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广东省湛江第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·湛江期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·湛江期末）已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则（　　）
A． B．6 C． D．8
3．（2024高二下·湛江期末）2020年以来，为了抗击新冠肺炎疫情，教育部出台了“停课不停学”政策，全国各地纷纷采取措施，通过网络进行教学，为莘莘学子搭建学台．在线教育近几年蓬勃发展，为学生家长带来了便利，节省了时间，提供了多样化选择，满足了不同需求，也有人预言未来的教育是互联网教育．与此同时，网课也存在以下一些现象，自觉性不强的孩子网课学习的效果大打折扣，授课教师教学管理的难度增大．基于以上现象，开学后某学校对本校课学习情况进行抽样调查，抽取25名女生，25名男生进行测试、问卷等，调查结果形成以下2×2列联表，通过数据分析，认为认真参加网课与学生性别之间（　　）
　 认真上网课 不认真上网课 合计
男生 5 20 25
女生 15 10 25
合计 20 30 50
参考数据：
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
A．不能根据小概率的的独立性检验认为两者有关
B．根据小概率的的独立性检验认为两者有关
C．根据小概率的的独立性检验认为两者有关
D．根据小概率的的独立性检验认为两者无关
4．（2024高二下·湛江期末）已知等差数列的前n项和为，则数列的公差是（　　）
A． B． C． D．3
5．（2024高二下·湛江期末）已知非零向量，的夹角为，，，则（　　）
A．1 B． C． D．
6．（2024高二下·湛江期末） 已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．
7．（2024高二下·湛江期末）如图，椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于P，Q 两点．若，，，则椭圆C的方程为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·湛江期末）已知函数的最小值为，则的最小值为（　　）
A． B． C．0 D．1
9．（2024高二下·湛江期末）甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（　　）
A．、为对立事件 B．
C． D．
10．（2024高二下·湛江期末）已知函数，则（　　）
A．当时，函数的最小值为
B．当时，函数的极大值点为
C．存在实数使得函数在定义域上单调递增
D．若恒成立，则实数的取值范围为
11．（2024高二下·湛江期末）已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，为底面圆的一条直径，，B为圆O上的一个动点（不与A，C重合），记二面角为，为，则（　　）
A．圆锥的体积为
B．三棱锥的外接球的半径为
C．若，则平面
D．若，则
12．（2024高二下·湛江期末）的展开式中常数项为　 　．
13．（2024高二下·湛江期末）已知，抛物线的焦点为是抛物线C上任意一点，则周长的最小值为　 　．
14．（2024高二下·湛江期末）已知函数的导函数满足在上恒成立，则不等式的解集是　 　.
15．（2024高二下·湛江期末）在中，内角所对的边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，外接圆的面积为，求.
16．（2024高二下·湛江期末）如图，在四棱锥中，平面平面，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
17．（2024高二下·湛江期末） 甲同学参加学校的答题闯关游戏，游戏共分为两轮，第一轮为初试，共有5道题，已知这5道题中甲同学只能答对其中3道，从这5道题目中随机抽取3道题供参赛者作答，答对其中两题及以上即视为通过初试；第二轮为复试，共有2道题目，甲同学答对其中每道题的概率均为，两轮中每道题目答对得6分，答错得0分，两轮总分不低于24分即可晋级决赛．
（1）求甲通过初试的概率；
（2）求甲晋级决赛的概率，并在甲晋级决赛的情况下，记随机变量为甲的得分成绩，求的数学期望．
18．（2024高二下·湛江期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若点在直线上，点在双曲线上，且焦点在以线段为直径的圆上，分别记直线的斜率为，求的值．
19．（2024高二下·湛江期末）已知函数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）当时，证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
则，即，则，解得，
故 .
故答案为：C.
【分析】设复数，利用复数的四则运算与共轭复数的定义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：经验回归方程为，
当时，预测值为，
样本点的观测值为，
则残差为，解得.
故答案为：C.
【分析】将代入回归方程求得预测值，进而利用残差的定义即可求解.
3．【答案】B
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：，
因为，所以根据小概率的的独立性检验认为两者有关．
故答案为：B.
【分析】计算的观测值，再与临界值比较判断即可.
4．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得，即，
因为，所以.
