资源简介

【浙江省专用】2024-2025学年高二数学下册期末真题专项练习
05 解答题
一、解答题
1．（2024高二下·慈溪期末）为贯彻“阳光体育”计划，促进学生身心素养的提高，某校倡导全校学生积极参与体育运动，并统计学生一周内运动时长，发现时长均在区间之间（单位：小时）.
（1）将全校男生一周内运动时长分为，，，，五组，并绘制如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.求该校男生一周运动时长的平均数和中位数；
（2）已知高二（1）班男生30人，女生20人，根据数据统计分析，发现该班男生一周内运动时长的平均数为9，方差为2；女生一周内运动时长的平均数为6.5，方差为4.求该班级全体学生一周内运动时长的方差.
2．（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.
3．（2024高二下·杭州期末）已知函数，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性．
4．（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.
5．（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.
6．（2024高二下·湖州期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，.
（1）证明：；
（2）求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小.
7．（2024高二下·绍兴期末）如图，在四边形中，，，，，现将沿着进行翻折，得到三棱锥，且平面平面，如图．
（1）若与平面所成的角为，证明：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
8．（2024高二下·台州期末）已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，证明：；
（3）若既有极大值又有极小值，求实数的取值范围．
9．（2024高二下·台州期末）已知函数为偶函数．
（1）求实数的值；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
10．（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.
11．（2024高二下·宁波期末）4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该地区高一学生阅读时间的上四分位数；
（2）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，二组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了20个学生，得到均值为8，方差为3.75，现在已知这一组学生的均值为5，方差为2；求这一组学生的均值和方差；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中.当最大时，写出的值，并说明理由.
12．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，平面是以为直径的圆周上的一点，分别是上的动点，且平面，二面角的大小为.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）当直线与平面所成的角最大时，求的值.
13．（2024高二下·宁波期末）已知函数.
（1）设，若是奇函数，求的值，并证明；
（2）已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围.
14．（2024高二下·慈溪期末）为贯彻“阳光体育”计划，促进学生身心素养的提高，某校倡导全校学生积极参与体育运动，并统计学生一周内运动时长，发现时长均在区间之间（单位：小时）.
（1）将全校男生一周内运动时长分为，，，，五组，并绘制如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.求该校男生一周运动时长的平均数和中位数；
（2）已知高二（1）班男生30人，女生20人，根据数据统计分析，发现该班男生一周内运动时长的平均数为9，方差为2；女生一周内运动时长的平均数为6.5，方差为4.求该班级全体学生一周内运动时长的方差.
15．（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.
16．（2024高二下·浙江期末）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程.该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关.甲 乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲 乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，恰有0个黑球的概率为.
（1）求的值；
（2）根据马尔科夫链的知识知道，其中为常数，同时，请求出；
（3）求证：的数学期望为定值.
17．（2024高二下·浙江期末）已知函数，其中且.
（1）若，试证明：恒成立；
（2）若，求函数的单调区间；
（3）请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：）
18．（2024高二下·浙江期末）已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足.
（1）当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程；
（2）设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程.
19．（2024高二下·浙江期末）在中，角的对边分别为.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的最大值．
20．（2024高二下·杭州期末）已知函数．
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值、最小值及相应的x的值．
21．（2024高二下·杭州期末）已知数列满足，数列满足，．
（1）求，的通项公式；
（2）定义：已知数列，，当时，称为“4一偶数项和整除数列”．
（i）计算，，其中，．
（ii）若为“4-偶数项和整除数列”，求的最小值．
22．（2022高一下·汕头期末）已知函数，
（1）判断的奇偶性并证明；
（2）若，求的最小值和最大值；
（3）定义，设.若在内恰有三个不同的零点，求a的取值集合.
23．（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：.
24．（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.
25．（2024高二下·衢州期末）已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为.
（1）求的方程；
（2）当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值.
26．（2024高二下·衢州期末）如图，在棱长为1的正四面体中，是的中点，，分别在棱和上（不含端点），且平面.
（1）证明：平面；
（2）若为中点，求平面截该正四面体所得截面的面积；
（3）当直线与平面所成角为时，求.
