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湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试题
1．（2024高二下·岳阳期末）已知集合，，则集合的子集个数为（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
2．（2024高二下·岳阳期末）设数列为等比数列，若，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·岳阳期末）已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·岳阳期末）已知，均为锐角，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·岳阳期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且直线的一个方向向量为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·岳阳期末）将甲、乙等6人安排到三个景点做环保宣传工作，每个景点安排2人，其中甲、乙不能安排去同一个景点，不同的安排方法数有（　　）
A．84 B．90 C．72 D．78
7．（2024高二下·岳阳期末）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·岳阳期末）已知函数，，若函数有8个零点，则正数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·岳阳期末）根据国家统计局统计，我国2018-2023年的出生人口数（单位：万人）分别为：1523，1465，1202，1062，956，902，将年份减去2017记为x，出生人口数记为y，得到以下数据：
x 1 2 3 4 5 6
y （单位：万人） 1523 1465 1202 1062 956 902
已知，由最小二乘法求得关于的经验回归方程为，则（　　）
A．
B．这6年出生人口数的下四分位数为1465
C．样本相关系数
D．样本点的残差为55
10．（2024高二下·岳阳期末）已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．当平面截三棱锥的截面为正方形时，
C．三棱锥的体积最大值为1
D．当时，三棱锥的外接球的半径为
11．（2024高二下·岳阳期末）已知函数，对任意的实数x，y都有成立，，，则（　　）
A．为偶函数 B．
C． D．4为的一个周期
12．（2024高二下·岳阳期末）已知为虚数单位，则的共轭复数为　 　.
13．（2024高二下·岳阳期末）在中，内角的对边分别为，若且，则面积的最大值为　 　.
14．（2024高二下·岳阳期末）抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A、B两点，抛物线在A、B处的切线交于点，则的最小值为　 　.
15．（2024高二下·岳阳期末）如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，；
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
16．（2024高二下·岳阳期末）某企业使用新技术生产某种产品，该产品在出厂前要经历生产和检测两道工序，生产工序的次品率为.检测工序包括智能自动检测和人工抽查检测，智能自动检测为合格品则进入流水线并由人工抽查检测.
（1）从经过生产工序但未经检测工序的产品中随机抽取件进行检测，求这件产品中的次品数的分布列和数学期望；
（2）若智能自动检测的准确率为，求一件产品进入人工抽查检测环节的概率.
17．（2024高二下·岳阳期末）已知函数，其中.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）当时，设.求证：存在极小值点.
18．（2024高二下·岳阳期末）定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得对于任意大于的正整数，都有.则称常数为数列的极限，记作.根据上述定义，完成以下问题：
（1）若，，判断数列和是否存在极限；如果存在，请写出它的极限（不需要证明）；
（2）已知数列的前项和为，，数列是公差为的等差数列；
①求数列的通项公式；
②若.证明：
19．（2024高二下·岳阳期末）已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点；
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点；
（3）若直线与直线分别交于，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
所以的子集个数为8.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法得出集合，再利用交集的运算法则得出集合，从而得出集合的子集个数.
2．【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列为等比数列，设公比为，
因为，，
所以，
得到，
又因为，
当时，；
当时，.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件结合等比数列的通项公式，从而得到的值，再利用等比数列的通项公式，从而得出的值.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量，
则向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和向量减法的坐标运算，再结合数量积求投影向量的坐标公式，从而得出向量在向量上的投影向量坐标.
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，均为锐角，
则，
所以，，
又因为，，
所以，，
所以
.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和平方关系，从而得到，，再构造角，则利用两角和的余弦公式，从而得出的值.
5．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则是直角三角形，
因为直线的一个方向向量为，
所以，
则，
因为，
所以，
因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】由可得是直角三角形，从而可得，再根据椭圆定义建立等式，从而计算得出椭圆的离心率.
6．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：除甲和乙外，从剩余的4人中选两人，分别与甲和乙组队，有种情况，
再将分好的3组和3个景点进行全排列，共有种情况，
故不同的安排方法数有.
故答案为：C.
【分析】先选出两人分别与甲，乙组队，再进行全排列，则根据分步乘法计数原理，从而得出不同的安排方法数.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，
则，
当时，，
则在上单调递减，
则，
所以，
所以，
所以，则；
因为，
所以，则；
构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，则.