故答案为：D.
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列前n项和公式求出，再求公差即可.
5．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 非零向量，的夹角为，，，易知，，解得，
则 .
故答案为：D.
【分析】易知，根据求得，再利用向量的数量积结合向量模的计算求解即可.
6．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象向左平移个单位后得，
因为函数的图象与的图象关于直线对称，所以，
所以对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，因此，解得，
因为，所以当时，取得最小值.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求得解析式，再利用对称列式结合诱导公式计算即可.
7．【答案】D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，解得，
因为，所以，
设，有，由椭圆的定义有，
即，解得，
则，，
故椭圆C的方程为.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据椭圆的定义求得a的值，设，，根据已知条件列式求得x，再在直角三角形中求得cb，即可得椭圆的方程.
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：函数，
令定义域为，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
则，即，则的最小值为.
故答案为：B．
【分析】由二次函数的性质可知，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求得的最小值，即可求得的最小值.
9．【答案】A,B
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】因为甲罐中只有红球和白球，所以A符合题意；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，B符合题意；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，D不正确；，故 C不正确.
故答案为：AB
【分析】 根据事件B是在事件或发生之后求解，逐项进行分析，可得答案.
10．【答案】A,D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数，
则，其中，
当时，则，
令，可得，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，则最小值，故A正确；
当时，则，
令，可得，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
当时，函数有极小值，
则为极小值点，故B错误；
假设存在实数使得函数在定义域上单调递增，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为的值域为，
所以函数无最小值，
故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误；
若恒成立，
则在上恒成立，
则在上恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，
则最小值，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由a的值得出函数的解析式，再结合导数求函数最值的方法和导数求函数的极值点的方法，则判断出选项A和选项B；由在上恒成立判断出选项C；先分离参数，再构造函数，则根据导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而得出函数的最小值，再根据不等式恒成立问题求方法，从而得出a的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、如图所示：
设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意可得：，即，
因为，所以，所以，
则圆锥的体积为，故A正确；
B、设三棱锥外接球的球心为，在上，设球的半径为，则中，
，解得，故B错误；
C、取的中点，连结，，如图所示：
因为，，
所以，，
所以，，
若，则，即，所以是等腰直角三角形，
所以，因为平面，平面，
所以，且，平面，所以平面，故C正确；
D、如上图，，，
因为，所以，则，即
则，且，所以，则
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据几何图形，以及圆锥体积公式即可判断A；根据几何图形确定球心的位置，并求出球的半径即可判断B；根据二面角的定义，确定点的位置，并转化垂直关系即可判断C；根据二面角的定义，结合几何图形即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的展开式的通项为：，
令，解得（舍）；令，解得，
则的展开式中常数项为.
故答案为：.
【分析】写出二项式的展开式的通项，由题意可得相应方程，求得r的值即可得的展开式中的常数项.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的准线，焦点，
过点P作垂直于准线，如图所示：
由题可知，的周长为，
，当三点共线时，的周长最小，
且最小值为．
故答案为：.
【分析】易知抛物线的准线，焦点，过点P作垂直于准线，易知当三点共线时，的周长最小，据此求解即可．
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数定义域为，，
则在上单调递增，
不等式等价于，
则，因为在上单调递增，所以，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】构造函数，求导，利用导数判断在上的单调性，将不等式转化为，利用单调性解不等式求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）解：设外接圆的半径为，因为外接圆的面积为，所以，解得，
由正弦定理可得，
若的面积为，则，可得①，
由余弦定理可得②，
由①②可得，或.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简可得，再由余弦定理求出，结合的范围求角即可；
（2）求出外接圆的半径由正弦定理求出，根据的面积求出，再由余弦定理可得，联立求值即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
所以，由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）设外接圆的半径为，因为外接圆的面积为，
所以，解得，
由正弦定理可得，
若的面积为，则，可得，①
由余弦定理可得，②
由①②可得，或.
16．【答案】（1）证明：由题意可得，则，
因为，
所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，
所以，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，
在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，
令，得，
设平面的法向量，
则，
令，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先由线段关系证出，结合面面垂直的性质证出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出面面垂直，即证出平面平面.
