金华期末）已知分别为三个内角的对边，且.
（1）证明：；
（2）求的最小值.
18．（2024高二下·金华期末）已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值的表达式；
（3）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
19．（2024高二下·金华期末）二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品 二等品 三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的.
（1）若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个的概率；
（2）现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，.
（i）求；
（ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：易知，在复平面内对应的点，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】利用复数减法运算，结合复数在复平面内的表示判断即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，
若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当或时，，故“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据双勾函数的性质，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
4．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由图象的一个对称中心是，所以，
则，，即，，
又，所以，得函数，
令，，
即，；
故的单调递增区间为，，
而当时，单调递增区间为，又，
所以C正确，其余区间都不符合题意.
故选：C
【分析】根据对称中心为代入解析式可求得，再利用余弦函数单调性可得答案.
5．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
且满足，则函数为奇函数，
当时，.
故答案为：C.
【分析】求函数的定义域，判断奇偶性，并取特殊值判断即可.
6．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，
由，可得，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由正态分布的对称性求得，再由正态曲线的性质代入计算即可.
7．【答案】B
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为男 女生身高平均数分别为，
所以该班全体学生身高的平均值为，，
该班全体学生身高的方差为，.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用分层抽样的平均数与方差公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解： 数的定义域为，
因为为奇函数，所以，即，
又因为为偶函数，所以，即，
所以，
则函数是以为周期的周期函数，
因为当时，，
所以
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据函数的奇偶性，确定函数是周期为4的周期函数，再由周期性、对数的运算法则计算函数值即可．
9．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、在正方体中，因为为正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，则，故A正确；
B、设正方体棱长为，
因为，所以为直线与所成角，
在中，，则，
即直线与所成角不是，故B错误；
C、因为，平面，平面，所以平面，故C正确；
D、连结，如图所示：
由平面，得，
因为，，平面，所以平面，
连结，则为在平面上的射影，则为直线与平面所成角，
在直角三角形中，，所以
则直线与平面所成角为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由正方体得性质，先证明平面即可证明即可判断A；为直线与所成角，即可判断B；由，可得平面即可判断C；由为直线与平面所成角，求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、易知，因为，
所以相互独立，故A正确；
B、因为事件可以同时发生，所以与不互斥，故B错误；
C、由题意可知：，故C正确；
D、由，可得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据独立事件和互斥事件的定义即可判断AB；根据条件概率计算公式即可判断C；根据两个事件的并事件的概率计算公式即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】正切函数的图象与性质；解三角形；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、由，可得，
则，其中，
即，
因为，所以，即，且，
所以，，
即，，，因为在单调递增，所以，故A错误；
B、由A选项可知：，
根据正弦定理得，则，故B正确；
C、，由正弦定理得，即为的外接圆直径为10，故C正确；
D、由正弦定理，可得，
则的面积为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用辅助角公式将等式化为，其中，得，故可求，再根据正切函数的单调性即可判断A；由正弦定理并结合选项A即可判断BC；利用正弦定理结合三角形的面积公式求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知.
故答案为：.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
13．【答案】40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，解得，则.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，令，求得，代入计算即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；三角形中的几何计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将三棱锥补为三棱柱，如图所示：
则三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，
因为，，，，平面，
所以平面，故则三棱柱是高为3的直三棱柱，
设 ，
由余弦定理得，
则的外接圆半径为，
即外接球的半径为，
外接球表面积为，
故由题，
，所以，则
由三棱柱的结构性质及题意可知且
所以，
又由上，所以，
即三棱锥体积的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，将几何体补形为直棱柱，则三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，其体积为三棱柱的，根据直三棱柱的结构特征计算即可.
15．【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积之和为1，可得，解得，
，
则估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时；
（2）解：由频率分布直方图可知：平均阅读时间在和三组的频率的比为，
利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为
记中的3人为中的2人为中的2人为，
从这6人中随机选出2人，则样本空间共15个样本点，
设事件选出的2人都来自，共3个样本点，则；
【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各矩形面积和为1求出的值，再根据频率分布直方图平均数的计算公式求平均数即可；
（2）利用分层抽样的定义求出各组的人数，再利用列举法求概率即可.
（1）依题意可得，解得，
又由频率分布直方图可得，
所以估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时.
（2）由频率分布直方图可知和三组的频率的比为，
所以利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为
记中的3人为中的2人为中的2人为，
从这6人中随机选出2人，
则样本空间共15个样本点，
设事件选出的2人都来自，则共3个样本点，
所以.
