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四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·锦江期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意可得，故选项A、选项D均错误；
因为，
所以中含无理数元素，故C错误；
在集合中，当时，，
所以，则，故B正确.
故答案为：B.
【分析】由集合中含有元素可以判断出选项A和选项D；由集合中含无理数元素判断出选项C；当时，，得出，则判断出选项B，从而找出正确的选项.
2．（2024高二下·锦江期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法运算法则，从而计算可得复数.
3．（2024高二下·锦江期末）若，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；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：向量，
若，则，解得，即，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：D.
【分析】根据向量平行的坐标表示求得值，再根据投影向量的定义公式计算即可.
4．（2024高二下·锦江期末）在平面直角坐标系中，直线上有且仅有一点，使，则直线被圆截得的弦长为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：直线，
化为一般式，则直线，
因为直线上有且仅有一点，使，
则圆心到直线的距离，
所以，，
则圆圆心，
则.
故答案为：D.
【分析】利用点到直线的距离公式结合弦长公式，从而得出直线被圆截得的弦长.
5．（2024高二下·锦江期末）函数的部分图象如图所示，则 （　　）
A．1 B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可知，即，解得，
因为在函数的图象上，所以，
由，得到，因为，所以，
由，得到，则，
故.
故答案为：C.
【分析】由图求得，再计算即可.
6．（2024高二下·锦江期末）已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（　　）
A．36 B．42 C．72 D．84
【答案】C
【知识点】幂函数的图象与性质；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：①、函数和在上单调递减，在上单调递增，
则，有序数对的个数有：个；
②、若、和在上单调递减，
则，此时有序数对的个数有：个；
③、若和在上单调递减，在上单调递减增，
则，此时有序数对的个数有：个；
④、若和在上单调递减，在上单调递增，
则，此时有序数对的个数有：个；
综上所述：共有个.
故答案为：C.
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数求解即可.
7．（2024高二下·锦江期末）对于函数，若系数可以发生改变，则改变后对函数的单调性没有影响的是（　　）
A． B． C． D．b，c
【答案】C
【知识点】导数的四则运算；函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】解：函数，求导可得，与的对的正负性有影响，不影响的正负性，则对的单调性没有影响.
故答案为：C.
【分析】先求导，分析的正负性即可判断.
8．（2024高二下·锦江期末）已知椭圆，作垂直于轴的直线交椭圆于两点，作垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，两垂线相交于点，若点的轨迹是某种曲线（或其一部分），则该曲线是（　　）.
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】C
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，，则，
由和椭圆对称性，可取、，
则、，
消去，可得，
则，
则，
所以，点为双曲线上一点.
故答案为：C.
【分析】设出点坐标，再结合和椭圆的对称性，将点C，D的坐标代入椭圆方程，从而求出点的轨迹方程，进而得出该曲线的图形.
9．（2024高二下·锦江期末）某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．采用有放回简单随机抽样的方法抽取足够样本后对治疗情况进行检查，得到两种疗法治疗数据的列联表后，经计算得到，则可以认为（　　）
A．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果没有差异
B．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果存在差异
C．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果没有差异
D．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果存在差异
【答案】B,C
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：零假设为两种疗法相互独立，且两种疗法的效果没有差异，
因为，
根据小概率值的独立性检验，两种疗法的效果存在差异，故A错误、B正确；
因为，
根据小概率值的独立性检验，两种疗法的效果没有差异，故C正确、D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用给定的与、比较，则根据独立性检验的方法，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2024高二下·锦江期末）已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】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，，
因为函数在处取到极大值1，所以，故A正确；
由A可知①②两式相减可得，即，故B正确；
由②式可得，则，
由于函数在处取到极大值，则函数的附近单调性为左增右减，
则，当时，，
即，即，
即，即，则，故C正确，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】先求导，根据极值点导数意义即可判断AB；根据函数在处取到极大值，则函数在的附近单调性为“左增右减”，利用导数正负即可判断CD.
11．（2024高二下·锦江期末）已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（　　）
A．
B．
C．图2中，
D．图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：易知函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
A、设点，则点、，
，因为，解得，故A正确；
B、，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；
C、因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则、、、，
所以，，
在图2中，，故C正确；
D、在图2中，设点，，
可得，，，
则，
易知为锐角，则，
所以区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，故区域的面积，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值即可判断A；结合的取值范围求出的值即可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算即可判断C；求出，结合扇形的面积公式即可判断D.