（2）利用已知条件建立合适的空间直角坐标系，得出平面的一个法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出平面与平面夹角的正弦值.
（1）由题意，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：甲要通过初试，则需要答对道或道题目，
所以甲通过初试的概率为；
（2）解：①若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题，
此时甲晋级决赛的概率为，
②若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题或题，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
综上所述，甲晋级决赛的概率为，
在甲晋级决赛的情况下，随机变量可取，
，
所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意可知：甲要通过初试，则需要答对道或道题目，利用古典概型求解即可；
（2）分甲初试答对道和道题目两种情况讨论，再结合相互独立事件的乘法公式即可求出，甲晋级决赛的概率，写出随机变量的所有可能取值，并利用条件概率公式求得对应概率，再根据期望公式求解即可.
18．【答案】（1）解：依题意，易知双曲线的渐近线为，
根据题意，可知，
解得，
则双曲线的标准方程为.
（2）解：由（1）可知，设，
显然，
由题意可知，，
则，
则.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用双曲线的渐近线的斜率与渐近线的倾斜角的关系式和点在双曲线上，再由待定系数法得出a，b的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）设与的坐标，利用两点求斜率公式和点在以线段为直径的圆上，从而得出点坐标之间关系式，再结合点在双曲线上消元计算得出的值.
（1）易知双曲线的渐近线为，
根据题意可知，
解之得，
故双曲线的标准方程为；
（2）由上可知，设，显然，
由题意可知，即，
而.
19．【答案】（1）解：函数，，
当时，
当时，，即，函数在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减；
当时，
当时，，即，函数在上单调递减，
当时，，即，函数在上单调递增；
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：由（1）可知，当时，，，
取，，则，
即，故；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，
所以
，
即，
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；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）求导，分和，利用导数讨论函数的单调性即可；
（2）根据（1）可知，当时，，，代值进行比较即可.
（3）设，则，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项相消法证明不等式即可.
（1）易知．
①．
当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减；
②．当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）可知，当时，，，
取，，则有，
即，所以；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，所以
即．
综上所述，．
1 / 1广东省湛江第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·湛江期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
则，即，则，解得，
故 .
故答案为：C.
【分析】设复数，利用复数的四则运算与共轭复数的定义求解即可.
2．（2024高二下·湛江期末）已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则（　　）
A． B．6 C． D．8
【答案】C
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：经验回归方程为，
当时，预测值为，
样本点的观测值为，
则残差为，解得.
故答案为：C.
【分析】将代入回归方程求得预测值，进而利用残差的定义即可求解.
3．（2024高二下·湛江期末）2020年以来，为了抗击新冠肺炎疫情，教育部出台了“停课不停学”政策，全国各地纷纷采取措施，通过网络进行教学，为莘莘学子搭建学台．在线教育近几年蓬勃发展，为学生家长带来了便利，节省了时间，提供了多样化选择，满足了不同需求，也有人预言未来的教育是互联网教育．与此同时，网课也存在以下一些现象，自觉性不强的孩子网课学习的效果大打折扣，授课教师教学管理的难度增大．基于以上现象，开学后某学校对本校课学习情况进行抽样调查，抽取25名女生，25名男生进行测试、问卷等，调查结果形成以下2×2列联表，通过数据分析，认为认真参加网课与学生性别之间（　　）
　 认真上网课 不认真上网课 合计
男生 5 20 25
女生 15 10 25
合计 20 30 50
参考数据：
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
A．不能根据小概率的的独立性检验认为两者有关
B．根据小概率的的独立性检验认为两者有关
C．根据小概率的的独立性检验认为两者有关
D．根据小概率的的独立性检验认为两者无关
【答案】B
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：，
因为，所以根据小概率的的独立性检验认为两者有关．
故答案为：B.
【分析】计算的观测值，再与临界值比较判断即可.
4．（2024高二下·湛江期末）已知等差数列的前n项和为，则数列的公差是（　　）
A． B． C． D．3
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得，即，
因为，所以.
故答案为：D.
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列前n项和公式求出，再求公差即可.
5．（2024高二下·湛江期末）已知非零向量，的夹角为，，，则（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 非零向量，的夹角为，，，易知，，解得，
则 .
故答案为：D.
