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云南省普洱市2023-2024学年高二下学期7月期末统测数学试题
1．（2024高二下·普洱期末）已知集合（　　）
A．或 B．或
C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，
可得或，
所以或，
又因为，
则或．
故答案为：B．
【分析】利用已知条件和一元二次不等式求解方法，从而得出集合，再结合并集和补集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高二下·普洱期末）已知向量，若，则（　　）
A．3 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：依题意，，
由，
得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和向量加法的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而列式计算得出实数的值.
3．（2024高二下·普洱期末）已知数列的前项和满足，则（　　）
A．11 B．13 C．24 D．25
【答案】C
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和的关系式，从而得出的值.
4．（2024高二下·普洱期末）若直线与双曲线的一条渐近线平行，则实数的值为：（　　）
A． B．4 C． D．2
【答案】A
【知识点】用斜率判定两直线平行；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，得双曲线且，
所以，
则双曲线的渐近线方程为，其中一条与平行，
所以，
则．
故答案为：A．
【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，再根据结合直线平行斜率相等，从而列方程求出参数m的值.
5．（2024高二下·普洱期末）2024年春晚魔术师刘谦再次重返舞台，利用简单的模具扑克牌向观众再次展示了魔术的魅力与神奇.某魔术师在表演时将8张不同色号的扑克牌分给3名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于2张，且3名观众中没有人被分到3张扑克牌，则不同的分配方法有（　　）
A．2520种 B．1260种 C．420种 D．210种
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为将张不同色号的扑克牌分给名观众，
每个观众被分到的扑克牌数目不少于张，且名观众中没有人被分到张扑克牌，
所以，只能是按一人张，一人张，一人张分配扑克牌，
将张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，
再交个组的扑克牌分给个观众有，
由分步计数原理，得出共有种不同的分配方法.
故答案为：B.
【分析】先将8张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，再将个组的扑克牌分给个观众有，由分步乘法计数原理得出不同的分配方法种数.
6．（2024高二下·普洱期末）函数在上的值域为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：函数，
令，因为，所以，则，
当时，取得最大值，当时，取得最小值3，
则函数的值域为.
故答案为：B.
【分析】利用同角三角函数基本关系化简函数为，令，转化为二次函数求解即可.
7．（2024高二下·普洱期末）已知函数是奇函数，当时，，若的图象在处的切线方程为，则（　　）
A．4 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：当时，，，
因为的图象在处的切线方程为，所以，，
又因为是奇函数，所以为偶函数，所以，，
则，解得，，则．
故答案为：D.
【分析】由题意求得，，再根据函数为奇函数可得，，求得的值，再求即可.
8．（2024高二下·普洱期末）已知，则的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由，可得，
，
因为，所以，
即；
，
因为，所以，
即，则．
故答案为：D．
【分析】利用指、对互化求得，作差计算出即可.
9．（2024高二下·普洱期末）在复平面内，点对应的复数为z，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意得，，
A、 ， A错误；
B、 ，B正确；
C、，C正确；
D、，D错误.
故答案为：CD.
【分析】根据题意写出复数的代数式和共轭复数，进而逐一判断选项.
10．（2024高二下·普洱期末）一名射击运动员射击一次击中目标的概率为，各次射击互不影响．若他连续射击两次，则下列说法正确的是（　　）
A．事件“至多击中一次”与“恰击中一次”互斥
B．事件“两次均未击中”与“至少击中一次”相互对立
C．事件“第一次击中”与“两次均击中”相互独立
D．记为击中目标的次数，则，
【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A：因为事件“至多击中一次”包含“恰击中一次”和“两次均未击中”，
故A错误；
对于B：因为事件“两次均未击中”的对立事件是“至少击中一次”， 故B正确；
对于C：因为事件“两次均击中”包含了事件“第一次击中”，故C错误；
对于D：依题意，得，
所以，，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的概念判断出选项A、选项B和选项C；依题意得出，再根据二项分布的期望公式与方差公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高二下·普洱期末）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式） 金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（　　）
A．正八面体的内切球表面积为
B．正八面体的外接球体积为
C．若点为棱上的动点，则的最小值为
D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、设该正八面体内切球的半径为，
正八面体的体积，
解得，则内切球表面积为，故A正确；
B、设该正八面体外接球的半径为，是正方形，且，
在中，，利用对称性知，
则点为正八面体外接球的球心，则，即正八面体外接球的体积为，故B错误；
C、与是边长为2的全等的正三角形，将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形，连接与相交于点，
，，
则取得最小值为，故C正确；
D、易知，因为平面平面，所以//平面，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积列出关于内切球半径的方程求解即可判断A；利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即可判断B；通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值即可判断C；通过发现并证明//平面，将的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即可判断D.
