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广东省广州市番禺区2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题
1．（2024高二下·番禺期末）已知集合，，则集合中元素的个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2024高二下·番禺期末）已知复数，则的虚部为（　　）
A．2 B． C． D．
3．（2024高二下·番禺期末）“”是“函数为奇函数”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·番禺期末）一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第百分位数是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·番禺期末）过坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·番禺期末）菱形中，，点在线段上，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·番禺期末）为了预测某地的经济增长情况，某经济学专家根据该地2023年1~6月的GDP的数据（单位：百亿元）建立了线性回归模型，得到的经验回归方程为，其中自变量指的是月的编号，其中部分数据如表所示：
时间 1月 2月 3月 4月 5月 6月
编号 1 2 3 4 5 6
百亿元 11.1
参考数据：.则下列说法不正确的是（　　）
A．经验回归直线经过点
B．
C．根据该模型，该地2023年12月的GDP的预测值为14.4百亿元
D．相应于点的残差为0.1
8．（2024高二下·番禺期末）油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史.将油纸伞撑开后摆放在户外场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（某时刻，阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，则该椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·番禺期末）已知函数，则（　　）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．的最小值为 D．在上单调递增
10．（2024高二下·番禺期末）设函数，则（　　）．
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在，使得点为曲线的对称中心
11．（2024高二下·番禺期末）半正多面体（）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（　　）
A．平面
B．异面直线和所成角为60°
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
12．（2024高二下·番禺期末）二项式的展开式中的常数项为　 　.（用数字作答）
13．（2024高二下·番禺期末）某中学 1600 名学生参加一分钟跳绳测试，经统计，成绩近似服从正态分布 ，已知成绩小于 130的有 300 人，则可估计该校一分钟跳绳成绩在 次之间的人数约为　 　.
14．（2024高二下·番禺期末）已知在锐角中，角的对边分别为，若，则的最小值为　 　．
15．（2024高二下·番禺期末）在中，角的对边分别是，且.
（1）求角；
（2）若的角平分线交于点，求.
16．（2024高二下·番禺期末）人工智能研究实验室发布了一款全新聊天机器人模型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话.在测试聊天机器人模型时，如果输入的问题没有语法错误，则聊天机器人模型的回答被采纳的概率为；如果输入的问题出现语法错误，则聊天机器人模型的回答被采纳的概率为.
（1）在某次测试中输入了8个问题，聊天机器人模型的回答有5个被采纳.现从这8个问题中抽取3个.以表示抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求的分布列和数学期望；
（2）已知输入的问题出现语法错误的概率为.
（i）求聊天机器人模型的回答被采纳的概率；
（ii）若已知聊天机器人模型的回答被采纳，求该输入的问题没有语法错误的概率.
17．（2024高二下·番禺期末）如图，在正方体中，分别是棱的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若点为棱的中点，试探究点是否在平面上，请说明理由.
18．（2024高二下·番禺期末）已知数列为等差数列，，其前项和为，数列满足：.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）试探究数列中是否存在三项构成等比数列？若存在，请求出这三项；若不存在，请说明理由.
19．（2024高二下·番禺期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）判断函数的单调性；
（3）若，其中且，求实数的值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：当时，，；
当时，，；
则集合，元素的个数为5个.
故答案为：D.
【分析】由题意先求集合中的元素即可得元素个数.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，则的虚部为-2.
故答案为：C.
【分析】根据复数乘除法运算法则得到，再结合虚部的定义判断即可.
3．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且为奇函数，
则，即，即，
即，即，解得，
故“”是“函数为奇函数”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据函数是定义在上的奇函数，求得，再由充分条件与必要条件的定义判断即可.
4．【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 数据按从小到大的顺序排列为，极差为；
中位数是，由题意可得：，解得，
，则该组数据的第百分位数是从小到大排列的第个数.
故答案为：A.
【分析】求该组数据的极差和中位数，由题意列方程求出，再根据百分位数的定义求解即可.
5．【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：解法一：由，
得，
该圆的圆心为，半径为1，
如图所示，连接，
易知，
所以.
解法二：由，
得，
该圆的圆心为，半径为1，
设直线的方程为，
则，
解得：或，
所以．
故答案为：B．
【分析】利用两种方法求解.