故答案为：B.
【分析】先构造函数，利用导数判断其单调性，从而判断与的大小，由判断出与的大小，再构造函数，则由导数判断函数的单调性，从而判断出与的大小，进而比较出a，b，c的大小.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，得到，
解得或，
当时，，，
由得到；由，得到，
则当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又因为，，
当时，，其图象如图，
所以，当时，或均有2个根，
则有四个根，
则当时，有四个零点，
又因为函数有8个零点，
所以，当，有四个零点，
由，
得到或，
则或，
由，
得到或，
则或，
又因为，，
所以从右向左的个零点为，，，，
所以，
得到.
故答案为：D.
【分析】令，则得到或，当，，利用导数与函数单调性间的关系，从而得到的单调区间，再利用数形结合得到当时，有四个根，从而得出当，有四个零点，由和直接求出函数零点，再根据函数有8个零点，从而得出正数的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】线性回归方程；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，因为，
所以下四分位数是把数据从小到大排列的第二个数956，故B错误；
对于C，因为相关系数和的正负相同，故C正确；
对于D，当时，，
则对应残差为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用回归直线过样本中心点，则判断出选项A；利用百分位数的计算方法判断出选项B；利用相关系数与回归直线的斜率正负相同，则判断出选项C；利用残差为观测值减去预测值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，取AC中点H，
因为，，
所以AC⊥，，平面，，
所以AC⊥面，
又因为平面，
所以AC⊥，故A正确；
对于B，取的中点I，易知EFGI为平行四边形(如下图)，
则截面为正方形时，EF=FG=1，
由中位线，得出=2，
又因为BH==，
所以∠不可能为，故B错误；
对于C，当面ABC时体积最大，最大值为，故C正确；
对于D，过和的外心作所在面的垂线，
则交点O即为外心，
又因为，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用线面垂直证线线垂直判断出选项A；计算出的长度判断出选项B；当为直角时体积最大，则判断出选项C；先找到球心的位置，再进行计算，从而得出当时的三棱锥的外接球的半径，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，令，
代入计算得，，
则2，则，
令，代入计算得，，
则，故为奇函数，故A错误；
对于B，令，代入计算得，，
则，则，故B正确；
对于C，令为，令，则
变形得，故C正确；
对于D， 令为，，代入计算得，
则，
则，
令为，代入得到，
则周期为4，
由选项C得，，且，
由函数周期为4，
则，
则，
则4为的一个周期，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和函数的奇偶性定义以及赋值法，从而判断出选项A、选项B和选项C；先考虑函数的周期性，再赋值判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以的共轭复数为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和复数的乘除法运算法则以及共轭复数的定义，从而得出复数的共轭复数.
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；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】【解答】解：
，
所以
，
由余弦定理可知
则，当时，等号成立，
则，
则面积为，
所以，面积的最大值为.
故答案为：.
【分析】根据正弦定理、内角和定理、两角和正弦公式、特殊角的三角函数，从而化简等式解出角的值，再利用余弦定理、基本不等式求最值的方法和三角形面积公式，从而解出面积的最大值.
14．【答案】9
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意得，当直线斜率为0时，不满足与抛物线交于两个点，
设直线方程为，
联立抛物线，得，
设，，
则，
所以，，
则，，，
故过的切线方程为，
同理可得过点的切线方程为，
联立与，
得，
则
，
故，，
则，
故，其中，
由在上单调递增，
故当时，即当时，取得最小值，
则最小值为.
故答案为：9.
【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，结合抛物线定义求出，再结合导数的几何意义得到抛物线在点A、B处的切线方程求出交点的坐标，从而得到，进而表达出，再结合对勾函数单调性得到的最小值.
15．【答案】（1）证明：因为面圆，又因为面圆，
所以，
又因为为圆弧的两个三等分点，
所以，
得到，
又因为，
所以，
又因为，面，
所以面，
又因为面，
所以平面平面.
（2）解：取的中点，连接，
如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为为的中点，，
所以，
又因为，，
所以，
则，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，
取，得到，，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得到，再根据已知条件得到，利用线面垂直的判定定理得到面，最后根据面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）取的中点，连接，从而建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为面圆，又面圆，所以，
又为圆弧的两个三等分点，所以，得到，
又，所以，
又，面，所以面，
又面，所以平面平面.