12．（2024高二下·锦江期末）在 中，角 的对边分别为 ，已知 ，则 　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】 ，由正弦定理可得 ，又 ，
由余弦定理可得 ，
， .
故答案为： .
【分析】根据题意由正弦定理整理化简得到，再由余弦定理计算出cosA的值，由此得到角C的大小。
13．（2024高二下·锦江期末）在的展开式中，若各项系数和为0，则　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：在的展开式中，令时，，解得.
故答案为：.
【分析】根据在的展开式中，令求解的值即可.
14．（2024高二下·锦江期末）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为　 　.
【答案】
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：记第一次抽到第i号球的事件分别为，
则，，
记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，
因为，，两两互斥，和为，
则，，，
记第二次抽到3号球的事件为B，
则．
故答案为：.
【分析】记第一次抽到第i号球的事件分别为，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，再利用全概率公式得出第二次抽到3号球的概率.
15．（2024高二下·锦江期末）已知数列满足，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为d的等差数列，令，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明：由，
得，
整理得，
又因为，
所以，
所以，．
所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以．
（2）解：依题意，得：，
所以，
则
.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）先把已知条件转化成的形式，再根据等比数列的定义判断数列是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）先利用等差数列的性质得出，从而得出数列的通项公式，再利用分组求和的方法得出数列的前n项和.
（1）由，得，
整得，得，
又，所以，
故，．
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
故，从而．
（2）依题意，得
所以
从而
.
16．（2024高二下·锦江期末）已知，函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：，.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
若，在上恒成立，即函数在上单调递增；
若，令，解得，当时，，
当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）证明：由题意可得：，
令，则要证，即证恒成立，
即证，即证，需证，
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，即，则，
则，当且仅当时等号成立，故.
【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；基本不等式
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分、讨论，根据导函数的正负求函数的单调性即可；
（2）先化简函数，根据化简结果构造函数，再根据导数结合基本不等式得出函数的最小值得证.
（1）因为，
所以.
若，则在上恒成立.
若，则由，得，当时，，
当时，.
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）.
令，则要证，
即证恒成立，
即证，即证，需证.
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，即，
则，
则，当且仅当时，等号成立，从而，证毕.
17．（2024高二下·锦江期末）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角为锐二面角时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，，
是等边三角形，点是的中点，
又四边形是等腰梯形，且为的中点，
又，，平面，
平面，又平面，
（2）解法一：延长，，交于点，过点作，，垂足为，，连，
由（1）易知平面平面，，
平面平面，平面，
平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，又平面，
，
又，
为二面角的平面角，
则易知过，，三点的截面为梯形，设梯形的高为，
则，解得，
，又四边形是等腰梯形，且，，
为正三角形，，
，
，为正三角形；
为中点，，
，
即二面角的正弦值为；
解法二：过，分别作，，，垂足为，，，连接.
由（1）易知平面平面，
平面平面，平面
平面，又平面，
∵，且，平面，
平面，又平面，
，又
为二面角的平面角
过，，三点的截面为梯形，
则
，
，
，，
，
，
，
即二面角的正弦值为.

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】第一问根据线面垂直的判定定理即可证明；第二问根据面面垂直的性质求解，然后确定为二面角的平面角，解三角形即可求解.
18．（2024高二下·锦江期末）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）解：由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
因为，
所以.
（2）解：由题意可知，
所以，
因为，所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
令，，
则
所以
所以
，
所以，
则，
因为，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）由正方体的结构特征可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，再利用古典概率公式得出的值，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而求出的值.
（2）由题意可得，化简变形后结合等比数列的定义，则判断出数列是以为公比，为首项的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出，则得出数列的通项公式，令，则，再利用错位相减法求出，从而得出.
（1）由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
因为，
所以；
（2）由题意可知，
所以，
因为，所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
令，，
则，
所以，
所以
，
所以，
，
因为，
所以
19．（2024高二下·锦江期末）如图，在平面直角坐标系中，椭圆与抛物线交于第一象限的点，过点作抛物线的切线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，且满足．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）解：取的中点，连接，
易知是的中点，则，
又因为，所以，
则．
设，，
由，可得，
则直线的斜率，
由题意得
①-②得，
由，
得，
所以，
则，
则，
所以，
则，
故．
（2）解：方法一：若，
则由（1）知，
则椭圆：，
由（1）中，，
得直线的方程为：
，
联立，
整理得，
则，
因为在椭圆上，
所以，
又因为，，
所以，
则点与点关于原点对称，
则点的坐标为，
所以

，
则
易知，
则，
当且仅当时取等号，
令，设，
则，
当，，单调递增；
当，，单调递减，
则当时，取得最大值，且，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
则，当且仅当时取等号，则面积的最大值为．
方法二：若，则由（1）知，
则椭圆：，
设，
则直线的斜率为，直线BC的斜率为，
则直线的方程为，
联立得
消x得，
由（1）中A，B的纵坐标分别为，，
则，
又因为在上，
则，
则，
所以
，
则
，
令，
则，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以面积的最大值为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，从而可得，设，，利用导数的几何意义表示出，再由点差法得到，从而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而求出椭圆的离心率.
