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湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·长沙期末）已知复数满足，则复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： 复数满足，
则，虚部为.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念判断即可.
2．（2024高二下·长沙期末）已知某校高三（1）班有51名学生，春季运动会上，有17名学生参加了田赛项目，有22名学生参加了径赛项目，田赛和径赛都参加的有9名同学，则该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为（　　）
A．25 B．23 C．21 D．19
【答案】C
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：集合为高三（1）班有51名学生，集合A为参加田赛项目的学生，
集合B为参加径赛项目的学生，
由题意可知：集合A有17个元素，集合B有22个元素，中有9个元素，
由，可知有个元素，
则该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为.
故答案为：C.
【分析】记集合为高三（1）班有51名学生，集合A为参加田赛项目的学生，集合B为参加径赛项目的学生，根据求解即可.
3．（2024高二下·长沙期末）已知向量，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，
，
所以在上的投影为，
所以在上的投影向量为，
故答案为：B.
【分析】分别求出向量，的模，以及向量，夹角的余弦值，利用投影向量公式计算即可求解.
4．（2024高二下·长沙期末）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：若，
则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误；
若，
则或，故B错误；
若且，
当时，不能证明，故C错误；
若，且，
在上取一点，作，
由面面垂直的性质定理可得且，
则与重合，
可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由空间中直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项．
5．（2024高二下·长沙期末）若将大小形状完全相同的三个红球和三个白球（除颜色外不考虑球的其他区别）排成一排，则有且只有两个白球相邻的排法有（　　）
A．6 B．12 C．18 D．36
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：除颜色外不考虑球的其他区别，将三个白球分成两堆，只有一种分法，
大小形状完全相同的三个红球排成一排也只有一种排法，三个红球共有4个空，
则将白球插空有种可能.
故答案为：B.
【分析】将白球分为两堆并插空，再结合排列数公式得出有且只有两个白球相邻的排法.
6．（2024高二下·长沙期末）若，设，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题意知，
由，
所以为偶函数，图象关于轴对称，
当时，由复合函数的单调性法则知随的增大而增大，
则，单调递增，
因为，，
且，，
所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件，先求出函数定义域，再判断函数的奇偶性和单调性，从而比较出的大小，进而比较出a，b，c的大小.
7．（2024高二下·长沙期末）已知等比数列的前项和为，若恒成立，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，得，
则，
则，
因为，
所以，解得，
所以，
所以，
当为奇数时，，所以；
当为偶数时，，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用求出等比数列的公比，再结合等比数列的通项公式求出等比数列的通项公式，再根据等比数列前n项和公式求出等比数列的前项和，再利用放缩法求出函数的最值，则根据不等式恒成立问题求解方法求出的取值范围，进而得出的最小值.
8．（2024高二下·长沙期末）已知，且，则的最大值为（　　）
A．9 B．12 C．36 D．48
【答案】C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：设与为圆上一点，
则，
得，，
则为等腰直角三角形，
设为的中点，
则，得，
则点在以为圆心，2为半径的圆上，
所以
因为点到定点D的距离的最大值为，
因此的最大值为36.
故答案为：C.
【分析】设与，为的中点，从而证出点在以为圆心，2为半径的圆上，再由结合两点距离的几何意义，从而得出的最大值.
9．（2024高二下·长沙期末）关于二项式的展开式，下列说法正确的有（　　）
A．有3项 B．常数项为3
C．所有项的二项式系数和为8 D．所有项的系数和为0
【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】解：对于A，因为二项式的展开式中共有4项，故A错误；
对于B，因为二项式的展开式的通项为：，
令，得，
所以常数项为，故B正确；
对于C，因为，所以所有项的二项式系数和为，故C正确；
对于D，令，可得所有项的系数和为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据二项式定理的展开式得出共有的项数，则判断出选项A；根据二项展开式的通项公式和常数项的定义，则判断出选项B；根据二项式系数之和的公式判断出选项C；令可得所有项系数之和，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2024高二下·长沙期末）已知曲线，则（　　）
A．曲线在第一象限为双曲线的一部分
B．曲线的图象关于原点对称
C．直线与曲线没有交点
D．存在过原点的直线与曲线有三个交点
【答案】A,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：当时，
曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分，渐近线为；
当时，曲线，为焦点在轴的椭圆的一部分；
当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分，
渐近线为；
当时，曲线没有图象，
由图象可知，A正确、B错误；
结合曲线的渐近线可知C正确、D错误.