16．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
在中，，在正方形中，，
因为平面，所以平面，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面；
（2）解：在中，因为，，
由余弦定理可得：，
因为平面，所以，
在中，由勾股定理得：，
在中，由余弦定理可得：，
以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
，，
设为平面的法向量，则，取，
设为平面的法向量，则，取，
，
故平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，利用空间的线面垂直的判定与性质定理证明即可；
（2）以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面的夹角余弦值即可.
（1）如图，连接，在中，，
在正方形中，，又因为平面，
所以平面，又因为，所以平面，
而平面，所以，
又因为，且平面，所以平面.
（2）在中，因为，，
所以由余弦定理可得：，
因为平面，所以，在中，
由勾股定理得：，
又在中，由余弦定理得：.
如图以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴建系，
则，，，
则，，
设为平面的法向量，则，取，
设为平面的法向量，则，取，
所以，
故平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
17．【答案】（1）证明：
，
因为，所以，则；
（2）解：，，则，整理可得，
由正弦定理可得：，
即，即，则，即，
因为，所以，所以，
则，
当且仅当时等号成立，故的最小值为.
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）利用两角和、差的正弦公式化简等式左边，由结合正弦定理证明即可；
（2）由（1）的结论，结合余弦定理，化简得，再由正弦定理得到，得到，求得，得到，结合基本不等式求解即可.
（1）解：因为，
可得，由正弦定理得，即.
（2）解：由余弦定理得，因为，所以，
可得，所以由正弦定理可得
，
，
即，
即，故，
又因为，所以，即，
所以，
当且仅当时，“=”成立，故的最小值为.
18．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
则函数在点处的切线斜率，
由，可得点坐标为，
则点处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，
，
当时，在上恒成立，则函数在上单调递减，
则函数在区间上的最大值为；
当时，令，则在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在上有唯一的一个零点.
令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得：
单调递减 单调递增
则函数在区间上的最大值为，
由，
当时，；
当时，，
故；
（3）解：由（2）可知，当时，函数在上单调递减，
故此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，在时，单调递减，在时，函数单调递增；
且，所以①，
又时，，当时，，
为了满足有两个零点，则有②，
对①两边取对数可得③，
将①③代入②可得，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义计算即可；
（2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值即可；
（3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，求解的范围即可.
（1）易知函数的定义域为.
当时，.
，
所以在点处的切线斜率，
又，即点坐标为，
所以点处的切线方程为；
（2）因为.
所以，
当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减，
故函数在区间上的最大值为.
当时，令，
则在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在上有唯一的一个零点.
令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得：
单调递减 单调递增
所以函数在区间上的最大值为，
由，有：
当时，；
当时，，
故；
（3）由（2）可知，当时，在上单调递减，
故此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，在时，单调递减，在时，单调递增；
且，所以，①
又时，，当时，，
为了满足有两个零点，则有.②
对①两边取对数可得，③
将①③代入②可得，解得.
所以实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：记事件=“从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个”，
则；
（2）解：（i），
；
（ii）若把事件作为一方，则作为另一方，
那么随机变量分布列为，
即服从二项分布列为，
同理可知：，
，
所以
，
所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即，
随机变量的数学期望为.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意，根据多项分布求概率即可；
（2）（i）由题意，根据多项分布求概率即可；
（ii）根据二项分布得到，再利用条件概率的计算公式得到，最后根据二项分布期望的性质计算即可.
（1）记从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个为事件，则，
（2）（i），
（ii）若把事件作为一方，则作为另一方，
那么随机变量分布列为，
即服从二项分布列为，
同理可知：.
所以
.
所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即，
所以此时，随机变量的数学期望为.
1 / 1浙江省金华市十校2023-2024学年高二下学期6月期末调研考试数学试题
1．（2024高二下·金华期末）已知复数，则在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：易知，在复平面内对应的点，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】利用复数减法运算，结合复数在复平面内的表示判断即可.
2．（2024高二下·金华期末）已知向量，且，则（　　）
A．11 B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，
若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
3．（2024高二下·金华期末）已知是实数，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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当或时，，故“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据双勾函数的性质，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
4．（2024高二下·金华期末）已知函数的对称中心为，则能使函数单调递增的区间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由图象的一个对称中心是，所以，
则，，即，，
又，所以，得函数，
令，，
即，；
故的单调递增区间为，，
而当时，单调递增区间为，又，
所以C正确，其余区间都不符合题意.
故选：C
【分析】根据对称中心为代入解析式可求得，再利用余弦函数单调性可得答案.
5．（2024高二下·金华期末）函数的图象为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
且满足，则函数为奇函数，
当时，.
故答案为：C.
【分析】求函数的定义域，判断奇偶性，并取特殊值判断即可.
6．（2024高二下·金华期末）已知随机变量，且，则（　　）
A．0.4 B．0.2 C．0.8 D．0.1
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：随机变量，
由，可得，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由正态分布的对称性求得，再由正态曲线的性质代入计算即可.