（2）取的中点，连接，如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为为的中点，，
所以，
又因为，，所以，
则，，
设平面的一个法向量为，由，得到，
取，得到，，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以.
16．【答案】（1）解：由题知，，
所以的分布列为：
则.
（2）解：记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，
所以一件产品进入人工抽查检测环节的概率为：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件知，再利用二项分布列和数学期望公式，从而得出这件产品中的次品数的分布列和数学期望.
（2）记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，再利用全概率公式，从而得出一件产品进入人工抽查检测环节的概率.
（1）由题知，，
所以的分布列为，
.
（2）记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，
所以一件产品进入人工抽查检测环节的概率为.
17．【答案】（1）解：依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以在处的切线方程为，
则.
（2）证明：因为，
所以，
则，
所以，
令，
则，
所以对任意，有，
则在单调递增.
因为，
所以，，
所以存在，使得.
因为恒成立，
所以和在区间上的情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以存在极小值点.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）当时，，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，最后由点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）先求出导数，从而得到，再求出函数的导数，得出与同号，则构造函数，从而求得，利用零点存在定理证出函数存在，使得，进而得到在上的单调性，则证出函数存在极小值点.
（1）依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以在处的切线方程为，
即.
（2）因为，
所以，
即，
所以，
令，
则，
所以对任意，有，故在单调递增.
因为，
所以，，
所以存在，使得.
因为恒成立，
所以和在区间上的情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以存在极小值点.
18．【答案】（1）解：数列存在极限，
因为当时，，
所以，
则数列不存在极限，
因为当时，，，
所以数列不存在极限.
（2）①解：因为，
所以，
得到①，
当时，②，
由①②，得到，
整理得到，
所以，
得到，
因为，
所以当时，，
又因为，满足，
所以数列的通项公式为.
②证明：由（1）可知，
对于任意给定的正数，
由于，所以等价于
取不大于的最大整数为，
令，
则当时，恒成立，
所以恒成立，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；数列的极限；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题中定义和数列求极限的方法，从而即可判断出数列存在极限.
（2）①根据已知条件得到，再利用与间的关系式得到，再结合累积法，从而得出数列的通项公式.
②利用①中结果，得到，再根据题中定义证出成立.
（1）数列存在极限，因为当时，，所以，
数列不存在极限，因为当时，，，
所以数列不存在极限，
（2）①因为，所以，得到①，
当时，②，
由①②，得到，整理得到，
所以，得到，
又，所以当时，，又，满足，
所以数列的通项公式为.
②由（1）可知，
对于任意给定的正数，由于，所以等价于
取不大于的最大整数为，
令，则当时，恒成立，所以恒成立，
所以.
19．【答案】（1）解：设，
由题意得，，
化简得到，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）证明：因为直线和的斜率之积为，
所以直线的斜率存在，
设，，，
由，
消得到，
则，
所以，
则
化简整理得到，
则得到或，
当时，，
直线过定点与重合，不合题意，
当，，直线过定点，
所以直线过定点.
（3）证明：由（2）知，，
所以的中点坐标为，
因为直线是双曲线的渐近线，
设，
由，消得到，
所以，，
得到的中点坐标为，
所以的中点与的中点重合，
设中点为，则，
所以.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，根据已知条件建立等式，从而化简得出曲线的轨迹方程.
（2）设直线，联立直线方程和方程，消得到，由韦达定理得，再利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得到或，进而证出直线过定点.
（3）由（2）知，，结合中点坐标公式得出MN的中点坐标，再利用直线是双曲线的渐近线，从而联立直线与双曲线的方程，得出RS的中点坐标，再根据和的中点重合，从而证出.
（1）设，由题有，化简得到，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在，设，，，
由，消得到，
则，，
，
化简整理得到，得到或，
当时，，直线过定点与重合，不合题意，
当，，直线过定点，所以直线过定点.
（3）由（2）知，，
所以的中点坐标为，
又易知直线直线是双曲线的渐近线，设，
由，消得到，
所以，，得到的中点坐标为，
所以的中点与的中点重合，设中点为，
则，从而有.
1 / 1湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试题
1．（2024高二下·岳阳期末）已知集合，，则集合的子集个数为（　　）
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以，
所以的子集个数为8.
故答案为：C.
【分析】先利用一元二次不等式求解方法得出集合，再利用交集的运算法则得出集合，从而得出集合的子集个数.