【分析】易知，根据求得，再利用向量的数量积结合向量模的计算求解即可.
6．（2024高二下·湛江期末） 已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象向左平移个单位后得，
因为函数的图象与的图象关于直线对称，所以，
所以对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，因此，解得，
因为，所以当时，取得最小值.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数图象的平移变换求得解析式，再利用对称列式结合诱导公式计算即可.
7．（2024高二下·湛江期末）如图，椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于P，Q 两点．若，，，则椭圆C的方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，解得，
因为，所以，
设，有，由椭圆的定义有，
即，解得，
则，，
故椭圆C的方程为.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据椭圆的定义求得a的值，设，，根据已知条件列式求得x，再在直角三角形中求得cb，即可得椭圆的方程.
8．（2024高二下·湛江期末）已知函数的最小值为，则的最小值为（　　）
A． B． C．0 D．1
【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：函数，
令定义域为，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
则，即，则的最小值为.
故答案为：B．
【分析】由二次函数的性质可知，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求得的最小值，即可求得的最小值.
9．（2024高二下·湛江期末）甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（　　）
A．、为对立事件 B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】因为甲罐中只有红球和白球，所以A符合题意；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，B符合题意；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，D不正确；，故 C不正确.
故答案为：AB
【分析】 根据事件B是在事件或发生之后求解，逐项进行分析，可得答案.
10．（2024高二下·湛江期末）已知函数，则（　　）
A．当时，函数的最小值为
B．当时，函数的极大值点为
C．存在实数使得函数在定义域上单调递增
D．若恒成立，则实数的取值范围为
【答案】A,D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数，
则，其中，
当时，则，
令，可得，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，则最小值，故A正确；
当时，则，
令，可得，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
当时，函数有极小值，
则为极小值点，故B错误；
假设存在实数使得函数在定义域上单调递增，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
因为的值域为，
所以函数无最小值，
故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误；
若恒成立，
则在上恒成立，
则在上恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，
则最小值，
所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由a的值得出函数的解析式，再结合导数求函数最值的方法和导数求函数的极值点的方法，则判断出选项A和选项B；由在上恒成立判断出选项C；先分离参数，再构造函数，则根据导数判断函数的单调性，从而得出函数的极值，进而得出函数的最小值，再根据不等式恒成立问题求方法，从而得出a的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高二下·湛江期末）已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，为底面圆的一条直径，，B为圆O上的一个动点（不与A，C重合），记二面角为，为，则（　　）
A．圆锥的体积为
B．三棱锥的外接球的半径为
C．若，则平面
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】球内接多面体；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、如图所示：
设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意可得：，即，
因为，所以，所以，
则圆锥的体积为，故A正确；
B、设三棱锥外接球的球心为，在上，设球的半径为，则中，
，解得，故B错误；
C、取的中点，连结，，如图所示：
因为，，
所以，，
所以，，
若，则，即，所以是等腰直角三角形，
所以，因为平面，平面，
所以，且，平面，所以平面，故C正确；
D、如上图，，，
因为，所以，则，即
则，且，所以，则
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据几何图形，以及圆锥体积公式即可判断A；根据几何图形确定球心的位置，并求出球的半径即可判断B；根据二面角的定义，确定点的位置，并转化垂直关系即可判断C；根据二面角的定义，结合几何图形即可判断D.
12．（2024高二下·湛江期末）的展开式中常数项为　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式的展开式的通项为：，
令，解得（舍）；令，解得，
则的展开式中常数项为.
故答案为：.
【分析】写出二项式的展开式的通项，由题意可得相应方程，求得r的值即可得的展开式中的常数项.
13．（2024高二下·湛江期末）已知，抛物线的焦点为是抛物线C上任意一点，则周长的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的准线，焦点，
过点P作垂直于准线，如图所示：
由题可知，的周长为，
，当三点共线时，的周长最小，
且最小值为．
故答案为：.
【分析】易知抛物线的准线，焦点，过点P作垂直于准线，易知当三点共线时，的周长最小，据此求解即可．
14．（2024高二下·湛江期末）已知函数的导函数满足在上恒成立，则不等式的解集是　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数定义域为，，
则在上单调递增，
不等式等价于，
则，因为在上单调递增，所以，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】构造函数，求导，利用导数判断在上的单调性，将不等式转化为，利用单调性解不等式求解即可.