解法一 ：先求出，再由两角和的正切公式，从而得出的值.
解法二：设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于圆的半径建立方程，从而解方程得出直线的斜率，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出的值.
6．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：建立平面坐标系，如图所示：
则，，，，
设，，，
则，，，
即.
故答案为：D．
【分析】建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，结合点E的坐标满足的条件和范围，再代入数量积求解即可.
7．【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：A、根据数据表可得：，
由，，可得，解得，
经验回归直线经过样本点的中心，故A正确；
B、由A可知：，解得，故B正确；
C、由B可得：，当时，，则该地2023年12月的GDP的预测值为百亿元，故C正确；
D、当时，，相应于点的残差为，故D错误.
故答案为：D.
【分析】求平均数，得样本点中心即可判断A；结合回归直线方程求出即可判断B；将代入回归直线方程求得预测值即可判断C；根据残差的定义计算即可判断D.
8．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：为伞沿所在圆的直径，为椭圆形的左右顶点，如图所示：
由题意可得，则，阳光照射方向与地面的夹角为60°，即，
则，
，
在中，由正弦定理，可得，
即，解得，因为，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，结合椭圆的知识以及正弦定理求得，即可得椭圆的离心率.
9．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、易知函数定义域为，且满足，则函数是奇函数，故A正确；
B、，，
则，即不是的周期，故B错误；
C、，，
故的最小值为，故C正确；
D、，，则，
即在上并不是单调递增的，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】先求函数的定义域，结合奇偶函数的定义判断A；计算，的值，求得，即可判断B；利用不等式的性质进行缩放求解即可判断C；取特殊值计算即可判断D.
10．【答案】A,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；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】【解答】解：函数定义域为，
A、当时，令，解得，令，解得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极大值，在处取得极小值，且，，
则，根据零点存在定理可知：函数在上有一个零点，
又因为，，则，
则在上各存在一个零点，故当时，函数有三个零点，故A正确；
B、当时，令，解得，函数单调递减；
令，解得，函数单调递增，
故是函数的极小值点，故B错误；
C、假设存在，使得为的对称轴，即存在使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
易知等式左右两边的系数都不相等，即原等式不可能恒成立，故不存在，使得为的对称轴，故C错误；
D、易知，若存在，使得为的对称中心，则，
，即，
即，解得，即存在，使得是的对称中心，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先求函数的定义域和导函数，利用导数判断函数的单调性，分析函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点从而判断A；根据极值和导函数符号的关系分析判断B；假设存在，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断C；若存在，使得为的对称中心，则，据此计算判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，故A错误；
B、因为，所以异面直线和所成角即为直线和所成角
设角，在正六边形中，可得，则异面直线和所成角为，故B正确；
C、补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，
其中每个小三棱锥的体积为，
则该二十四面体的体积为，故C正确；
D、取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由平面，得到，根据为等边三角形即可判断A；由，得到异面直线和所成角转化为直线和所成角，根据正六边形中即可判断B；补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，结合正方体和三棱锥的体积公式即可判断C；取正方形对角线的交点为，得到该二十四面体的外接球的球心，求得外接球的半径，利用求得表面积公式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：，
令，解得，，
则的展开式的常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项公式，再令的次数为求常数项即可.
13．【答案】500
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：成绩服从正态分布，即正态曲线关于对称，
因为成绩小于 130的有 300 人，所以成绩小于300的概率为，
所以，
所以，则人数约为.
故答案为：500.
【分析】利用正态曲线的对称性求解即可.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；正切函数的图象与性质；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
则，因为，所以，
所以，
即
则
，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
故答案为.
【分析】利用正弦定理，结合同角三角函数基本关系求得，再结合诱导公式和内角和代换，利用基本不等式求最值即可.
15．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
则
则，
又因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
则，
所以，
则，
则，
由余弦定理，
可得，则，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；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）利用正弦定理边化角后，则由两角和的正弦公式和同角三角函数基本关系式以及三角形中角的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用等面积法结合三角形面积公式得出，再利用余弦定理可得的值，从而得出BD的长.