27．（2024高二下·衢州期末）已知数列为等比数列，，14，成等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
28．（2024高二下·浙江期末）如图，在三棱台中，平面为的中点．
（1）证明：．
（2）过的平面把三棱台分成两部分，体积分别是和，求的值．
（3）求平面和平面所成锐二面角的正切值．
29．（2024高二下·舟山期末）已知函数的定义域为D.若，对于，都，使得，则称函数与具有“和缘”，a叫做函数与的“和缘”值.
（1）已知，，，，，，若0是函数与的“和缘”值，请写出所有符合题意的函数与的组合（不用说明理由）；
（2）已知且，，，.
（ⅰ）求的值域；
（ⅱ）若存在唯一实数a，使函数与具有“和缘”，求m的值.
30．（2024高二下·舟山期末）某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：
（1）甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；
（2）为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求P的取值范围；
（3）现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.
31．（2024高二下·浙江期末）已知函数，函数.
（1）若，且，求，的值；
（2）当时，若函数的值域和函数的值域相同，求的取值范围；
（3）当时，记为在上的最大值，求的最小值.
32．（2024高二下·浙江期末）已知平面向量，，且函数.
（1）求的值；
（2）求函数的最小正周期；
（3）求函数在上的最大值，并求出取得最大值时的值.
33．（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：.
34．（2024高二下·绍兴期末）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，证明：在上恒成立．
35．（2024高二下·衢州期末）某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为：
①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取；
②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃；
③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜.
假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分.
（1）已知某一轮游戏中，记为甲乙两方抽牌次数之和.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求，；
（2）为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由.
答案解析部分
1．（1）解：由频率分布直方图可知：，
即男生一周运动时长的平均数为7.3小时；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的频率为，
所以中位数落在区间内，由，解得，即中位数为；
（2）解：该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差：.
（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式以及中位数的计算公式求解即可；
（2）根据方差的计算公式求解即可.
（1），
即男生一周运动时长的平均数为7.3小时；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的频率为，
所以中位数落在区间内，
由，得到，即中位数为.
（2）该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差
2．（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.
（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.
3．（1）解：当时，函数，，则，，
故函数在处的切线方程为：．
（2）解：，
①若，，则在上单调递减，
②若，当时，解得，
当，；当，；
所以在上单调递增，在上单调递减．
（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，分和两种情况，利用导数判断函数的单调性即可.
4．（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.
（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.
5．（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.
（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.
6．（1）证明：因为且为线段的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：因为平面，平面，则，
又因为，，面，所以平面，
又因为平面，则平面平面，平面平面，平面，
所以平面，以为坐标原点，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设，则，，，，，
，设，，，
则，解得，
设平面的法向量为，，
则，即，取，则，即，
设平面的法向量为，，，
则，即，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则，
所以，令，则，
，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以当时，即时，，则.
（1）由题意可得，根据面面垂直得到平面，证明即可；
（2）先证明平面，以为坐标原点，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合基本不等式求解即可.
（1）因为且为线段的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）因为平面，平面，则，
又，，面，所以平面，
因为平面，则平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
如图分别以所在的直线为轴，
不妨设，则，，，，，
，设，，，
则，解得，
设平面的法向量为，，
则，
所以，取，则，即，
设平面的法向量为，，，
则，取，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则，
所以，
令，则，
所以
，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以当时，即时，，则.
7．（1）证明：过作于点，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线与平面所成的角，
所以，
又因为，，
所以，
所以，所以，
因为，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
（2）解：过作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以点为原点，，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：
在四边形中，因为，
所以，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以即
取，则，，
所以
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以即
取，得，，
所以，
所以，，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
本题考查直线与平面垂直的判定，利用空间向量求二面角.
（1）过作于，则由平面平面，利用平面与平面垂直的性质可推出：平面，据此可得为与平面所成的角，则，利用余弦定理和勾股定理可证明，再根据题意利用直线与平面垂直的判定定理可推出平面，利用直线与平面垂直的性质可证明；
（2）过作于点，利用平面与平面垂直的性质可推出：平面，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出平面与平面夹角的余弦值.