故答案为：AC.
【分析】分，，和四种情况，从而得到曲线在各个象限上的曲线方程，进而找出正确的选项.
11．（2024高二下·长沙期末）已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（　　）
A． B．在定义域上单调递增
C．是偶函数 D．函数有两个极值点
【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；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：A、由，令，可得，即，故A正确；
B、若在定义域上单调递增，则当时，，
令，可得，即，
与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；
C、若是偶函数，则，且，
因为，所以，
所以，即，解得或，
又因为，所以恒成立，与题干矛盾，故C错误；
D、当时，，记，
则
所以，
令解得或，
因为不恒为零，所以在两边异号，
所以为的两个极值点，所以函数有两个极值点，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，令即可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，即可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，即可判断C；
令，求导后消去，整理得，即可判断D.
12．（2024高二下·长沙期末）某小球可以看作一个质点，其相对于地面的高度（单位：m）与时间（单位：s）存在函数关系，则该小球在时的瞬时速度为　 　m/s.
【答案】
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】解：由函数，
可得，
则，
所以该小球在时的瞬时速度为.
故答案为：.
【分析】根据题意得出，从而得到的值，进而得出该小球在时的瞬时速度.
13．（2024高二下·长沙期末）若随机变量服从正态分布，且，则　 　.
【答案】0.34
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为服从正态分布，
则.
故答案为：0.34.
【分析】根据正态曲线的对称性可得，从而得出.
14．（2024高二下·长沙期末）在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：将四面体补成长方体，如图所示：
设，则，解得，
因为点分别是线段的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为直线平面，所以平面，
设平面与的交线分别为，
平面与平面分别交于，则，同理，
因此，同理，即四边形为平行四边形，且，
在中，，
，
则，设，则，
由，得，由，同理得，
因此，平行四边形围成一个平面区域，其面积为，
，当且仅当时取等号，则的面积的最大值为.
故答案为：.
【分析】将四面体补成长方体，使分别为面对角线，再利用线面垂直和性质、面面平行的性质确定平面区域形状，结合三角恒等变换及三角形面积公式列式，借助基本不等式求最大值即可.
15．（2024高二下·长沙期末）在中，内角的对边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）证明：法一：根据正弦定理，得：，
整理得：
因为，
所以，
由正弦定理可得.
法二：由，
由射影定理知
（因为），
所以.
（2）解：因为，
由余弦定理可得，
则，
又因为，
所以，
则，解得，
因为，
所以，
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）利用两种方法证明.
法一：根据正弦定理和三角恒等变换以及三角形内角和定理、诱导公式，从而化简证出成立.
法二：根据正弦定理和射影定理化简证出成立.
（2）根据余弦定理和完全平方公式，从而计算可得，再结合同角三角函数基本关系和三角形面积公式，从而计算得出的面积.
（1）法一：根据正弦定理，
整理得，
因为，所以，
由正弦定理可得；
法二：由，
由射影定理知（因为），
故.
（2）因为，由余弦定理可得，
即，又，故，
从而，解得，
因为，所以，
所以.
16．（2024高二下·长沙期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小.
【答案】（1）证明：法一：将几何体补成四棱柱，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，
所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
平面.
法二：∵四边形是菱形，∴⊥，
又因为平面，平面，
∴，，
故两两垂直，
以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
其中，
则，
设，
由，得，
由，得，
则，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
，
又因为平面，
平面.
（2）解：设，
取的中点，则，
因为四边形是菱形，则，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以面，
因为平面，所以，
因为且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，
又因为，
所以四边形为平行四边形，
则，，
故.
所以为二面角的平面角，
则，其中，
故，
故，
设平面的法向量为，
则
取，得，
平面与平面夹角的余弦值为，
平面与平面夹角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
法一：将几何体补成四棱柱，从而得到四边形为平行四边形，则，再利用线线平行证出线面平行，则平面.