7．（2024高二下·金华期末）高二某班男生20人，女生30人，男 女生身高平均数分别为，方差分别为170 160，记该班全体同学身高的平均数为，方差为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为男 女生身高平均数分别为，
所以该班全体学生身高的平均值为，，
该班全体学生身高的方差为，.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用分层抽样的平均数与方差公式求解即可.
8．（2024高二下·金华期末）已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解： 数的定义域为，
因为为奇函数，所以，即，
又因为为偶函数，所以，即，
所以，
则函数是以为周期的周期函数，
因为当时，，
所以
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据函数的奇偶性，确定函数是周期为4的周期函数，再由周期性、对数的运算法则计算函数值即可．
9．（2024高二下·金华期末）在正方体中，（　　）
A．
B．直线与所成角为
C．平面
D．直线与平面所成角为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、在正方体中，因为为正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，则，故A正确；
B、设正方体棱长为，
因为，所以为直线与所成角，
在中，，则，
即直线与所成角不是，故B错误；
C、因为，平面，平面，所以平面，故C正确；
D、连结，如图所示：
由平面，得，
因为，，平面，所以平面，
连结，则为在平面上的射影，则为直线与平面所成角，
在直角三角形中，，所以
则直线与平面所成角为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由正方体得性质，先证明平面即可证明即可判断A；为直线与所成角，即可判断B；由，可得平面即可判断C；由为直线与平面所成角，求解即可判断D.
10．（2024高二下·金华期末）投掷一枚质地均匀的硬币两次，记“第一次正面向上”为事件，“第二次正面向上”为事件，“至少有一次正面向上”为事件，则下列判断正确的是（　　）
A．与相互独立 B．与互斥
C．. D．
【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、易知，因为，
所以相互独立，故A正确；
B、因为事件可以同时发生，所以与不互斥，故B错误；
C、由题意可知：，故C正确；
D、由，可得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据独立事件和互斥事件的定义即可判断AB；根据条件概率计算公式即可判断C；根据两个事件的并事件的概率计算公式即可判断D.
11．（2024高二下·金华期末）在中，已知，则（　　）
A． B．
C．的外接圆直径为 D．的面积为
【答案】B,C,D
【知识点】正切函数的图象与性质；解三角形；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、由，可得，
则，其中，
即，
因为，所以，即，且，
所以，，
即，，，因为在单调递增，所以，故A错误；
B、由A选项可知：，
根据正弦定理得，则，故B正确；
C、，由正弦定理得，即为的外接圆直径为10，故C正确；
D、由正弦定理，可得，
则的面积为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用辅助角公式将等式化为，其中，得，故可求，再根据正切函数的单调性即可判断A；由正弦定理并结合选项A即可判断BC；利用正弦定理结合三角形的面积公式求解即可判断D.
12．（2024高二下·金华期末）已知集合，集合，则　 　.
【答案】
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知.
故答案为：.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
13．（2024高二下·金华期末）若，则　 　.
【答案】40
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
令，解得，则.
故答案为：.
【分析】写出展开式的通项，令，求得，代入计算即可.
14．（2024高二下·金华期末）在三棱锥中，，且，若三棱锥的外接球表面积的取值范围为，则三棱锥体积的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；三角形中的几何计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将三棱锥补为三棱柱，如图所示：
则三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，
因为，，，，平面，
所以平面，故则三棱柱是高为3的直三棱柱，
设 ，
由余弦定理得，
则的外接圆半径为，
即外接球的半径为，
外接球表面积为，
故由题，
，所以，则
由三棱柱的结构性质及题意可知且
所以，
又由上，所以，
即三棱锥体积的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，将几何体补形为直棱柱，则三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，其体积为三棱柱的，根据直三棱柱的结构特征计算即可.
15．（2024高二下·金华期末）某校开展一项名为“书香致远，阅读润心”的读书活动，为了更好地服务全校学生，需要对全校学生的周平均阅读时间进行调查，现从该校学生中随机抽取200名学生，将他们的周平均阅读时间（单位：小时）数据分成5组：，根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值，并估计全校学生周平均阅读时间的平均数；
（2）用分层抽样的方法从周平均阅读时间不小于6小时的学生中抽出6人，从这6人中随机选出2人作为该活动的形象大使，求这2人都来自这组的概率.
【答案】（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积之和为1，可得，解得，
，
则估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时；
（2）解：由频率分布直方图可知：平均阅读时间在和三组的频率的比为，
利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为
记中的3人为中的2人为中的2人为，
从这6人中随机选出2人，则样本空间共15个样本点，
设事件选出的2人都来自，共3个样本点，则；
【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各矩形面积和为1求出的值，再根据频率分布直方图平均数的计算公式求平均数即可；
（2）利用分层抽样的定义求出各组的人数，再利用列举法求概率即可.