15．（2024高二下·湛江期末）在中，内角所对的边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，外接圆的面积为，求.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）解：设外接圆的半径为，因为外接圆的面积为，所以，解得，
由正弦定理可得，
若的面积为，则，可得①，
由余弦定理可得②，
由①②可得，或.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简可得，再由余弦定理求出，结合的范围求角即可；
（2）求出外接圆的半径由正弦定理求出，根据的面积求出，再由余弦定理可得，联立求值即可.
（1）因为，由正弦定理可得，
所以，由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）设外接圆的半径为，因为外接圆的面积为，
所以，解得，
由正弦定理可得，
若的面积为，则，可得，①
由余弦定理可得，②
由①②可得，或.
16．（2024高二下·湛江期末）如图，在四棱锥中，平面平面，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明：由题意可得，则，
因为，
所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，
所以，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，
在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，
令，得，
设平面的法向量，
则，
令，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先由线段关系证出，结合面面垂直的性质证出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出面面垂直，即证出平面平面.
（2）利用已知条件建立合适的空间直角坐标系，得出平面的一个法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，从而得出平面与平面夹角的正弦值.
（1）由题意，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
17．（2024高二下·湛江期末） 甲同学参加学校的答题闯关游戏，游戏共分为两轮，第一轮为初试，共有5道题，已知这5道题中甲同学只能答对其中3道，从这5道题目中随机抽取3道题供参赛者作答，答对其中两题及以上即视为通过初试；第二轮为复试，共有2道题目，甲同学答对其中每道题的概率均为，两轮中每道题目答对得6分，答错得0分，两轮总分不低于24分即可晋级决赛．
（1）求甲通过初试的概率；
（2）求甲晋级决赛的概率，并在甲晋级决赛的情况下，记随机变量为甲的得分成绩，求的数学期望．
【答案】（1）解：甲要通过初试，则需要答对道或道题目，
所以甲通过初试的概率为；
（2）解：①若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题，
此时甲晋级决赛的概率为，
②若甲初试答对道题目，则甲晋级决赛，复试需要答对题或题，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
当复试答对题时，甲晋级决赛的概率为，
综上所述，甲晋级决赛的概率为，
在甲晋级决赛的情况下，随机变量可取，
，
所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意可知：甲要通过初试，则需要答对道或道题目，利用古典概型求解即可；
（2）分甲初试答对道和道题目两种情况讨论，再结合相互独立事件的乘法公式即可求出，甲晋级决赛的概率，写出随机变量的所有可能取值，并利用条件概率公式求得对应概率，再根据期望公式求解即可.
18．（2024高二下·湛江期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若点在直线上，点在双曲线上，且焦点在以线段为直径的圆上，分别记直线的斜率为，求的值．
【答案】（1）解：依题意，易知双曲线的渐近线为，
根据题意，可知，
解得，
则双曲线的标准方程为.
（2）解：由（1）可知，设，
显然，
由题意可知，，
则，
则.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用双曲线的渐近线的斜率与渐近线的倾斜角的关系式和点在双曲线上，再由待定系数法得出a，b的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）设与的坐标，利用两点求斜率公式和点在以线段为直径的圆上，从而得出点坐标之间关系式，再结合点在双曲线上消元计算得出的值.
（1）易知双曲线的渐近线为，
根据题意可知，
解之得，
故双曲线的标准方程为；
（2）由上可知，设，显然，
由题意可知，即，
而.
19．（2024高二下·湛江期末）已知函数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）解：函数，，
当时，
当时，，即，函数在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减；
当时，
当时，，即，函数在上单调递减，
当时，，即，函数在上单调递增；
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：由（1）可知，当时，，，
取，，则，
即，故；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，
所以
，
即，
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；反证法与放缩法
【解析】【分析】（1）求导，分和，利用导数讨论函数的单调性即可；
（2）根据（1）可知，当时，，，代值进行比较即可.
（3）设，则，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项相消法证明不等式即可.
（1）易知．
①．
当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减；
②．当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）可知，当时，，，
取，，则有，
即，所以；
（3）证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，所以
即．
综上所述，．
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