8．（1）当 时， ，函数 的定义域为 ，
，
令 ，解得 ；
令 ，解得 或 ，
故函数 的单调递增区间是 ，
函数 的单调递减区间是 ， ．
（2）当 时， ，函数 的定义域为 ，
不等式 就是不等式 ，
当 时，式等价于 ；
当 时，式等价于 ．
设 ， ，
故 在 上单调递增，
故当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ．
故原式成立．
（3）设 ，令 ，
既有极大值又有极小值等价于 既有极大值又有极小值．
，记 ，
故 在 至少有两个不同的根，
故 在 至少有两个不同的根，
记 ，故 ，
故在 时， 单调递增；在 时， 单调递减．
易知当 时， ，当且仅当 等号成立．
下面考虑 ，
一方面有， ，
另一方面有， ，
故当 时， ．
当 时， 且 ，故 ．
又 时， ； 时， ．
画出 的图象如下，
当 或 时，方程 至多一个根，故不合题意；
当 ，方程 有两个根 满足 ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
故 为极大值， 为极小值，
此时 既有极大值又有极小值，也即 既有极大值又有极小值．
本题考查利用导函数研究函数的单调性，利用导函数研究函数的极值.
（1）先求出函数的定义域，再求出导函数，令和，解不等式可求出函数的单调区间；
（2）先求出，函数 的定义域，分两种情况：当 时；当 时；转化不等式，再构造函数，求出导函数，利用平方具有非负性可推出 在 上单调递增，利用函数的单调性可证明不等式成立；
（3）设，令，则原问题可转化为既有极大值又有极小值，求出导函数可得：，令，求出导函数，分，，，四种情况讨论导函数的正负，据此可判断的单调性，讨论函数的极值，进而求出实数的取值范围.
9．（1） 的定义域为 ，
因为 是偶函数，其定义域要关于原点对称，故 ，
且此时 为偶函数，故 满足题意．
（2） 等价于 恒成立，
当 时，上式等价于 ，即 ，故 ；
当 时，上式等价于 ，即 ，故 ．
综上可得， 的取值范围是 ．
本题考查函数的奇偶性，函数的恒成立问题.
（1）先求出函数的定义域，再根据偶函数的定义域关于原点对称可求出的值；
（2）原不等式恒成立可转化为于 恒成立，分两种情况：当 时；当 时；去掉绝对值，再分离参数，利用非负性可求出实数的取值范围，综合两种情况可求出实数的取值范围.
10．（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.
（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.
11．（1）解： 由频率分布直方图得：
，解得
频率分布直方图中，第一个小长方形面积为
第二个小长方形面积为
第三、四个小长方形面积为
第五个小长方形面积为
第六个小长方形面积为
前六个长方形面积和为0.8，
所以高一学生阅读时间的上四分位数在第六个小长方形内，
设高一学生阅读时间的上四分位数为；，解得
（2）解： 按分层抽样二组内的学生抽取的学生分别为5人，15人
设这一组的平均值，方差
所以总体方差是，解得
（3）解： 以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，
由频率分布直方图可知内的概率是0.6
由
得
解得
所以当最大时，
本题考查频率分布直方图，百分位数的计算，总体方差的计算，二项分布.
（1）根据频率分布直方图中概率之和等于1，可列出方程，解方程可求出的值，再根据百分位数的定义可列出方程，解方程可求出四分位数；
（2）先利用分层抽样求出二组内的学生抽取的人数，设这一组的平均值，方差，利用平均数计算公式可列出方程，解方程可求出的值，利用总体方差计算公式可求出总体方差.
（3）以样本的频率估计概率先求出内的概率是0.6，利用二项分布概率计算公式可列出不等式组，解不等式组可求出最大时的值；
12．（1）证明：因为平面平面，平面平面，
所以
（2）证明：因为平面平面，
所以平面平面，
因为是以为直径的圆周上一点，所以，
又平面平面平面，
所以平面，
由（1）可得
所以平面.
（3）解： 由（2）可知平面平面，所以平面平面
当为中点时，因为是等腰直角三角形，则，且，则，
由平面平面，为交线，平面，，可得平面，
所以在平面上的射影为，则直线和平面所成的角为.
.所以当最小时，最大.
此时，由，，
可得.