（2）先得到椭圆方程和直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元结合韦达定理，从而表示出，，再由表示出三角形面积，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出面积的最大值.
（1）取的中点，连接，
易知是的中点，则，
又，故，故．
设，，由，可得，
则直线的斜率．由题意得
①-②得，
又由，得，
故，故，
即，所以，即，故．
（2）方法一：若，则由（1）知，则：，
由（1）中，，得直线的方程为，
联立，整理得，
故，
又因为在椭圆上，所以，
因为，，所以，
点与点关于原点对称，则点的坐标为，
所以，
，
．
易知，则，当且仅当时取等号．
令，设，则，
故当，，单调递增；当，，单调递减，
故当时，取得最大值，且，
故，
当且仅当即时取等号，故，
当且仅当时取等号，故面积的最大值为．
方法二：若，则由（1）知，则：，
设，则直线的斜率为，直线BC的斜率为，
则直线的方程为，
联立，得，
由（1）中A，B的纵坐标分别为，，得，
又因为在上，则，则，
故，
，
故
，
令，则，即，当且仅当时，等号成立，
所以，
当且仅当时，即时等号成立，所以面积的最大值为．
1 / 1四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·锦江期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·锦江期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·锦江期末）若，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·锦江期末）在平面直角坐标系中，直线上有且仅有一点，使，则直线被圆截得的弦长为（　　）
A．2 B． C．4 D．
5．（2024高二下·锦江期末）函数的部分图象如图所示，则 （　　）
A．1 B． C．3 D．
6．（2024高二下·锦江期末）已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（　　）
A．36 B．42 C．72 D．84
7．（2024高二下·锦江期末）对于函数，若系数可以发生改变，则改变后对函数的单调性没有影响的是（　　）
A． B． C． D．b，c
8．（2024高二下·锦江期末）已知椭圆，作垂直于轴的直线交椭圆于两点，作垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，两垂线相交于点，若点的轨迹是某种曲线（或其一部分），则该曲线是（　　）.
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
9．（2024高二下·锦江期末）某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．采用有放回简单随机抽样的方法抽取足够样本后对治疗情况进行检查，得到两种疗法治疗数据的列联表后，经计算得到，则可以认为（　　）
A．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果没有差异
B．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果存在差异
C．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果没有差异
D．根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），两种疗法的效果存在差异
10．（2024高二下·锦江期末）已知函数在处取到极大值1，则以下结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2024高二下·锦江期末）已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（　　）
A．
B．
C．图2中，
D．图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于
12．（2024高二下·锦江期末）在 中，角 的对边分别为 ，已知 ，则 　 　．
13．（2024高二下·锦江期末）在的展开式中，若各项系数和为0，则　 　.
14．（2024高二下·锦江期末）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从放入球的盒子中任取一个球，则第二次抽到3号球的概率为　 　.
15．（2024高二下·锦江期末）已知数列满足，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为d的等差数列，令，求数列的前n项和.
16．（2024高二下·锦江期末）已知，函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：，.
17．（2024高二下·锦江期末）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角为锐二面角时，求二面角的正弦值.
18．（2024高二下·锦江期末）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.
（1）求；
（2）求.
19．（2024高二下·锦江期末）如图，在平面直角坐标系中，椭圆与抛物线交于第一象限的点，过点作抛物线的切线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，且满足．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，求面积的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：依题意可得，故选项A、选项D均错误；
因为，
所以中含无理数元素，故C错误；
在集合中，当时，，
所以，则，故B正确.
故答案为：B.
【分析】由集合中含有元素可以判断出选项A和选项D；由集合中含无理数元素判断出选项C；当时，，得出，则判断出选项B，从而找出正确的选项.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法运算法则，从而计算可得复数.
3．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；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：向量，
若，则，解得，即，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：D.