2．（2024高二下·岳阳期末）设数列为等比数列，若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为数列为等比数列，设公比为，
因为，，
所以，
得到，
又因为，
当时，；
当时，.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件结合等比数列的通项公式，从而得到的值，再利用等比数列的通项公式，从而得出的值.
3．（2024高二下·岳阳期末）已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量，
则向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和向量减法的坐标运算，再结合数量积求投影向量的坐标公式，从而得出向量在向量上的投影向量坐标.
4．（2024高二下·岳阳期末）已知，均为锐角，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，均为锐角，
则，
所以，，
又因为，，
所以，，
所以
.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和平方关系，从而得到，，再构造角，则利用两角和的余弦公式，从而得出的值.
5．（2024高二下·岳阳期末）已知椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且直线的一个方向向量为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则是直角三角形，
因为直线的一个方向向量为，
所以，
则，
因为，
所以，
因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】由可得是直角三角形，从而可得，再根据椭圆定义建立等式，从而计算得出椭圆的离心率.
6．（2024高二下·岳阳期末）将甲、乙等6人安排到三个景点做环保宣传工作，每个景点安排2人，其中甲、乙不能安排去同一个景点，不同的安排方法数有（　　）
A．84 B．90 C．72 D．78
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：除甲和乙外，从剩余的4人中选两人，分别与甲和乙组队，有种情况，
再将分好的3组和3个景点进行全排列，共有种情况，
故不同的安排方法数有.
故答案为：C.
【分析】先选出两人分别与甲，乙组队，再进行全排列，则根据分步乘法计数原理，从而得出不同的安排方法数.
7．（2024高二下·岳阳期末）设，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，
则，
当时，，
则在上单调递减，
则，
所以，
所以，
所以，则；
因为，
所以，则；
构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，则.
故答案为：B.
【分析】先构造函数，利用导数判断其单调性，从而判断与的大小，由判断出与的大小，再构造函数，则由导数判断函数的单调性，从而判断出与的大小，进而比较出a，b，c的大小.
8．（2024高二下·岳阳期末）已知函数，，若函数有8个零点，则正数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，得到，
解得或，
当时，，，
由得到；由，得到，
则当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又因为，，
当时，，其图象如图，
所以，当时，或均有2个根，
则有四个根，
则当时，有四个零点，
又因为函数有8个零点，
所以，当，有四个零点，
由，
得到或，
则或，
由，
得到或，
则或，
又因为，，
所以从右向左的个零点为，，，，
所以，
得到.
故答案为：D.
【分析】令，则得到或，当，，利用导数与函数单调性间的关系，从而得到的单调区间，再利用数形结合得到当时，有四个根，从而得出当，有四个零点，由和直接求出函数零点，再根据函数有8个零点，从而得出正数的取值范围.
9．（2024高二下·岳阳期末）根据国家统计局统计，我国2018-2023年的出生人口数（单位：万人）分别为：1523，1465，1202，1062，956，902，将年份减去2017记为x，出生人口数记为y，得到以下数据：
x 1 2 3 4 5 6
y （单位：万人） 1523 1465 1202 1062 956 902
已知，由最小二乘法求得关于的经验回归方程为，则（　　）
A．
B．这6年出生人口数的下四分位数为1465
C．样本相关系数
D．样本点的残差为55
【答案】A,C
【知识点】线性回归方程；回归分析；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，因为，
所以下四分位数是把数据从小到大排列的第二个数956，故B错误；
对于C，因为相关系数和的正负相同，故C正确；
对于D，当时，，
则对应残差为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用回归直线过样本中心点，则判断出选项A；利用百分位数的计算方法判断出选项B；利用相关系数与回归直线的斜率正负相同，则判断出选项C；利用残差为观测值减去预测值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高二下·岳阳期末）已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．当平面截三棱锥的截面为正方形时，
C．三棱锥的体积最大值为1
D．当时，三棱锥的外接球的半径为
【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，取AC中点H，
因为，，
所以AC⊥，，平面，，
所以AC⊥面，
又因为平面，
所以AC⊥，故A正确；
对于B，取的中点I，易知EFGI为平行四边形(如下图)，
则截面为正方形时，EF=FG=1，
由中位线，得出=2，
又因为BH==，
所以∠不可能为，故B错误；
对于C，当面ABC时体积最大，最大值为，故C正确；
对于D，过和的外心作所在面的垂线，
则交点O即为外心，