本题考查直线与平面平行的性质，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.
（1）利用直线与平面平行的性质定理： 如果一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，据此可推出结论.
（2）先利用平面与平面垂直的判定定理可证明平面平面，根据直径所对的圆周角等于90°可证明，利用平面与平面垂直的性质可证明平面，再根据可证明结论；
（3）当为中点时，利用等腰三角形的性质和平面与平面垂直的性质可证明，进而可证明平面，据此可找出直线和平面所成的角为，再根据正弦定义可得转化为求最小值，利用勾股定理可求出，，进而可求出的值.
13．（1）解： 法一：，所以，
因为是奇函数，所以，
所以
整理得：
所以，所以
法二：，
因为奇函数的定义域关于原点对称，所以，则，
取得，
再验证是奇函数，所以.
（2）解：已知如图所示：
由题意得和两个函数图象有两个交点，
，得到，
若时，由，解得，且过，
又也经过定点，
当经过点时，，
当经过点时，，
由图可知的取值范围是.
本题考查函数的奇偶性，函数与方程的综合应用.
（1）法一：将代入先求出，根据函数的奇偶性可列出方程，进而可列出方程组，解方程组可求出的值；
法二：先通过变形可得：，根据奇函数的性质可列出方程，解方程可求出的值，根据奇函数的性质可得，据此可求出的值.
（2）根据内恰有两个不同解，可转化为和两个函数图象有两个交点，进而可得方程：，分三种情况：过定点，，，再结合图象分析可求出的取值范围.
14．（1）解：，
即男生一周运动时长的平均数为7.3；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的概率为，
所以中位数落在区间内，
由，得到，即中位数为.
（2）解：该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差
（1）直接利用频率分布直方图中平均数的计算公式可求出平均数，根据中位数的定义可判断中位数落在区间内，进而列出方程，解方程可求出中位数；
（2）利用加权平均数公式可求出该班级全体学生一周内运动时长的平均数，利用总体方差的计算公式可求出求该班级全体学生一周内运动时长的方差.
15．（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.
（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.
16．（1）解：由题意可得：恰有0个黑球的概率为，
，则；
（2）解：因为，所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即；
（3）证明：因为①，
②，
所以①-②得，
又因为，所以，所以，
的概率分布列为：
0 1 2
，
故的数学期望为定值1.
（1）由题意，根据互斥事件概率及古典概型求解，再由全概率公式求即可；
（2）由事件的独立性及全概率公式求解，构造等比数列求出通项公式即可；
（3）由全概率公式求出的表达式，作差可得，利用列出分布列，求期望即可.
（1）由题意恰有0个黑球的概率为.
由题意知，
所以.
（2）因为，
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
（3）因为①，
②
所以①-②，得.
又因为，所以.所以.
所以的概率分布列为：
0 1 2
所以.
所以的数学期望为定值1.
17．（1）证明：设函数，求导可得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
即，故恒成立；
（2）解：函数定义域为，，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
则在单调递增，在单调递减；
（3）解：由（2）可知：函数在上单调递增，
因为
从而由（2）知道在上单调递增，所以，
.
又因为，所以，即，所以，
由此可知，即，
从而，故.
（1）由题意，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求导可得，即可证明；
（2）由题意，求导可得，利用导数判断函数的单调性即可；
（3）根据题意，结合（2）中的结论可得，从而可得，即可证明.
（1）证明：设函数，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即恒成立.
（2）已知，从而，
若，则在单调递增；
若，当时，当时，
所以在单调递增，在单调递减.
（3）由（2）可知在上单调递增，
因为
从而由（2）知道在上单调递增.所以.
.
又，所以，即，
所以.
由此可知.即，
从而，故.
18．（1）解：设，由射影定理可得：，即，即，
由，可得，则的轨迹方程为；
（2）解：设，，求导可得，则点处的切线斜率为，
即直线，联立，解得，
由，可得，整理得，
则的方程为或.
（1）设，利用射影定理，得到，再由求解即可；
（2）设，利用导数的几何意义求得点处的切线斜率，写出切线方程，联立直线与拋物线方程，再根据求解即可.
（1）解：设，则由射影定理，有，
故，即.