法二：利用菱形的结构特征和线面垂直的定义，从而得到两两垂直，则建立空间直角直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得到平面的法向量，进而得到，则证出平面.
（2）设，作出辅助线，从而找到二面角的平面角为，再根据正切值得到方程，从而求出，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示求出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式，从而得到平面与平面夹角的余弦值，进而得出平面与平面夹角.
（1）法一：将几何体补成四棱柱，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
又，
故，，
故四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，
平面.
法二：∵四边形是菱形，
∴⊥，
又平面，平面，
∴，，
故两两垂直，
以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
其中，
则，设，
由得，
由得，
则，
设平面的法向量为，
则，取，得，
，
又平面，
平面.
（2）设，取的中点，则，
又四边形是菱形，，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
故面，
因为平面，
则，
因为且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，
又，故四边形为平行四边形，
故，，故.
所以为二面角的平面角.
则，其中，故，
故，
设平面的法向量为，
则取，得，
，
平面与平面夹角的余弦值为，
平面与平面夹角为.
17．（2024高二下·长沙期末）已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若存在两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明：当时，.
先证明：，
设，
则，
则函数在上单调递增，且，
则；
再证：，
设，
则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，
所以，
则，
得，
所以，证毕.
（2）解：令，
得，
设，显然在上单调递增，
因为，
则，
依题意，方程有两个不等的实根，
显然，故存在两个不同的零点，
设，则，
（i）当时，则，，
此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意；
（ii）当时，此时，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使有两个零点，
则，解得，
综上可知，.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式、，则证出.
（2）将函数转化为，构造函数，则，从而得出，再利用导数判断函数h(x)的单调性，从而求出，再结合函数有两个零点，进而得出实数a的取值范围.
（1）当时，.
先证明：，
设，则，
所以函数在上单调递增，且，即；
再证：，
设，则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，
所以，即，得，
故，证毕.
（2）令，得，
设，显然在上单调递增，而，
则，依题意，方程有两个不等的实根，
显然，故存在两个不同的零点，
设，则，
（i）当时，则，，
此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意；
（ii）当时，此时，当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，所以，
要使有两个零点，则，解得，
综上可知，.
18．（2024高二下·长沙期末）短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人.
（1）依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅游是否与收看短视颍有关联：单位：人
游客 短视频 合计
收看 未看
南方游客 　 　 　
北方游客 　 　 　
合计 　 　 　
（2）为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出.
（i）求经过次传递后球回到甲的概率；
（ii）记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望.
参考公式：，其中；
附表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：将所给数据进行整理，得到如下列联表：
游客 短视频 合计
收看 未看
南方游客 200 100 300
北方游客 80 120 200
合计 280 220 500
零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
则认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）解：（i）设经过次传递后回到甲的概率为，
则，
所以，
又因为，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（ii）（方法一）
设第次传递时甲接到球的次数为，
则服从两点分布，，
设前次传递中球传到甲的次数为，
则
，
因为，
所以.
（方法二）
设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，
则服从两点分布，，
由题可知，，
因为，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
则，，
所以，.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用已知条件完成列联表，再利用独立性检验的方法，从而认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，从而求出递推关系式，再结合等比数列的定义判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再根据等比数列的通项公式得出经过次传递后球回到甲的概率.
（ii）利用两种方法求解.
方法一：设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，再利用数学期望公式和，从而得出的数学期望.
方法二：设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，从而得出递推关系式，再结合等比数列的定义判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用数学期望公式得出随机变量X的数学期望.
（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：
游客 短视频 合计
收看 未看
南方游客 200 100 300
北方游客 80 120 200
合计 280 220 500
零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，
，，
又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（ii）（方法一）
设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，
设前次传递中球传到甲的次数为，
，
因为，所以.
（方法二）
设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，
，由题可知，，
又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，
，，
，
故.
19．（2024高二下·长沙期末）已知双曲线，过的直线与双曲线的右支交于两点.
（1）若，求直线的方程，
（2）设过点且垂直于直线的直线与双曲线交于两点，其中在双曲线的右支上.