又因为，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用线面垂直证线线垂直判断出选项A；计算出的长度判断出选项B；当为直角时体积最大，则判断出选项C；先找到球心的位置，再进行计算，从而得出当时的三棱锥的外接球的半径，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高二下·岳阳期末）已知函数，对任意的实数x，y都有成立，，，则（　　）
A．为偶函数 B．
C． D．4为的一个周期
【答案】B,C,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，令，
代入计算得，，
则2，则，
令，代入计算得，，
则，故为奇函数，故A错误；
对于B，令，代入计算得，，
则，则，故B正确；
对于C，令为，令，则
变形得，故C正确；
对于D， 令为，，代入计算得，
则，
则，
令为，代入得到，
则周期为4，
由选项C得，，且，
由函数周期为4，
则，
则，
则4为的一个周期，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件和函数的奇偶性定义以及赋值法，从而判断出选项A、选项B和选项C；先考虑函数的周期性，再赋值判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高二下·岳阳期末）已知为虚数单位，则的共轭复数为　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以的共轭复数为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和复数的乘除法运算法则以及共轭复数的定义，从而得出复数的共轭复数.
13．（2024高二下·岳阳期末）在中，内角的对边分别为，若且，则面积的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；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】【解答】解：
，
所以
，
由余弦定理可知
则，当时，等号成立，
则，
则面积为，
所以，面积的最大值为.
故答案为：.
【分析】根据正弦定理、内角和定理、两角和正弦公式、特殊角的三角函数，从而化简等式解出角的值，再利用余弦定理、基本不等式求最值的方法和三角形面积公式，从而解出面积的最大值.
14．（2024高二下·岳阳期末）抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A、B两点，抛物线在A、B处的切线交于点，则的最小值为　 　.
【答案】9
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意得，当直线斜率为0时，不满足与抛物线交于两个点，
设直线方程为，
联立抛物线，得，
设，，
则，
所以，，
则，，，
故过的切线方程为，
同理可得过点的切线方程为，
联立与，
得，
则
，
故，，
则，
故，其中，
由在上单调递增，
故当时，即当时，取得最小值，
则最小值为.
故答案为：9.
【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，结合抛物线定义求出，再结合导数的几何意义得到抛物线在点A、B处的切线方程求出交点的坐标，从而得到，进而表达出，再结合对勾函数单调性得到的最小值.
15．（2024高二下·岳阳期末）如图，在圆锥中，为圆的直径，为圆弧的两个三等分点，为的中点，；
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为面圆，又因为面圆，
所以，
又因为为圆弧的两个三等分点，
所以，
得到，
又因为，
所以，
又因为，面，
所以面，
又因为面，
所以平面平面.
（2）解：取的中点，连接，
如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为为的中点，，
所以，
又因为，，
所以，
则，，
设平面的一个法向量为，
由，得到，
取，得到，，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得到，再根据已知条件得到，利用线面垂直的判定定理得到面，最后根据面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）取的中点，连接，从而建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为面圆，又面圆，所以，
又为圆弧的两个三等分点，所以，得到，
又，所以，
又，面，所以面，
又面，所以平面平面.
（2）取的中点，连接，如图，以所以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为为的中点，，
所以，
又因为，，所以，
则，，
设平面的一个法向量为，由，得到，
取，得到，，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以.
16．（2024高二下·岳阳期末）某企业使用新技术生产某种产品，该产品在出厂前要经历生产和检测两道工序，生产工序的次品率为.检测工序包括智能自动检测和人工抽查检测，智能自动检测为合格品则进入流水线并由人工抽查检测.
（1）从经过生产工序但未经检测工序的产品中随机抽取件进行检测，求这件产品中的次品数的分布列和数学期望；
（2）若智能自动检测的准确率为，求一件产品进入人工抽查检测环节的概率.
【答案】（1）解：由题知，，
所以的分布列为：
则.
（2）解：记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，
所以一件产品进入人工抽查检测环节的概率为：.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件知，再利用二项分布列和数学期望公式，从而得出这件产品中的次品数的分布列和数学期望.
（2）记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，再利用全概率公式，从而得出一件产品进入人工抽查检测环节的概率.