12．（2024高二下·普洱期末）总体编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为　 　.
7816 6572 0802 6314 0214 4319 9714 0198
3204 9234 4936 8200 3623 4869 6938 7181
【答案】01
【知识点】随机数法
【解析】【解答】解：从随机数表的第一行的第列和第列数字开始由左到右选取的编号依次为，
所以选出来的第5个个体的编号为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合随机数表法，从而确定选出来的第5个个体的编号.
13．（2024高二下·普洱期末）在中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知若则A=　 　，b=　 　.
【答案】；
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由和正弦定理，
得：
所以，
所以，
因为，所以.
由正弦定理得，
则，
解得.
故答案为：；.
【分析】由正弦定理角化边和余弦定理可得的值，从而可得角A的值；由正弦定理可得b的值.
14．（2024高二下·普洱期末）已知抛物线的焦点为，直线经过点交于两点，两点在的准线上的射影分别为，且的面积是的面积的4倍，若轴被以为直径的圆截得的弦长为，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，
当点在第一象限时，由抛物线的定义，
可得，，
所以，
所以，
所以，
如图，过点作于点，则，
所以，
所以，
所以，
所以直线的斜率，
则直线，
将直线与联立，得，
设与的横坐标分别为，，则，
所以，
所以以为直径的圆的半径，
则圆心到轴的距离，
所以弦长为，解得；
当点在第三象限时，由对称性可得，
综上所述，.
故答案为：.
【分析】先研究点在第一象限时，由的面积是的面积的4倍，从而求出直线的斜率，再联立直线与抛物线方程求出的值，根据图形的对称性研究点在第三象限时的值，从而得出p的值.
15．（2024高二下·普洱期末）党的二十大报告提出：“全方位夯实粮食安全根基，牢牢守住十八亿亩耕地红线，确保中国人的饭碗牢牢端在自己手中.”粮食事关国运民生，粮食安全是“国之大者”，与社会和谐、政治稳定、经济持续发展等息息相关，粮稳则天下安.现有某品种杂交水稻，从中随机抽取15株作为样本进行观测，并记录每株水稻的生长周期(单位：天)，按从小到大排序结果如下：
93 97 98 101 103 104 107 108 109 110 112 116 121 124 126
已知这组样本数据的分位数、分位数分别为.
（1）求；
（2）在某科研任务中，把该品种所有生长周期位于区间的稻株记为“高产稻株”，其余记为“低产稻株”.现从该品种水稻中随机抽取3株，设其中高产稻株有株，求的分布列与数学期望（以样本中高产稻株的频率作为该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率）.
【答案】（1）解：依题意，样本数据的个数，
因为，
所以分位数为第2项数据，则，
因为，
所以分位数为第12项与第13项数据的平均数，
则.
（2）解：因为区间，样本数据中共有10个数据位于该区间，
由题意，该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率为，
则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，
则，
，
故X的分布列为
0 1 2 3
所以的数学期望.
【知识点】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；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用已知条件和百分位数的定义，从而得出a的值，再结合平均数公式得出b的值.
（2）根据题意得出高产稻株的频率，从而得到，再利用二项分布的概率公式与期望公式，从而得出随机变量X的分布列和数学期望.
（1）依题意，样本数据的个数，
因为，故分位数为第2项数据，即，
因为，故分位数为第12项与第13项数据的平均数，即.
（2）因为区间，样本数据中共有10个数据位于该区间，
故由题意，该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率为，
则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且.
，
，
故X的分布列为
0 1 2 3
所以的数学期望.