（1）依题意可得，解得，
又由频率分布直方图可得，
所以估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时.
（2）由频率分布直方图可知和三组的频率的比为，
所以利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为
记中的3人为中的2人为中的2人为，
从这6人中随机选出2人，
则样本空间共15个样本点，
设事件选出的2人都来自，则共3个样本点，
所以.
16．（2024高二下·金华期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
在中，，在正方形中，，
因为平面，所以平面，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面；
（2）解：在中，因为，，
由余弦定理可得：，
因为平面，所以，
在中，由勾股定理得：，
在中，由余弦定理可得：，
以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
，，
设为平面的法向量，则，取，
设为平面的法向量，则，取，
，
故平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，利用空间的线面垂直的判定与性质定理证明即可；
（2）以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面的夹角余弦值即可.
（1）如图，连接，在中，，
在正方形中，，又因为平面，
所以平面，又因为，所以平面，
而平面，所以，
又因为，且平面，所以平面.
（2）在中，因为，，
所以由余弦定理可得：，
因为平面，所以，在中，
由勾股定理得：，
又在中，由余弦定理得：.
如图以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴建系，
则，，，
则，，
设为平面的法向量，则，取，
设为平面的法向量，则，取，
所以，
故平面与平面形成的锐二面角的余弦值.
17．（2024高二下·金华期末）已知分别为三个内角的对边，且.
（1）证明：；
（2）求的最小值.
【答案】（1）证明：
，
因为，所以，则；
（2）解：，，则，整理可得，
由正弦定理可得：，
即，即，则，即，
因为，所以，所以，
则，
当且仅当时等号成立，故的最小值为.
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）利用两角和、差的正弦公式化简等式左边，由结合正弦定理证明即可；
（2）由（1）的结论，结合余弦定理，化简得，再由正弦定理得到，得到，求得，得到，结合基本不等式求解即可.
（1）解：因为，
可得，由正弦定理得，即.
（2）解：由余弦定理得，因为，所以，
可得，所以由正弦定理可得
，
，
即，
即，故，
又因为，所以，即，
所以，
当且仅当时，“=”成立，故的最小值为.
18．（2024高二下·金华期末）已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值的表达式；
（3）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，
则函数在点处的切线斜率，
由，可得点坐标为，
则点处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，
，
当时，在上恒成立，则函数在上单调递减，
则函数在区间上的最大值为；
当时，令，则在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在上有唯一的一个零点.
令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得：
单调递减 单调递增
则函数在区间上的最大值为，
由，
当时，；
当时，，
故；
（3）解：由（2）可知，当时，函数在上单调递减，
故此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，在时，单调递减，在时，函数单调递增；
且，所以①，
又时，，当时，，
为了满足有两个零点，则有②，
对①两边取对数可得③，
将①③代入②可得，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数的几何意义计算即可；
（2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值即可；
（3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，求解的范围即可.
（1）易知函数的定义域为.
当时，.
，
所以在点处的切线斜率，
又，即点坐标为，
所以点处的切线方程为；
（2）因为.
所以，
当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减，
故函数在区间上的最大值为.
当时，令，
则在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在上有唯一的一个零点.
令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得：
单调递减 单调递增
所以函数在区间上的最大值为，
由，有：
当时，；
当时，，
故；
（3）由（2）可知，当时，在上单调递减，
故此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，在时，单调递减，在时，单调递增；
且，所以，①
又时，，当时，，
为了满足有两个零点，则有.②
对①两边取对数可得，③
将①③代入②可得，解得.
所以实数的取值范围为.
19．（2024高二下·金华期末）二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品 二等品 三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的.
（1）若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个的概率；
（2）现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，.
（i）求；
（ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望.
【答案】（1）解：记事件=“从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个”，
则；
（2）解：（i），
；
（ii）若把事件作为一方，则作为另一方，
那么随机变量分布列为，
即服从二项分布列为，
同理可知：，
，
所以
，
所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即，
随机变量的数学期望为.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意，根据多项分布求概率即可；
（2）（i）由题意，根据多项分布求概率即可；
（ii）根据二项分布得到，再利用条件概率的计算公式得到，最后根据二项分布期望的性质计算即可.
（1）记从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个为事件，则，
（2）（i），
（ii）若把事件作为一方，则作为另一方，
那么随机变量分布列为，
即服从二项分布列为，
同理可知：.
所以
.
所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即，
所以此时，随机变量的数学期望为.
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