（1）由正弦定理可得，
即有，
即，又，故，
即，又，故；
（2），即，
即，即，
即，
由余弦定理可得，
即，故.
16．【答案】（1）解：由题意可知：随机变量的可能取值为，
，，
，，
则的分布列为：
0 1 2 3
；
（2）解：（i）记事件A=“输入的问题没有语法错误”，记事件B=“输入的问题有语法错误”，
记事件C=“聊天机器人模型的回答被采纳”，
，，，，
则；
（ii）若聊天机器人模型的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率为：
.
【知识点】超几何分布；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意可知：随机变量服从超几何分布，直接用公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解聊天机器人模型的回答被采纳的概率；再利用条件概率公式求解该问题的输入没有语法错误的概率即可.
（1）易知的所有可能取值为，
此时，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则；
（2）（i）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，
记“输入的问题有语法错误”为事件B，
记“聊天机器人模型的回答被采纳”为事件C，
则，，，，
；
（ii）若聊天机器人模型的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率为：
.
17．【答案】（1）解：以为原点建立空间直角坐标系，如图所示 ：
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，，，即，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）解：由轴平面，则平面的法向量为，
则，即平面与平面的夹角的余弦值；
（3）解：由点为棱的中点，则，则，
由，则，又平面，
故平面，故点在平面上.
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量后，利用向量的夹角公式计算即可；
（2）求出平面与平面的法向量后，利用向量的夹角公式计算即可；
（3）借助空间向量证明垂直平面的法向量即可得平面，即可得点在平面上.
（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则有，令，则有，，
即，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）由轴平面，则平面的法向量可为，
则有，
故平面与平面的夹角的余弦值；
（3）由点为棱的中点，则，则，
由，则，又平面，
故平面，故点在平面上.
18．【答案】（1）证明：设等差数列的公差为，由，求得，
则，
故，
则，可得相邻两项差为常数，即数列为等差数列；
（2）解：假设存在，且为三项构成等比数列，则有，
即有，
即有，
由、、均为整数，则有，
即有，化简得，
即，其与矛盾，故数列中不存在三项构成等比数列.
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的性质及其前项和公式计算可得，即可得，证明即可；
（2）借助反证法，假设存在后借助等比数列的性质可得其与题设矛盾即可.
（1）由数列为等差数列，则其公差，
故，
故，
则，可得相邻两项差为常数，故数列为等差数列；
（2）假设存在，且为三项构成等比数列，则有，
即有，
即有，
由、、均为整数，则有，
即有，化简得，
即，其与矛盾，故数列中不存在三项构成等比数列.
19．【答案】（1）解：由题意可知，即切点为，
又因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：由，设，则，
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
又因为，所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
设，则，
所以时，，单调递减，
所以， 即， 即，
当时，，单调递增， 所以，
即， 即，所以是其定义域上的增函数.
（3）解：由（2）可知，当时，，所以，故，
令，，，
由题意可知，当时，；当时，，
若，则当时，，
不满足条件，所以，
又因为，
令 ，
则 ，
令，得，
当时，；
当时，，
在单调递减，在单调递增，
若，
则当时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，
则当 时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，
则当时，，单调递增，此时
且当时，，单调递增，此时满足题意，
所以， 解得，
综上所述，.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先代入到函数解析式得出切点坐标，再求出切点处的导数值得出切线斜率，则根据点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）对求导后，令，对继续求导，得出对于任意有，故只需要证明当时，；当时，，从而判断出函数的单调性.
（3）由（2）得，再令，，，则结合题意知当时，；当时，，从而对分类讨论得出实数a的值.
（1）由题意， 即切点为，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）证明： 由，设，
则，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，又，
所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
设，则，
所以时，，单调递减，
所以， 即， 即，
时，，单调递增， 所以，
即， 即，所以是其定义域上的增函数.
（3）由（2）可知，时，，所以，故，
令，，，
由题意时，，时，，
若，则当时，，
不满足条件， 所以， 而，
令 ，
则 ，
令，得，
且当时，；当时，，
在单调递减，在单调递增，
若，则当时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，则当 时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，
则当时，，单调递增，此时，
且当时，，单调递增，此时，满足题意，
所以， 解得，
综上所述，.