16．（2024高二下·普洱期末）已知数列满足，，数列满足．
（1）判断数列的单调性；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）解：由题意，可得，
又因为，
所以数列单调递增．
（2）解：由题意可得：①，
②，
①－②得：
所以．
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）先化简，再利用的正负性判断数列的单调性.
（2）利用已知条件和错位相减法求和，从而得出数列的前n项和．
（1）由题可得，
又因为，
所以数列单调递增．
（2）由题意可得，①
②
－②得，
故．
17．（2024高二下·普洱期末）如图，在正三棱柱中，为的中点．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，且为的中点，
则，
因为，
则，所以四点过面，
因为平面，平面，
则，
又因为，且为的中点，
则，且，平面，
可得平面，且平面，
所以．
（2）解：由（1）可得平面，平面，平面，
所以，，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，根据题意可得，，从而证出直线平面，进而证出.
（2）由（1）可得平面，平面，平面，从而得出，，则建系得出点的坐标和向量的坐标，得出平面的法向量，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）取的中点，连接，
且为的中点，则，
因为，则，所以四点过面，
因为平面，平面，则，
又因为，且为的中点，则，
且，平面，可得平面，
且平面，所以．
（2）由（1）可得平面，平面，平面，
所以，，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．（2024高二下·普洱期末）已知在曲线：上，直线交曲线于，两点．
（1）当不在直线上时，试问(，分别为，的斜率)是否为定值 若是，求出定值；若不是，请说明理由．
（2）若为坐标原点，，求面积的最小值．
【答案】（1）解：是定值，且.
证明如下：
因为曲线：，
则，
所以，曲线是以为焦点的椭圆且，所以，
则，
所以曲线的方程为，
设，根据对称性可得，
因为，
所以，
因为，
所以，同理可得，
所以.
（2）解：若时，、（或、），
因为，
所以（或），
所以，
当时，联立，
则，
解得，，
所以
因为，设交椭圆的另一个交点为，
所以直线的方程为，
所以，
则，
所以
因为，
当且仅当时，即当，时等号成立，
所以，
因为，
所以面积的最小值为.
【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）先根据椭圆的定义求出曲线的方程，设，根据图形的对称性可得，则由两点求斜率公式表示出直线的斜率，再结合椭圆方程求出的值.
（2）当时，根据题意得出点A，B的坐标，再根据得出点P的坐标，则由三角形面积公式求出的面积，当时，联立直线与椭圆方程，消元求出两根，从而表示出，设交椭圆的另一个交点为，则直线的方程为，从而得到的值，则，最后由基本不等式求最值的方法，从而计算可得面积的最小值.
（1）是定值，，
曲线：即，
所以曲线是以为焦点的椭圆且，所以，则，
所以曲线的方程为，
设，根据对称性可得，因为，
所以，因为，所以，
同理可得，
所以.
（2）若时、（或、），因为，
所以（或），所以，
当时联立，则，解得、，
所以，
因为，设交椭圆的另一个交点为，所以直线的方程为，
所以，
则，
所以，
因为，当且仅当，即，时等号成立，
所以，
因为，所以面积的最小值为.
19．（2024高二下·普洱期末）已知函数，且的极值点为.
（1）求；
（2）证明：；
（3）若函数有两个不同的零点，证明：.
【答案】（1）解：函数定义域为，
，令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
则为的极大值点，即；
（2）证明：由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以；
（3）证明：由题意可得：，
两式相减并整理，得，
设，由（2）知，
要证，只需证，即证，
设，下面只需证，
设，，
函数在上单调递增，从而，
则成立，即.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合极值点的定义求解即可；
（2）由（1）知，要证只需证，
设，利用导数研究函数的单调性，得证明即可；
（3）由零点的定义可得，由（2），只需证，即证.设，结合换元法，只需证利用导数证得即可.
（1）由，
则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的极大值点，即.
（2）由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以.
（3）因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减并整理，得.
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证.
设，下面只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而.