由，易得，故的轨迹方程为.
（2）设点处的切线斜率为，
故.代入拋物线方程，
解得.
由，
得，
整理得.
所以的方程为或.
19．（1）解：由，可得，
可得，因为，，所以，
又因为，所以；
（2）解： 若，，由余弦定理可得，
则，当且仅当时等号成立，解得，
故周长的最大值为.
（1）由题意，利用三角恒等变换化简求解即可；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求解即可.
（1）因为，即，
可得
又因为，则，可得，
且，可得.
（2）法一：由正弦定理可得，则，
可得
，
因为，则，可得，
所以周长的最大值为
法二：由余弦定理可得，
可得，当且仅当时，等号成立，
解得，
所以周长的最大值为.
20．（1），
故；
由，令，，
解得，，
故函数的单调递增区间为，；
（2）当时，，
则，即，
即在区间上的最小值和最大值分别为0，3，
当，即时，有最小值0，
当，即时，有最大值3．
（1）利用三角变换得到，再求周期和单调区间即可；
（2）本题主要考察三角函数的基本性质，包括二倍角公式、周期性和单调性。题目给出了一个复合三角函数，根据区间，可求得到最值及对应的的值。
， 并询问了该函数的最小正周期以及单调递增区间。
21．（1）解：因为数列满足，，则，
又因为，所以；
因为数列满足，，则，且，
故数列是以首项为3，公比为3的等比数列，故．
（2）解：（i）
．
（ii）当时，，
显然，，2，3不满足题意．
当时，
，
，得证．
（1）根据数列的递推式化简求数列的通项公式即可；
（2）（i）利用等差数列求和公式得到，再利用等比数列求和公式得；
（ii）根据得到，2，3不满足题意，满足要求，进一步得到，变形后结合二项式定理得到，并得到，得到结论.
22．（1）解：是偶函数
证：因为的定义域为，
且
∴f（x）是偶函数
（2）解：当，则
又
∴当时，
当时，
（3）解：因为都是偶函数.
所以在上是偶函数，因为恰有3个零点，所以，则有：或，
① 当时，即且时，因为当，令，因为，解得或，
所以恰有3个零点，即满足条件：.
② 当时，即且时，此时，
当时，只有1个零点，且，所以恰有3个零点等价于恰有2个零点，
所以，解得，此时有2个零点符合要求，
当时只有一个零点x=0，有2个零点符合要求，
当时，解得或，
令解得或（舍去），
所以的根为，要使恰有3个零点，则
综上：
（1）利用偶函数的定义即可证得；
（2） 当 时可得 ，利用余弦函数的性质可求出 的最小值和最大值；
（3）由已知条件可得 或， 然后分别讨论求解可得 a的取值集合.
23．（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.
（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
.
24．（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.
（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.
25．（1）解：当与原点重合时，设，则、，且，，
则，即，即，则，
则，因为椭圆的离心率为，所以，
则，即，即，解得，，
故的方程为；
（2）解：设直线方程为，令，则，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去整理可得，
由韦达定理可得：，，
，得，
为，
令，，
由中，得，即，
则，
当且仅当时等号成立，故周长的最小值为.
（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可；
（2）要求的周长，则需把各边长算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.
（1）当与原点重合时，可设，则有、，
且，，
则，
即，∴，则，
即有，由离心率为，即，
则，∴，即有，
解得，∴，
即的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
有，，
，得，
为，
令，，
由中，得，
即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
26．（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以，
又因为面，面，所以平面；
（2）解：，，为，，中点，取中点，如图所示：
则平面即为平面截正四面体的截面，且为边长是的正方形，
故；
（3）解：取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，，即，
，
平面的法向量为，则，解得，
故.
（1）利用线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）取中点，则平面即为平面截正四面体的截面，求解即可；
（3）取中点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为平面，平面，
平面平面，
所以，又面，面，
所以平面；
（2）因为，，为，，中点，取中点，
则平面即为平面截正四面体的截面，
且为边长是的正方形，
所以；
（3）方法一：取中点，连接，过点作的垂线，垂足为，连接
易知，平面，
所以即为直线与平面所成角，
又，，
所以，，
所以，即
方法二：如图，取中点，连接，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，设，
所以，即，
所以，
又平面的法向量为，
所以，
解得，即.