【分析】根据向量平行的坐标表示求得值，再根据投影向量的定义公式计算即可.
4．【答案】D
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：直线，
化为一般式，则直线，
因为直线上有且仅有一点，使，
则圆心到直线的距离，
所以，，
则圆圆心，
则.
故答案为：D.
【分析】利用点到直线的距离公式结合弦长公式，从而得出直线被圆截得的弦长.
5．【答案】C
【知识点】函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可知，即，解得，
因为在函数的图象上，所以，
由，得到，因为，所以，
由，得到，则，
故.
故答案为：C.
【分析】由图求得，再计算即可.
6．【答案】C
【知识点】幂函数的图象与性质；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：①、函数和在上单调递减，在上单调递增，
则，有序数对的个数有：个；
②、若、和在上单调递减，
则，此时有序数对的个数有：个；
③、若和在上单调递减，在上单调递减增，
则，此时有序数对的个数有：个；
④、若和在上单调递减，在上单调递增，
则，此时有序数对的个数有：个；
综上所述：共有个.
故答案为：C.
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数求解即可.
7．【答案】C
【知识点】导数的四则运算；函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】解：函数，求导可得，与的对的正负性有影响，不影响的正负性，则对的单调性没有影响.
故答案为：C.
【分析】先求导，分析的正负性即可判断.
8．【答案】C
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设，，则，
由和椭圆对称性，可取、，
则、，
消去，可得，
则，
则，
所以，点为双曲线上一点.
故答案为：C.
【分析】设出点坐标，再结合和椭圆的对称性，将点C，D的坐标代入椭圆方程，从而求出点的轨迹方程，进而得出该曲线的图形.
9．【答案】B,C
【知识点】独立性检验的应用
【解析】【解答】解：零假设为两种疗法相互独立，且两种疗法的效果没有差异，
因为，
根据小概率值的独立性检验，两种疗法的效果存在差异，故A错误、B正确；
因为，
根据小概率值的独立性检验，两种疗法的效果没有差异，故C正确、D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用给定的与、比较，则根据独立性检验的方法，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】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，，
因为函数在处取到极大值1，所以，故A正确；
由A可知①②两式相减可得，即，故B正确；
由②式可得，则，
由于函数在处取到极大值，则函数的附近单调性为左增右减，
则，当时，，
即，即，
即，即，则，故C正确，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】先求导，根据极值点导数意义即可判断AB；根据函数在处取到极大值，则函数在的附近单调性为“左增右减”，利用导数正负即可判断CD.
11．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：易知函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
A、设点，则点、，
，因为，解得，故A正确；
B、，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；
C、因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则、、、，
所以，，
在图2中，，故C正确；
D、在图2中，设点，，
可得，，，
则，
易知为锐角，则，
所以区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，故区域的面积，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值即可判断A；结合的取值范围求出的值即可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算即可判断C；求出，结合扇形的面积公式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】 ，由正弦定理可得 ，又 ，
由余弦定理可得 ，
， .
故答案为： .
【分析】根据题意由正弦定理整理化简得到，再由余弦定理计算出cosA的值，由此得到角C的大小。
13．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：在的展开式中，令时，，解得.
故答案为：.
【分析】根据在的展开式中，令求解的值即可.
14．【答案】
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：记第一次抽到第i号球的事件分别为，
则，，
记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，
因为，，两两互斥，和为，
则，，，
记第二次抽到3号球的事件为B，
则．
故答案为：.
【分析】记第一次抽到第i号球的事件分别为，记第二次在第i号盒内抽到3号球的事件分别为，再利用全概率公式得出第二次抽到3号球的概率.
15．【答案】（1）证明：由，
得，
整理得，
又因为，
所以，
所以，．
所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以．
（2）解：依题意，得：，
所以，
则
.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）先把已知条件转化成的形式，再根据等比数列的定义判断数列是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）先利用等差数列的性质得出，从而得出数列的通项公式，再利用分组求和的方法得出数列的前n项和.
（1）由，得，
整得，得，
又，所以，
故，．
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
故，从而．
（2）依题意，得
所以
从而
.
16．【答案】（1）解：函数定义域为，，
若，在上恒成立，即函数在上单调递增；
若，令，解得，当时，，
当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）证明：由题意可得：，
令，则要证，即证恒成立，
即证，即证，需证，
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，即，则，
则，当且仅当时等号成立，故.