1 / 1云南省普洱市2023-2024学年高二下学期7月期末统测数学试题
1．（2024高二下·普洱期末）已知集合（　　）
A．或 B．或
C． D．
2．（2024高二下·普洱期末）已知向量，若，则（　　）
A．3 B． C．1 D．
3．（2024高二下·普洱期末）已知数列的前项和满足，则（　　）
A．11 B．13 C．24 D．25
4．（2024高二下·普洱期末）若直线与双曲线的一条渐近线平行，则实数的值为：（　　）
A． B．4 C． D．2
5．（2024高二下·普洱期末）2024年春晚魔术师刘谦再次重返舞台，利用简单的模具扑克牌向观众再次展示了魔术的魅力与神奇.某魔术师在表演时将8张不同色号的扑克牌分给3名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于2张，且3名观众中没有人被分到3张扑克牌，则不同的分配方法有（　　）
A．2520种 B．1260种 C．420种 D．210种
6．（2024高二下·普洱期末）函数在上的值域为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·普洱期末）已知函数是奇函数，当时，，若的图象在处的切线方程为，则（　　）
A．4 B． C．2 D．
8．（2024高二下·普洱期末）已知，则的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·普洱期末）在复平面内，点对应的复数为z，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高二下·普洱期末）一名射击运动员射击一次击中目标的概率为，各次射击互不影响．若他连续射击两次，则下列说法正确的是（　　）
A．事件“至多击中一次”与“恰击中一次”互斥
B．事件“两次均未击中”与“至少击中一次”相互对立
C．事件“第一次击中”与“两次均击中”相互独立
D．记为击中目标的次数，则，
11．（2024高二下·普洱期末）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式） 金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（　　）
A．正八面体的内切球表面积为
B．正八面体的外接球体积为
C．若点为棱上的动点，则的最小值为
D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
12．（2024高二下·普洱期末）总体编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为　 　.
7816 6572 0802 6314 0214 4319 9714 0198
3204 9234 4936 8200 3623 4869 6938 7181
13．（2024高二下·普洱期末）在中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知若则A=　 　，b=　 　.
14．（2024高二下·普洱期末）已知抛物线的焦点为，直线经过点交于两点，两点在的准线上的射影分别为，且的面积是的面积的4倍，若轴被以为直径的圆截得的弦长为，则的值为　 　．
15．（2024高二下·普洱期末）党的二十大报告提出：“全方位夯实粮食安全根基，牢牢守住十八亿亩耕地红线，确保中国人的饭碗牢牢端在自己手中.”粮食事关国运民生，粮食安全是“国之大者”，与社会和谐、政治稳定、经济持续发展等息息相关，粮稳则天下安.现有某品种杂交水稻，从中随机抽取15株作为样本进行观测，并记录每株水稻的生长周期(单位：天)，按从小到大排序结果如下：
93 97 98 101 103 104 107 108 109 110 112 116 121 124 126
已知这组样本数据的分位数、分位数分别为.
（1）求；
（2）在某科研任务中，把该品种所有生长周期位于区间的稻株记为“高产稻株”，其余记为“低产稻株”.现从该品种水稻中随机抽取3株，设其中高产稻株有株，求的分布列与数学期望（以样本中高产稻株的频率作为该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率）.
16．（2024高二下·普洱期末）已知数列满足，，数列满足．
（1）判断数列的单调性；
（2）求数列的前n项和．
17．（2024高二下·普洱期末）如图，在正三棱柱中，为的中点．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（2024高二下·普洱期末）已知在曲线：上，直线交曲线于，两点．
（1）当不在直线上时，试问(，分别为，的斜率)是否为定值 若是，求出定值；若不是，请说明理由．
（2）若为坐标原点，，求面积的最小值．
19．（2024高二下·普洱期末）已知函数，且的极值点为.
（1）求；
（2）证明：；
（3）若函数有两个不同的零点，证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，
可得或，
所以或，
又因为，
则或．
故答案为：B．
【分析】利用已知条件和一元二次不等式求解方法，从而得出集合，再结合并集和补集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：依题意，，
由，
得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和向量加法的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而列式计算得出实数的值.
3．【答案】C
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和的关系式，从而得出的值.