1 / 1广东省广州市番禺区2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题
1．（2024高二下·番禺期末）已知集合，，则集合中元素的个数为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：当时，，；
当时，，；
则集合，元素的个数为5个.
故答案为：D.
【分析】由题意先求集合中的元素即可得元素个数.
2．（2024高二下·番禺期末）已知复数，则的虚部为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，则的虚部为-2.
故答案为：C.
【分析】根据复数乘除法运算法则得到，再结合虚部的定义判断即可.
3．（2024高二下·番禺期末）“”是“函数为奇函数”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】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：函数的定义域为，且为奇函数，
则，即，即，
即，即，解得，
故“”是“函数为奇函数”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据函数是定义在上的奇函数，求得，再由充分条件与必要条件的定义判断即可.
4．（2024高二下·番禺期末）一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第百分位数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解： 数据按从小到大的顺序排列为，极差为；
中位数是，由题意可得：，解得，
，则该组数据的第百分位数是从小到大排列的第个数.
故答案为：A.
【分析】求该组数据的极差和中位数，由题意列方程求出，再根据百分位数的定义求解即可.
5．（2024高二下·番禺期末）过坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：解法一：由，
得，
该圆的圆心为，半径为1，
如图所示，连接，
易知，
所以.
解法二：由，
得，
该圆的圆心为，半径为1，
设直线的方程为，
则，
解得：或，
所以．
故答案为：B．
【分析】利用两种方法求解.
解法一 ：先求出，再由两角和的正切公式，从而得出的值.
解法二：设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于圆的半径建立方程，从而解方程得出直线的斜率，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出的值.
6．（2024高二下·番禺期末）菱形中，，点在线段上，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：建立平面坐标系，如图所示：
则，，，，
设，，，
则，，，
即.
故答案为：D．
【分析】建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，结合点E的坐标满足的条件和范围，再代入数量积求解即可.
7．（2024高二下·番禺期末）为了预测某地的经济增长情况，某经济学专家根据该地2023年1~6月的GDP的数据（单位：百亿元）建立了线性回归模型，得到的经验回归方程为，其中自变量指的是月的编号，其中部分数据如表所示：
时间 1月 2月 3月 4月 5月 6月
编号 1 2 3 4 5 6
百亿元 11.1
参考数据：.则下列说法不正确的是（　　）
A．经验回归直线经过点
B．
C．根据该模型，该地2023年12月的GDP的预测值为14.4百亿元
D．相应于点的残差为0.1
【答案】D
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：A、根据数据表可得：，
由，，可得，解得，
经验回归直线经过样本点的中心，故A正确；
B、由A可知：，解得，故B正确；
C、由B可得：，当时，，则该地2023年12月的GDP的预测值为百亿元，故C正确；
D、当时，，相应于点的残差为，故D错误.
故答案为：D.
【分析】求平均数，得样本点中心即可判断A；结合回归直线方程求出即可判断B；将代入回归直线方程求得预测值即可判断C；根据残差的定义计算即可判断D.
8．（2024高二下·番禺期末）油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史.将油纸伞撑开后摆放在户外场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（某时刻，阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，则该椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：为伞沿所在圆的直径，为椭圆形的左右顶点，如图所示：
由题意可得，则，阳光照射方向与地面的夹角为60°，即，
则，
，
在中，由正弦定理，可得，
即，解得，因为，所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，结合椭圆的知识以及正弦定理求得，即可得椭圆的离心率.
9．（2024高二下·番禺期末）已知函数，则（　　）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．的最小值为 D．在上单调递增
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：A、易知函数定义域为，且满足，则函数是奇函数，故A正确；
B、，，
则，即不是的周期，故B错误；
C、，，
故的最小值为，故C正确；
D、，，则，
即在上并不是单调递增的，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】先求函数的定义域，结合奇偶函数的定义判断A；计算，的值，求得，即可判断B；利用不等式的性质进行缩放求解即可判断C；取特殊值计算即可判断D.