【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；基本不等式
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分、讨论，根据导函数的正负求函数的单调性即可；
（2）先化简函数，根据化简结果构造函数，再根据导数结合基本不等式得出函数的最小值得证.
（1）因为，
所以.
若，则在上恒成立.
若，则由，得，当时，，
当时，.
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）.
令，则要证，
即证恒成立，
即证，即证，需证.
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则，即，
则，
则，当且仅当时，等号成立，从而，证毕.
17．【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，，
是等边三角形，点是的中点，
又四边形是等腰梯形，且为的中点，
又，，平面，
平面，又平面，
（2）解法一：延长，，交于点，过点作，，垂足为，，连，
由（1）易知平面平面，，
平面平面，平面，
平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，又平面，
，
又，
为二面角的平面角，
则易知过，，三点的截面为梯形，设梯形的高为，
则，解得，
，又四边形是等腰梯形，且，，
为正三角形，，
，
，为正三角形；
为中点，，
，
即二面角的正弦值为；
解法二：过，分别作，，，垂足为，，，连接.
由（1）易知平面平面，
平面平面，平面
平面，又平面，
∵，且，平面，
平面，又平面，
，又
为二面角的平面角
过，，三点的截面为梯形，
则
，
，
，，
，
，
，
即二面角的正弦值为.

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】第一问根据线面垂直的判定定理即可证明；第二问根据面面垂直的性质求解，然后确定为二面角的平面角，解三角形即可求解.
18．【答案】（1）解：由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
因为，
所以.
（2）解：由题意可知，
所以，
因为，所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
令，，
则
所以
所以
，
所以，
则，
因为，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的求和；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）由正方体的结构特征可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，再利用古典概率公式得出的值，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而求出的值.
（2）由题意可得，化简变形后结合等比数列的定义，则判断出数列是以为公比，为首项的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出，则得出数列的通项公式，令，则，再利用错位相减法求出，从而得出.
（1）由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
因为，
所以；
（2）由题意可知，
所以，
因为，所以，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
令，，
则，
所以，
所以
，
所以，
，
因为，
所以
19．【答案】（1）解：取的中点，连接，
易知是的中点，则，
又因为，所以，
则．
设，，
由，可得，
则直线的斜率，
由题意得
①-②得，
由，
得，
所以，
则，
则，
所以，
则，
故．
（2）解：方法一：若，
则由（1）知，
则椭圆：，
由（1）中，，
得直线的方程为：
，
联立，
整理得，
则，
因为在椭圆上，
所以，
又因为，，
所以，
则点与点关于原点对称，
则点的坐标为，
所以

，
则
易知，
则，
当且仅当时取等号，
令，设，
则，
当，，单调递增；
当，，单调递减，
则当时，取得最大值，且，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，
则，当且仅当时取等号，则面积的最大值为．
方法二：若，则由（1）知，
则椭圆：，
设，
则直线的斜率为，直线BC的斜率为，
则直线的方程为，
联立得
消x得，
由（1）中A，B的纵坐标分别为，，
则，
又因为在上，
则，
则，
所以
，
则
，
令，
则，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以面积的最大值为．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，从而可得，设，，利用导数的几何意义表示出，再由点差法得到，从而求出的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而求出椭圆的离心率.
（2）先得到椭圆方程和直线的方程，再联立直线与椭圆方程，消元结合韦达定理，从而表示出，，再由表示出三角形面积，再利用基本不等式求最值的方法，从而求出面积的最大值.
（1）取的中点，连接，
易知是的中点，则，
又，故，故．
设，，由，可得，
则直线的斜率．由题意得
①-②得，
又由，得，
故，故，
即，所以，即，故．
（2）方法一：若，则由（1）知，则：，
由（1）中，，得直线的方程为，
联立，整理得，
故，
又因为在椭圆上，所以，
因为，，所以，
点与点关于原点对称，则点的坐标为，
所以，
，
．
易知，则，当且仅当时取等号．
令，设，则，
故当，，单调递增；当，，单调递减，
故当时，取得最大值，且，
故，
当且仅当即时取等号，故，
当且仅当时取等号，故面积的最大值为．
方法二：若，则由（1）知，则：，
设，则直线的斜率为，直线BC的斜率为，
则直线的方程为，
联立，得，
由（1）中A，B的纵坐标分别为，，得，
又因为在上，则，则，
故，
，
故
，
令，则，即，当且仅当时，等号成立，
所以，
当且仅当时，即时等号成立，所以面积的最大值为．
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