（i）设和的面积分别为，求的取值范围；
（ii）若关于原点对称的点为，证明：为的垂心，且四点共圆.
【答案】（1）解：设，
结合题意知，直线斜率不为0，
设直线，
因为直线与双曲线右支相交，所以，
联立双曲线方程，
得，
则，
则，
所以，
解得或（舍去），
则，
所以，直线的方程为.
（2）（i）解：若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，
设，直线，
由（1）同理可知：，
则，
注意到
令，
则
令，，
综上可知，的取值范围是.
（ii）证明：先证明为的垂心，只需证明，
注意到，
因为
，
同理可得，，
，
因此，
又因为，
所以为的垂心，
因此，
再证明四点共圆，只需证明：.
因为关于原点对称，则
同理可得，
则所以，
因此，
因此四点共圆.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线方程，再将直线方程与双曲线方程联立，再结合韦达定理、判别式法和弦长公式，从而得出满足要求的m的值，从而得出直线的方程.
（2）（i）由（1）得出PQ的长，再结合分类讨论的方法结合三角形的面积公式，从而将面积转化为函数问题，再结合换元法和二次型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（ii）利用已知条件和圆的性质，将四点共圆问题转化为数量积为0两向量垂直的等价关系和两直线垂直斜率之积等于-1，再根据图形的对称性和两直线到角公式，从而证出点为的垂心且四点共圆.
（1）设，
结合题意知直线斜率不为0，设直线，因为直线与双曲线右支相交，
故，
联立双曲线方程，得，
则，
故，
即，解得，或（舍去），
因此，从而直线的方程为.
（2）（i）若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，设，直线，
由（1）同理可知，
故
注意到
，
令，则，
令，
综上可知，的取值范围是.
（ii）先证明为的垂心，只需证明，
注意到，，
而
，
同理，
，
因此，又，故为的垂心，因此，
再证明四点共圆，即只需证明：.
因为关于原点对称，则，
同理可得；
则，即，
因此，因此四点共圆.
1 / 1湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·长沙期末）已知复数满足，则复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·长沙期末）已知某校高三（1）班有51名学生，春季运动会上，有17名学生参加了田赛项目，有22名学生参加了径赛项目，田赛和径赛都参加的有9名同学，则该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为（　　）
A．25 B．23 C．21 D．19
3．（2024高二下·长沙期末）已知向量，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·长沙期末）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则
5．（2024高二下·长沙期末）若将大小形状完全相同的三个红球和三个白球（除颜色外不考虑球的其他区别）排成一排，则有且只有两个白球相邻的排法有（　　）
A．6 B．12 C．18 D．36
6．（2024高二下·长沙期末）若，设，则a，b，c的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·长沙期末）已知等比数列的前项和为，若恒成立，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．1
8．（2024高二下·长沙期末）已知，且，则的最大值为（　　）
A．9 B．12 C．36 D．48
9．（2024高二下·长沙期末）关于二项式的展开式，下列说法正确的有（　　）
A．有3项 B．常数项为3
C．所有项的二项式系数和为8 D．所有项的系数和为0
10．（2024高二下·长沙期末）已知曲线，则（　　）
A．曲线在第一象限为双曲线的一部分
B．曲线的图象关于原点对称
C．直线与曲线没有交点
D．存在过原点的直线与曲线有三个交点
11．（2024高二下·长沙期末）已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（　　）
A． B．在定义域上单调递增
C．是偶函数 D．函数有两个极值点
12．（2024高二下·长沙期末）某小球可以看作一个质点，其相对于地面的高度（单位：m）与时间（单位：s）存在函数关系，则该小球在时的瞬时速度为　 　m/s.
13．（2024高二下·长沙期末）若随机变量服从正态分布，且，则　 　.
14．（2024高二下·长沙期末）在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为　 　.
15．（2024高二下·长沙期末）在中，内角的对边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的面积.
16．（2024高二下·长沙期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小.
17．（2024高二下·长沙期末）已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若存在两个零点，求实数的取值范围.
18．（2024高二下·长沙期末）短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人.
（1）依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅游是否与收看短视颍有关联：单位：人
游客 短视频 合计
收看 未看
南方游客 　 　 　
北方游客 　 　 　
合计 　 　 　
（2）为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出.