4．【答案】A
【知识点】用斜率判定两直线平行；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，得双曲线且，
所以，
则双曲线的渐近线方程为，其中一条与平行，
所以，
则．
故答案为：A．
【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，再根据结合直线平行斜率相等，从而列方程求出参数m的值.
5．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为将张不同色号的扑克牌分给名观众，
每个观众被分到的扑克牌数目不少于张，且名观众中没有人被分到张扑克牌，
所以，只能是按一人张，一人张，一人张分配扑克牌，
将张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，
再交个组的扑克牌分给个观众有，
由分步计数原理，得出共有种不同的分配方法.
故答案为：B.
【分析】先将8张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，再将个组的扑克牌分给个观众有，由分步乘法计数原理得出不同的分配方法种数.
6．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：函数，
令，因为，所以，则，
当时，取得最大值，当时，取得最小值3，
则函数的值域为.
故答案为：B.
【分析】利用同角三角函数基本关系化简函数为，令，转化为二次函数求解即可.
7．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：当时，，，
因为的图象在处的切线方程为，所以，，
又因为是奇函数，所以为偶函数，所以，，
则，解得，，则．
故答案为：D.
【分析】由题意求得，，再根据函数为奇函数可得，，求得的值，再求即可.
8．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由，可得，
，
因为，所以，
即；
，
因为，所以，
即，则．
故答案为：D．
【分析】利用指、对互化求得，作差计算出即可.
9．【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意得，，
A、 ， A错误；
B、 ，B正确；
C、，C正确；
D、，D错误.
故答案为：CD.
【分析】根据题意写出复数的代数式和共轭复数，进而逐一判断选项.
10．【答案】B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：对于A：因为事件“至多击中一次”包含“恰击中一次”和“两次均未击中”，
故A错误；
对于B：因为事件“两次均未击中”的对立事件是“至少击中一次”， 故B正确；
对于C：因为事件“两次均击中”包含了事件“第一次击中”，故C错误；
对于D：依题意，得，
所以，，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的概念判断出选项A、选项B和选项C；依题意得出，再根据二项分布的期望公式与方差公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、设该正八面体内切球的半径为，
正八面体的体积，
解得，则内切球表面积为，故A正确；
B、设该正八面体外接球的半径为，是正方形，且，
在中，，利用对称性知，
则点为正八面体外接球的球心，则，即正八面体外接球的体积为，故B错误；
C、与是边长为2的全等的正三角形，将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形，连接与相交于点，
，，
则取得最小值为，故C正确；
D、易知，因为平面平面，所以//平面，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积列出关于内切球半径的方程求解即可判断A；利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即可判断B；通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值即可判断C；通过发现并证明//平面，将的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即可判断D.
12．【答案】01
【知识点】随机数法
【解析】【解答】解：从随机数表的第一行的第列和第列数字开始由左到右选取的编号依次为，
所以选出来的第5个个体的编号为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合随机数表法，从而确定选出来的第5个个体的编号.
13．【答案】；
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由和正弦定理，
得：
所以，
所以，
因为，所以.
由正弦定理得，
则，
解得.
故答案为：；.
【分析】由正弦定理角化边和余弦定理可得的值，从而可得角A的值；由正弦定理可得b的值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，
当点在第一象限时，由抛物线的定义，
可得，，
所以，
所以，
所以，
如图，过点作于点，则，
所以，
所以，
所以，
所以直线的斜率，
则直线，
将直线与联立，得，
设与的横坐标分别为，，则，
所以，
所以以为直径的圆的半径，
则圆心到轴的距离，
所以弦长为，解得；
当点在第三象限时，由对称性可得，
综上所述，.
故答案为：.
【分析】先研究点在第一象限时，由的面积是的面积的4倍，从而求出直线的斜率，再联立直线与抛物线方程求出的值，根据图形的对称性研究点在第三象限时的值，从而得出p的值.
15．【答案】（1）解：依题意，样本数据的个数，
因为，
所以分位数为第2项数据，则，
因为，
所以分位数为第12项与第13项数据的平均数，
则.
（2）解：因为区间，样本数据中共有10个数据位于该区间，
由题意，该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率为，
则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，
则，
，
故X的分布列为
0 1 2 3
所以的数学期望.