（1）由题知，，
所以的分布列为，
.
（2）记事件：生产的产品为合格品，事件：智能自动检测为合格品，
则，，，，
所以一件产品进入人工抽查检测环节的概率为.
17．（2024高二下·岳阳期末）已知函数，其中.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）当时，设.求证：存在极小值点.
【答案】（1）解：依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以在处的切线方程为，
则.
（2）证明：因为，
所以，
则，
所以，
令，
则，
所以对任意，有，
则在单调递增.
因为，
所以，，
所以存在，使得.
因为恒成立，
所以和在区间上的情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以存在极小值点.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）当时，，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，最后由点斜式得出函数在处的切线方程.
（2）先求出导数，从而得到，再求出函数的导数，得出与同号，则构造函数，从而求得，利用零点存在定理证出函数存在，使得，进而得到在上的单调性，则证出函数存在极小值点.
（1）依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以在处的切线方程为，
即.
（2）因为，
所以，
即，
所以，
令，
则，
所以对任意，有，故在单调递增.
因为，
所以，，
所以存在，使得.
因为恒成立，
所以和在区间上的情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以存在极小值点.
18．（2024高二下·岳阳期末）定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得对于任意大于的正整数，都有.则称常数为数列的极限，记作.根据上述定义，完成以下问题：
（1）若，，判断数列和是否存在极限；如果存在，请写出它的极限（不需要证明）；
（2）已知数列的前项和为，，数列是公差为的等差数列；
①求数列的通项公式；
②若.证明：
【答案】（1）解：数列存在极限，
因为当时，，
所以，
则数列不存在极限，
因为当时，，，
所以数列不存在极限.
（2）①解：因为，
所以，
得到①，
当时，②，
由①②，得到，
整理得到，
所以，
得到，
因为，
所以当时，，
又因为，满足，
所以数列的通项公式为.
②证明：由（1）可知，
对于任意给定的正数，
由于，所以等价于
取不大于的最大整数为，
令，
则当时，恒成立，
所以恒成立，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；数列的极限；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据题中定义和数列求极限的方法，从而即可判断出数列存在极限.
（2）①根据已知条件得到，再利用与间的关系式得到，再结合累积法，从而得出数列的通项公式.
②利用①中结果，得到，再根据题中定义证出成立.
（1）数列存在极限，因为当时，，所以，
数列不存在极限，因为当时，，，
所以数列不存在极限，
（2）①因为，所以，得到①，
当时，②，
由①②，得到，整理得到，
所以，得到，
又，所以当时，，又，满足，
所以数列的通项公式为.
②由（1）可知，
对于任意给定的正数，由于，所以等价于
取不大于的最大整数为，
令，则当时，恒成立，所以恒成立，
所以.
19．（2024高二下·岳阳期末）已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点；
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点；
（3）若直线与直线分别交于，求证：.
【答案】（1）解：设，
由题意得，，
化简得到，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）证明：因为直线和的斜率之积为，
所以直线的斜率存在，
设，，，
由，
消得到，
则，
所以，
则
化简整理得到，
则得到或，
当时，，
直线过定点与重合，不合题意，
当，，直线过定点，
所以直线过定点.
（3）证明：由（2）知，，
所以的中点坐标为，
因为直线是双曲线的渐近线，
设，
由，消得到，
所以，，
得到的中点坐标为，
所以的中点与的中点重合，
设中点为，则，
所以.
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设，根据已知条件建立等式，从而化简得出曲线的轨迹方程.
（2）设直线，联立直线方程和方程，消得到，由韦达定理得，再利用已知条件结合两点求斜率公式，从而得到或，进而证出直线过定点.
（3）由（2）知，，结合中点坐标公式得出MN的中点坐标，再利用直线是双曲线的渐近线，从而联立直线与双曲线的方程，得出RS的中点坐标，再根据和的中点重合，从而证出.
（1）设，由题有，化简得到，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在，设，，，
由，消得到，
则，，
，
化简整理得到，得到或，
当时，，直线过定点与重合，不合题意，
当，，直线过定点，所以直线过定点.
（3）由（2）知，，
所以的中点坐标为，
又易知直线直线是双曲线的渐近线，设，
由，消得到，
所以，，得到的中点坐标为，
所以的中点与的中点重合，设中点为，
则，从而有.
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