（i）求经过次传递后球回到甲的概率；
（ii）记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望.
参考公式：，其中；
附表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
19．（2024高二下·长沙期末）已知双曲线，过的直线与双曲线的右支交于两点.
（1）若，求直线的方程，
（2）设过点且垂直于直线的直线与双曲线交于两点，其中在双曲线的右支上.
（i）设和的面积分别为，求的取值范围；
（ii）若关于原点对称的点为，证明：为的垂心，且四点共圆.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解： 复数满足，
则，虚部为.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念判断即可.
2．【答案】C
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：集合为高三（1）班有51名学生，集合A为参加田赛项目的学生，
集合B为参加径赛项目的学生，
由题意可知：集合A有17个元素，集合B有22个元素，中有9个元素，
由，可知有个元素，
则该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为.
故答案为：C.
【分析】记集合为高三（1）班有51名学生，集合A为参加田赛项目的学生，集合B为参加径赛项目的学生，根据求解即可.
3．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，
，
所以在上的投影为，
所以在上的投影向量为，
故答案为：B.
【分析】分别求出向量，的模，以及向量，夹角的余弦值，利用投影向量公式计算即可求解.
4．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：若，
则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误；
若，
则或，故B错误；
若且，
当时，不能证明，故C错误；
若，且，
在上取一点，作，
由面面垂直的性质定理可得且，
则与重合，
可得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由空间中直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项．
5．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：除颜色外不考虑球的其他区别，将三个白球分成两堆，只有一种分法，
大小形状完全相同的三个红球排成一排也只有一种排法，三个红球共有4个空，
则将白球插空有种可能.
故答案为：B.
【分析】将白球分为两堆并插空，再结合排列数公式得出有且只有两个白球相邻的排法.
6．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题意知，
由，
所以为偶函数，图象关于轴对称，
当时，由复合函数的单调性法则知随的增大而增大，
则，单调递增，
因为，，
且，，
所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件，先求出函数定义域，再判断函数的奇偶性和单调性，从而比较出的大小，进而比较出a，b，c的大小.
7．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
由，得，
则，
则，
因为，
所以，解得，
所以，
所以，
当为奇数时，，所以；
当为偶数时，，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用求出等比数列的公比，再结合等比数列的通项公式求出等比数列的通项公式，再根据等比数列前n项和公式求出等比数列的前项和，再利用放缩法求出函数的最值，则根据不等式恒成立问题求解方法求出的取值范围，进而得出的最小值.
8．【答案】C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：设与为圆上一点，
则，
得，，
则为等腰直角三角形，
设为的中点，
则，得，
则点在以为圆心，2为半径的圆上，
所以
因为点到定点D的距离的最大值为，
因此的最大值为36.
故答案为：C.
【分析】设与，为的中点，从而证出点在以为圆心，2为半径的圆上，再由结合两点距离的几何意义，从而得出的最大值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项展开式
【解析】【解答】解：对于A，因为二项式的展开式中共有4项，故A错误；
对于B，因为二项式的展开式的通项为：，
令，得，
所以常数项为，故B正确；
对于C，因为，所以所有项的二项式系数和为，故C正确；
对于D，令，可得所有项的系数和为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据二项式定理的展开式得出共有的项数，则判断出选项A；根据二项展开式的通项公式和常数项的定义，则判断出选项B；根据二项式系数之和的公式判断出选项C；令可得所有项系数之和，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：当时，
曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分，渐近线为；
当时，曲线，为焦点在轴的椭圆的一部分；
当时，曲线，为焦点在轴上的双曲线的一部分，
渐近线为；
当时，曲线没有图象，
由图象可知，A正确、B错误；
结合曲线的渐近线可知C正确、D错误.
故答案为：AC.
【分析】分，，和四种情况，从而得到曲线在各个象限上的曲线方程，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；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：A、由，令，可得，即，故A正确；
B、若在定义域上单调递增，则当时，，
令，可得，即，
与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；
C、若是偶函数，则，且，
因为，所以，
所以，即，解得或，
又因为，所以恒成立，与题干矛盾，故C错误；
D、当时，，记，
则
所以，
令解得或，
因为不恒为零，所以在两边异号，
所以为的两个极值点，所以函数有两个极值点，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，令即可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，即可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，即可判断C；
令，求导后消去，整理得，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】解：由函数，
可得，
则，
所以该小球在时的瞬时速度为.