10．（2024高二下·番禺期末）设函数，则（　　）．
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在，使得点为曲线的对称中心
【答案】A,D
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；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】【解答】解：函数定义域为，
A、当时，令，解得，令，解得，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极大值，在处取得极小值，且，，
则，根据零点存在定理可知：函数在上有一个零点，
又因为，，则，
则在上各存在一个零点，故当时，函数有三个零点，故A正确；
B、当时，令，解得，函数单调递减；
令，解得，函数单调递增，
故是函数的极小值点，故B错误；
C、假设存在，使得为的对称轴，即存在使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
易知等式左右两边的系数都不相等，即原等式不可能恒成立，故不存在，使得为的对称轴，故C错误；
D、易知，若存在，使得为的对称中心，则，
，即，
即，解得，即存在，使得是的对称中心，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先求函数的定义域和导函数，利用导数判断函数的单调性，分析函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点从而判断A；根据极值和导函数符号的关系分析判断B；假设存在，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断C；若存在，使得为的对称中心，则，据此计算判断D.
11．（2024高二下·番禺期末）半正多面体（）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（　　）
A．平面
B．异面直线和所成角为60°
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】B,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，故A错误；
B、因为，所以异面直线和所成角即为直线和所成角
设角，在正六边形中，可得，则异面直线和所成角为，故B正确；
C、补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，
其中每个小三棱锥的体积为，
则该二十四面体的体积为，故C正确；
D、取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由平面，得到，根据为等边三角形即可判断A；由，得到异面直线和所成角转化为直线和所成角，根据正六边形中即可判断B；补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，结合正方体和三棱锥的体积公式即可判断C；取正方形对角线的交点为，得到该二十四面体的外接球的球心，求得外接球的半径，利用求得表面积公式即可判断D.
12．（2024高二下·番禺期末）二项式的展开式中的常数项为　 　.（用数字作答）
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为：，
令，解得，，
则的展开式的常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项公式，再令的次数为求常数项即可.
13．（2024高二下·番禺期末）某中学 1600 名学生参加一分钟跳绳测试，经统计，成绩近似服从正态分布 ，已知成绩小于 130的有 300 人，则可估计该校一分钟跳绳成绩在 次之间的人数约为　 　.
【答案】500
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：成绩服从正态分布，即正态曲线关于对称，
因为成绩小于 130的有 300 人，所以成绩小于300的概率为，
所以，
所以，则人数约为.
故答案为：500.
【分析】利用正态曲线的对称性求解即可.
14．（2024高二下·番禺期末）已知在锐角中，角的对边分别为，若，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；正切函数的图象与性质；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，
则，因为，所以，
所以，
即
则
，当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
故答案为.
【分析】利用正弦定理，结合同角三角函数基本关系求得，再结合诱导公式和内角和代换，利用基本不等式求最值即可.
15．（2024高二下·番禺期末）在中，角的对边分别是，且.
（1）求角；
（2）若的角平分线交于点，求.
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
则
则，
又因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
则，
所以，
则，
则，
由余弦定理，
可得，则，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；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）利用正弦定理边化角后，则由两角和的正弦公式和同角三角函数基本关系式以及三角形中角的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用等面积法结合三角形面积公式得出，再利用余弦定理可得的值，从而得出BD的长.
（1）由正弦定理可得，
即有，
即，又，故，
即，又，故；
（2），即，
即，即，
即，
由余弦定理可得，
即，故.
16．（2024高二下·番禺期末）人工智能研究实验室发布了一款全新聊天机器人模型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话.在测试聊天机器人模型时，如果输入的问题没有语法错误，则聊天机器人模型的回答被采纳的概率为；如果输入的问题出现语法错误，则聊天机器人模型的回答被采纳的概率为.
（1）在某次测试中输入了8个问题，聊天机器人模型的回答有5个被采纳.现从这8个问题中抽取3个.以表示抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求的分布列和数学期望；
（2）已知输入的问题出现语法错误的概率为.
（i）求聊天机器人模型的回答被采纳的概率；
（ii）若已知聊天机器人模型的回答被采纳，求该输入的问题没有语法错误的概率.
【答案】（1）解：由题意可知：随机变量的可能取值为，
，，
，，
则的分布列为：
0 1 2 3
；
（2）解：（i）记事件A=“输入的问题没有语法错误”，记事件B=“输入的问题有语法错误”，
记事件C=“聊天机器人模型的回答被采纳”，
，，，，
则；
（ii）若聊天机器人模型的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率为：
.