【知识点】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；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）利用已知条件和百分位数的定义，从而得出a的值，再结合平均数公式得出b的值.
（2）根据题意得出高产稻株的频率，从而得到，再利用二项分布的概率公式与期望公式，从而得出随机变量X的分布列和数学期望.
（1）依题意，样本数据的个数，
因为，故分位数为第2项数据，即，
因为，故分位数为第12项与第13项数据的平均数，即.
（2）因为区间，样本数据中共有10个数据位于该区间，
故由题意，该品种水稻的一株稻株属于高产稻株的概率为，
则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且.
，
，
故X的分布列为
0 1 2 3
所以的数学期望.
16．【答案】（1）解：由题意，可得，
又因为，
所以数列单调递增．
（2）解：由题意可得：①，
②，
①－②得：
所以．
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）先化简，再利用的正负性判断数列的单调性.
（2）利用已知条件和错位相减法求和，从而得出数列的前n项和．
（1）由题可得，
又因为，
所以数列单调递增．
（2）由题意可得，①
②
－②得，
故．
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，且为的中点，
则，
因为，
则，所以四点过面，
因为平面，平面，
则，
又因为，且为的中点，
则，且，平面，
可得平面，且平面，
所以．
（2）解：由（1）可得平面，平面，平面，
所以，，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，根据题意可得，，从而证出直线平面，进而证出.
（2）由（1）可得平面，平面，平面，从而得出，，则建系得出点的坐标和向量的坐标，得出平面的法向量，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）取的中点，连接，
且为的中点，则，
因为，则，所以四点过面，
因为平面，平面，则，
又因为，且为的中点，则，
且，平面，可得平面，
且平面，所以．
（2）由（1）可得平面，平面，平面，
所以，，
以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．【答案】（1）解：是定值，且.
证明如下：
因为曲线：，
则，
所以，曲线是以为焦点的椭圆且，所以，
则，
所以曲线的方程为，
设，根据对称性可得，
因为，
所以，
因为，
所以，同理可得，
所以.
（2）解：若时，、（或、），
因为，
所以（或），
所以，
当时，联立，
则，
解得，，
所以
因为，设交椭圆的另一个交点为，
所以直线的方程为，
所以，
则，
所以
因为，
当且仅当时，即当，时等号成立，
所以，
因为，
所以面积的最小值为.
【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）先根据椭圆的定义求出曲线的方程，设，根据图形的对称性可得，则由两点求斜率公式表示出直线的斜率，再结合椭圆方程求出的值.
（2）当时，根据题意得出点A，B的坐标，再根据得出点P的坐标，则由三角形面积公式求出的面积，当时，联立直线与椭圆方程，消元求出两根，从而表示出，设交椭圆的另一个交点为，则直线的方程为，从而得到的值，则，最后由基本不等式求最值的方法，从而计算可得面积的最小值.
（1）是定值，，
曲线：即，
所以曲线是以为焦点的椭圆且，所以，则，
所以曲线的方程为，
设，根据对称性可得，因为，
所以，因为，所以，
同理可得，
所以.
（2）若时、（或、），因为，
所以（或），所以，
当时联立，则，解得、，
所以，
因为，设交椭圆的另一个交点为，所以直线的方程为，
所以，
则，
所以，
因为，当且仅当，即，时等号成立，
所以，
因为，所以面积的最小值为.
19．【答案】（1）解：函数定义域为，
，令，解得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
则为的极大值点，即；
（2）证明：由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以；
（3）证明：由题意可得：，
两式相减并整理，得，
设，由（2）知，
要证，只需证，即证，
设，下面只需证，
设，，
函数在上单调递增，从而，
则成立，即.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，结合极值点的定义求解即可；
（2）由（1）知，要证只需证，
设，利用导数研究函数的单调性，得证明即可；
（3）由零点的定义可得，由（2），只需证，即证.设，结合换元法，只需证利用导数证得即可.
（1）由，
则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的极大值点，即.
（2）由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以.
（3）因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减并整理，得.
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证.
设，下面只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而.
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