故答案为：.
【分析】根据题意得出，从而得到的值，进而得出该小球在时的瞬时速度.
13．【答案】0.34
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为服从正态分布，
则.
故答案为：0.34.
【分析】根据正态曲线的对称性可得，从而得出.
14．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：将四面体补成长方体，如图所示：
设，则，解得，
因为点分别是线段的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为直线平面，所以平面，
设平面与的交线分别为，
平面与平面分别交于，则，同理，
因此，同理，即四边形为平行四边形，且，
在中，，
，
则，设，则，
由，得，由，同理得，
因此，平行四边形围成一个平面区域，其面积为，
，当且仅当时取等号，则的面积的最大值为.
故答案为：.
【分析】将四面体补成长方体，使分别为面对角线，再利用线面垂直和性质、面面平行的性质确定平面区域形状，结合三角恒等变换及三角形面积公式列式，借助基本不等式求最大值即可.
15．【答案】（1）证明：法一：根据正弦定理，得：，
整理得：
因为，
所以，
由正弦定理可得.
法二：由，
由射影定理知
（因为），
所以.
（2）解：因为，
由余弦定理可得，
则，
又因为，
所以，
则，解得，
因为，
所以，
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）利用两种方法证明.
法一：根据正弦定理和三角恒等变换以及三角形内角和定理、诱导公式，从而化简证出成立.
法二：根据正弦定理和射影定理化简证出成立.
（2）根据余弦定理和完全平方公式，从而计算可得，再结合同角三角函数基本关系和三角形面积公式，从而计算得出的面积.
（1）法一：根据正弦定理，
整理得，
因为，所以，
由正弦定理可得；
法二：由，
由射影定理知（因为），
故.
（2）因为，由余弦定理可得，
即，又，故，
从而，解得，
因为，所以，
所以.
16．【答案】（1）证明：法一：将几何体补成四棱柱，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，
所以，，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
平面.
法二：∵四边形是菱形，∴⊥，
又因为平面，平面，
∴，，
故两两垂直，
以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
其中，
则，
设，
由，得，
由，得，
则，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
，
又因为平面，
平面.
（2）解：设，
取的中点，则，
因为四边形是菱形，则，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以面，
因为平面，所以，
因为且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，
又因为，
所以四边形为平行四边形，
则，，
故.
所以为二面角的平面角，
则，其中，
故，
故，
设平面的法向量为，
则
取，得，
平面与平面夹角的余弦值为，
平面与平面夹角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
法一：将几何体补成四棱柱，从而得到四边形为平行四边形，则，再利用线线平行证出线面平行，则平面.
法二：利用菱形的结构特征和线面垂直的定义，从而得到两两垂直，则建立空间直角直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得到平面的法向量，进而得到，则证出平面.
（2）设，作出辅助线，从而找到二面角的平面角为，再根据正切值得到方程，从而求出，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示求出平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式，从而得到平面与平面夹角的余弦值，进而得出平面与平面夹角.
（1）法一：将几何体补成四棱柱，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
又，
故，，
故四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，
平面.
法二：∵四边形是菱形，
∴⊥，
又平面，平面，
∴，，
故两两垂直，
以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
其中，
则，设，
由得，
由得，
则，
设平面的法向量为，
则，取，得，
，
又平面，
平面.
（2）设，取的中点，则，
又四边形是菱形，，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
故面，
因为平面，
则，
因为且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，
又，故四边形为平行四边形，
故，，故.
所以为二面角的平面角.
则，其中，故，
故，
设平面的法向量为，
则取，得，
，
平面与平面夹角的余弦值为，
平面与平面夹角为.
17．【答案】（1）证明：当时，.
先证明：，
设，
则，
则函数在上单调递增，且，
则；
再证：，
设，
则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，
所以，
则，
得，
所以，证毕.