27．（1）解： 设等比数列的公比为，
由，14，成等差数列 ，可得，即，
因为，所以，即，解得 ，则，
故；
（2）解：令，
由（1）可知令，则，
即①，
②，
①-②得：，
则.
（1）根据，14，成等差数列，得，再结合及等比数列的通项公式，求得，从而得到等比数列的通项公式即可；
（2）由（1）可得，利用“错位相减求和法”求数列的前项和即可.
（1）由题意可知，即，
又∵，即，∴或（舍），
∴，
∴.
（2）令，
∴，
即①
∴②
①-②得：
∴
∴.
28．（1）证明：如图1，连接，得出，连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
在直角梯形中，，
所以，，
所以是以为底边的等腰三角形，
又因为是的中点，所以，
又因为，所以．
（2）解：如图2，取的中点，连接，可得，
则过的平面把棱台分成斜棱柱和几何体，
由题意得，，
因为，
所以，故．
（3）解：如图3，取的中点，连接，
则是平面和平面所成二面角的棱，
过作延长线的垂线，垂足为，即，
由棱台上下底面相似得到，所以四点共面，
又由，所以五点共面，
连接，因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是平面和平面所成二面角的棱，
，平面，，平面，
所以为所求的角．
延长和交于点，过作的垂线，垂足为，如图4，
则，，，
由，，
因为，是和的公共角，
所以，
所以即，所以，
所以．
即平面和平面所成锐二面角的正切值为．
（1）由线面垂直的定义得到线线垂直，再结合和线面垂直的判定定理，从而得到平面，再由线面垂直的定义得到，从而由直角梯形中的边长关系和等腰三角形的定义判断出是等腰三角形，从而得出，再结合证出．
（2）取的中点，利用平行找到过的平面，从而得出两部分分别为斜棱柱和几何体，再由，从而由棱台和棱柱的体积公式得到的值.
（3）取的中点，找到两个平面的交线，再利用线线垂直和线面垂直的关系、几点共面的判断方法、二面角的求解方法，从而找到所求角，再根据勾股定理和三角形相似求出边长，从而根据正切函数的定义求出所成锐二面角的正切值.
（1）如图1，连接，得，连接．
因为平面，平面，所以．
又，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以在直角梯形中，，
所以，所以是以为底边的等腰三角形，
又因为是的中点，所以．
又因为，所以．
（2）如图2，取的中点，连接，可得．
所以过的平面把棱台分成斜棱柱和几何体，
由题意得，．
因为，
所以，故．
（3），
如图3，取的中点，连接，则是平面和平面所成二面角的棱，
过作延长线的垂线，垂足为，即，
由棱台上下底面相似得到，所以四点共面，又由，所以五点共面，
连接，因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是平面和平面所成二面角的棱，，平面，，平面，所以为所求的角．
延长和交于点，过作的垂线，垂足为，如图4，
则，，，
由，，
因为，是和的公共角，所以，
所以即，所以，
所以．
即平面和平面所成锐二面角的正切值为．
29．（1）有两组符合，第一组：，；
第二组：与；
（2）（ⅰ）设，
∵在递减，递增，
∴，，
即在上的值域为
（ⅱ）∵
令，，，，，
则，
令，
依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，
即，
因为，则，故，
记的值域为H，则，，
的对称轴为，
当，则时，在上递增，
所以，，即，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，，，
所以则，得，
由于a唯一，所以，解得，不符合题意；
当，即时，，，，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得，符合题意：
当，即时，
，，，
所以，得，
由于a唯一，所以，解得（舍），满足题意；
综上，m的值为或
另解：依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足
，即，因为，则，
故的值域等于，
所以，
即，，，
的对称轴，
当，则时，在上递增，
所以，，
所以，解得，不符合题意；
当，即时，在上递增，
所以，，
所以，解得，不符合题意
当，即时，，，
所以，解得，符合题意；
当，即时，，，
所以，解得，（舍去），满足题意；
综上，m的值为或
(1)根据“和缘”定义，即可得两组组合.