【知识点】超几何分布；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意可知：随机变量服从超几何分布，直接用公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解聊天机器人模型的回答被采纳的概率；再利用条件概率公式求解该问题的输入没有语法错误的概率即可.
（1）易知的所有可能取值为，
此时，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则；
（2）（i）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，
记“输入的问题有语法错误”为事件B，
记“聊天机器人模型的回答被采纳”为事件C，
则，，，，
；
（ii）若聊天机器人模型的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率为：
.
17．（2024高二下·番禺期末）如图，在正方体中，分别是棱的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若点为棱的中点，试探究点是否在平面上，请说明理由.
【答案】（1）解：以为原点建立空间直角坐标系，如图所示 ：
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，，，即，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）解：由轴平面，则平面的法向量为，
则，即平面与平面的夹角的余弦值；
（3）解：由点为棱的中点，则，则，
由，则，又平面，
故平面，故点在平面上.
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量后，利用向量的夹角公式计算即可；
（2）求出平面与平面的法向量后，利用向量的夹角公式计算即可；
（3）借助空间向量证明垂直平面的法向量即可得平面，即可得点在平面上.
（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则有，令，则有，，
即，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）由轴平面，则平面的法向量可为，
则有，
故平面与平面的夹角的余弦值；
（3）由点为棱的中点，则，则，
由，则，又平面，
故平面，故点在平面上.
18．（2024高二下·番禺期末）已知数列为等差数列，，其前项和为，数列满足：.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）试探究数列中是否存在三项构成等比数列？若存在，请求出这三项；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：设等差数列的公差为，由，求得，
则，
故，
则，可得相邻两项差为常数，即数列为等差数列；
（2）解：假设存在，且为三项构成等比数列，则有，
即有，
即有，
由、、均为整数，则有，
即有，化简得，
即，其与矛盾，故数列中不存在三项构成等比数列.
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的性质及其前项和公式计算可得，即可得，证明即可；
（2）借助反证法，假设存在后借助等比数列的性质可得其与题设矛盾即可.
（1）由数列为等差数列，则其公差，
故，
故，
则，可得相邻两项差为常数，故数列为等差数列；
（2）假设存在，且为三项构成等比数列，则有，
即有，
即有，
由、、均为整数，则有，
即有，化简得，
即，其与矛盾，故数列中不存在三项构成等比数列.
19．（2024高二下·番禺期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）判断函数的单调性；
（3）若，其中且，求实数的值．
【答案】（1）解：由题意可知，即切点为，
又因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：由，设，则，
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
又因为，所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
设，则，
所以时，，单调递减，
所以， 即， 即，
当时，，单调递增， 所以，
即， 即，所以是其定义域上的增函数.
（3）解：由（2）可知，当时，，所以，故，
令，，，
由题意可知，当时，；当时，，
若，则当时，，
不满足条件，所以，
又因为，
令 ，
则 ，
令，得，
当时，；
当时，，
在单调递减，在单调递增，
若，
则当时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，
则当 时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，
则当时，，单调递增，此时
且当时，，单调递增，此时满足题意，
所以， 解得，
综上所述，.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先代入到函数解析式得出切点坐标，再求出切点处的导数值得出切线斜率，则根据点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）对求导后，令，对继续求导，得出对于任意有，故只需要证明当时，；当时，，从而判断出函数的单调性.
（3）由（2）得，再令，，，则结合题意知当时，；当时，，从而对分类讨论得出实数a的值.
（1）由题意， 即切点为，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）证明： 由，设，
则，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，又，
所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
设，则，
所以时，，单调递减，
所以， 即， 即，
时，，单调递增， 所以，
即， 即，所以是其定义域上的增函数.
（3）由（2）可知，时，，所以，故，
令，，，
由题意时，，时，，
若，则当时，，
不满足条件， 所以， 而，
令 ，
则 ，
令，得，
且当时，；当时，，
在单调递减，在单调递增，
若，则当时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，则当 时，，单调递减，
此时，不满足题意；
若，
则当时，，单调递增，此时，
且当时，，单调递增，此时，满足题意，
所以， 解得，
综上所述，.
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