（2）解：令，
得，
设，显然在上单调递增，
因为，
则，
依题意，方程有两个不等的实根，
显然，故存在两个不同的零点，
设，则，
（i）当时，则，，
此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意；
（ii）当时，此时，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使有两个零点，
则，解得，
综上可知，.
【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式、，则证出.
（2）将函数转化为，构造函数，则，从而得出，再利用导数判断函数h(x)的单调性，从而求出，再结合函数有两个零点，进而得出实数a的取值范围.
（1）当时，.
先证明：，
设，则，
所以函数在上单调递增，且，即；
再证：，
设，则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，
所以，即，得，
故，证毕.
（2）令，得，
设，显然在上单调递增，而，
则，依题意，方程有两个不等的实根，
显然，故存在两个不同的零点，
设，则，
（i）当时，则，，
此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意；
（ii）当时，此时，当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，所以，
要使有两个零点，则，解得，
综上可知，.
18．【答案】（1）解：将所给数据进行整理，得到如下列联表：
游客 短视频 合计
收看 未看
南方游客 200 100 300
北方游客 80 120 200
合计 280 220 500
零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
则认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）解：（i）设经过次传递后回到甲的概率为，
则，
所以，
又因为，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（ii）（方法一）
设第次传递时甲接到球的次数为，
则服从两点分布，，
设前次传递中球传到甲的次数为，
则
，
因为，
所以.
（方法二）
设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，
则服从两点分布，，
由题可知，，
因为，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
则，，
所以，.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；独立性检验的应用；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用已知条件完成列联表，再利用独立性检验的方法，从而认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，从而求出递推关系式，再结合等比数列的定义判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再根据等比数列的通项公式得出经过次传递后球回到甲的概率.
（ii）利用两种方法求解.
方法一：设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，再利用数学期望公式和，从而得出的数学期望.
方法二：设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，从而得出递推关系式，再结合等比数列的定义判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再结合等比数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用数学期望公式得出随机变量X的数学期望.
（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：
游客 短视频 合计
收看 未看
南方游客 200 100 300
北方游客 80 120 200
合计 280 220 500
零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，
，，
又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（ii）（方法一）
设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，
设前次传递中球传到甲的次数为，
，
因为，所以.
（方法二）
设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，
，由题可知，，
又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，
，，
，
故.
19．【答案】（1）解：设，
结合题意知，直线斜率不为0，
设直线，
因为直线与双曲线右支相交，所以，
联立双曲线方程，
得，
则，
则，
所以，
解得或（舍去），
则，
所以，直线的方程为.
（2）（i）解：若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，
设，直线，
由（1）同理可知：，
则，
注意到
令，
则
令，，
综上可知，的取值范围是.
（ii）证明：先证明为的垂心，只需证明，
注意到，
因为
，
同理可得，，
，
因此，
又因为，
所以为的垂心，
因此，
再证明四点共圆，只需证明：.
因为关于原点对称，则
同理可得，
则所以，
因此，
因此四点共圆.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设直线方程，再将直线方程与双曲线方程联立，再结合韦达定理、判别式法和弦长公式，从而得出满足要求的m的值，从而得出直线的方程.
（2）（i）由（1）得出PQ的长，再结合分类讨论的方法结合三角形的面积公式，从而将面积转化为函数问题，再结合换元法和二次型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（ii）利用已知条件和圆的性质，将四点共圆问题转化为数量积为0两向量垂直的等价关系和两直线垂直斜率之积等于-1，再根据图形的对称性和两直线到角公式，从而证出点为的垂心且四点共圆.
（1）设，
结合题意知直线斜率不为0，设直线，因为直线与双曲线右支相交，
故，
联立双曲线方程，得，
则，
故，
即，解得，或（舍去），
因此，从而直线的方程为.
（2）（i）若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，设，直线，
由（1）同理可知，
故
注意到
，
令，则，
令，
综上可知，的取值范围是.
（ii）先证明为的垂心，只需证明，
注意到，，
而
，
同理，
，
因此，又，故为的垂心，因此，
再证明四点共圆，即只需证明：.
因为关于原点对称，则，
同理可得；
则，即，
因此，因此四点共圆.
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