(2)（ⅰ）设，，根据一次函数单调性，求出最值，
即可求得值域.
(3)将转化为，令，令，，根据函数单调性，讨论存在唯一的实数a，对任意，都存在满足，求出m的值.
30．（1）设“甲担任前锋”；
“甲担任中锋”：
“甲担任后卫”；
“某场比赛中该球队获胜”；则：
，，，
，，
由全概率公式中可得：
所以甲参加比赛时，该球队某场比赛获胜的概率是
（2）设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场），
（3）设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”，
；
；
，
则，
，
同理可得，
，
则X的分布列为：
X 3 4 5
P
.
(1)设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”，“甲担任后卫”，
“某场比赛中该球队获胜”，求出各事件概率，利用条件概率公式和全概率公式，即可求解.
（2）根据独立重复试验概率公式，列不等式组，解出即可.
（3）先确定获胜的场数X的可能值，4，5，再求出对应概率、对应条件概率，列出分布列，
利用数学期望公式，即可求解.
31．（1）解：由函数，
因为，且，所以，
解得.
（2）解：当，函数，
令，则，
因为函数的值域和函数相同，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由函数，
当时，，，
且当时，时，取得最小值，此时，
所以，，
所以，得，
所以的最小值为.
（1）根据，且， 列出方程组，解出即可求解；
（2）将配方 求得，令，得到， 利用函数的值域和函数相同，列出不等式，即可求解；
（3） 由 ，得到，得出，且时，取得最小值，求得，结合函数的性质，求得和，列出方程，即可求解.
（1）解：由函数，
因为，且，可得，
解得.
（2）解：当，函数，
令，则，
因为函数的值域和函数相同，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
（3）解：由函数，
当时，可得，，
且当时，时，取得最小值，此时，
可得，，
所以，得，
所以的最小值为.
32．（1）解法1： 因为平面向量，，
所以当时，，，
解法2：由诱导公式可得，，
所以
所以
（2）由解法2得，故函数的最小正周期为
（3）在中，当时，，
当，即时，函数取最大值1，
此时
（1）解法1：将代入可得向量，由向量数量积的坐标表示，即可求解；解法2：由向量数量积的坐标表示求出函数的表达式，再代入可得结果；
（2）根据解析式即可得最小正周期；
（3）先求得的取值范围，再利用正弦函数的性质求得最值.
（1）解法1：因为当时，，，
解法2：由诱导公式可得，，
所以
所以
（2）由解法2得，故函数的最小正周期为
（3）当时，，
当，即时，函数取最大值1，
此时
33．（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．
（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．
34．（1）解： 当时，，
所以，，
又，
所以，曲线在点处的切线方程为，即．
（2）证明：因为，所以
当时，令，恒成立，所以，在上单调递减，
又因为，且当时，，
所以，存在，使得，
所以，在上单调递增，在上单调递减．
当时，因为在上单调递增，
所以，对于，恒成立
当时，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，只要证当时，，
即证当时，恒成立，
设，当时，，
所以，当时，恒成立．
综合可知，当时，在上恒成立．
本题考查曲线的切线方程，函数的恒成立问题.
（1）先求出导函数，利用导函数的几何意义求出切线的斜率，再求出切点的坐标，利用直线的点斜式方程可求出切线方程；
（2）先求出导函数，证明存在，使得，则函数在单调递增，在单调递减，分两种情况：当时；当时；讨论导函数的单调性，进而再判断，可证明结论成立.
35．（1）解：（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌与自己的牌相同，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，
即乙获胜，故；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
（2）解：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
（1）（i）分析得到甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，求出概率即可；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，得到概率即可；
（2）设乙方获胜为事件A，由题意得到，求出，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏.
（1）（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，
从而乙方会剩下“幸运数字牌”，即乙获胜，
；
（ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，
甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜，
所以，；
（2）方法一：记乙方获胜为事件A，
则.
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.
方法二：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为，
事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况，
其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为，
若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换，
则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为，
则，解得，
乙方获得积分的期望为，
则甲方获胜的概率为，
甲方获得积分的期望为，
因为，所以我会选择乙方进行游戏.

展开更多......

收起↑