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浙江省金华十校2024-2025学年高二下学期期末调研考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·金华期末）已知为虚数单位，（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：展开得：
因为
所以
故答案为：B.
【分析】本题考查虚数的运算，利用完全平方公式展开复数表达式，再结合虚数单位i的基本性质进行化简，从而得出结果.
2．（2025高二下·金华期末）已知集合，，则中元素的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由对数型复合函数的定义域概念可得：，即，
所以，
所以，两个元素，
故答案为：C.
【分析】先根据对数函数的定义域求出集合B，再通过交集运算求出，最后确定其中元素的个数.
3．（2025高二下·金华期末）如图，等腰梯形为某圆台的轴截面，满足，则该圆台的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，
设圆台的高为h，则.
故答案为：C.
【分析】首先要计算圆台的体积，需先根据轴截面（等腰梯形）确定圆台的上、下底面半径和高，再代入圆台体积公式求解.
4．（2025高二下·金华期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，则.
故答案为：D.
【分析】本题需要利用三角函数的降幂公式和诱导公式，将进行转化，再代入已知条件计算.
5．（2025高二下·金华期末）已知向量是平面内的一组基底，则“，的夹角为锐角”是“”成立的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】充要条件；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解∵向量是平面内的一组基底，∴向量，不共线.
由，的夹角为锐角可得，所以，所以“，的夹角为锐角”是“”成立的充分条件；
由可得，即.
又向量，不共线，所以，的夹角为锐角，“，的夹角为锐角”是“”成立的必要条件.
综上，“，的夹角为锐角”是“”成立的充要条件.
故答案为：C.
【分析】由基底性质得、不共线，再依据数量积公式，分别推导“夹角为锐角”与“”的互推关系，判断条件类型.
6．（2025高二下·金华期末）已知实数，正方形满足轴，且分别在，，的图象上，若正方形的面积为36，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为轴，点分别在上，
所以，化简得.
而，因为正方形的边长相等，所以，
即，
化简得.
因为正方形的面积为36，所以边长为6，
所以，解得，
所以，又，所以.
故答案为：A.
【分析】设出、、的坐标，根据轴得纵坐标关系，结合对数运算化简得到坐标间联系，然后利用正方形边长相等（ ）和面积求出边长，建立关于和的方程，进而求解.
7．（2025高二下·金华期末）如图所示的九宫格中共有个格点，若在其中任取3个格点，恰好能构成三角形的取法共有（　　）种.
A．528 B．524 C．520 D．516
【答案】D
【知识点】组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从个点中取个点共有种情况，
①四点共线的有种情况，从共线的个点中取个点都不能构成三角形，
所以在四点共线的情况下不能构成三角形的取法共有种情况，
②三点共线的共有种情况，所以不能构成三角形的取法共有种情况，
所以能够成三角形的取法共有种情况.
故答案为：D.
【分析】本题通过间接法计算能构成三角形的格点取法，先求出从所有格点中任取3个点的总取法，再减去不能构成三角形（即三点共线或四点共线中取3点）的取法，从而得到结果.
8．（2025高二下·金华期末）某平面四边形中，，，，设，.当的面积取得最大值时，的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，
所以，所以，
在由正弦定理得，
所以
因为
所以
，
因为所以所以当即时，
此时的面积取得最大值.
故答案为：B.
【分析】本题需通过解三角形（余弦定理、正弦定理），将的面积表示为关于的三角函数，再利用三角函数的性质求面积最大时的值.关键步骤：先在中求及角的关系，再在中用正弦定理表示，最后推导面积表达式并求最值.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2025高二下·金华期末）已知实数，，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：A、取，满足，，且，不符合，A错误.
B、由，，且，由基本不等式可得，当且仅当取到等号，B正确.
C、由可得，结合，故，，则，C正确.
D、，结合，故，当且仅当取到等号，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A、通过构造具体的、值（满足但不满足且 ），利用举反例法否定结论.
B、依据基本不等式（，等号当且仅当时成立 ），代入，直接推导的最大值，判断不等式是否成立.
C、先由变形得到，结合确定的取值范围（ ），再通过代换将转化为关于的表达式（ ），最后利用不等式性质推导的范围，判断结论.
D、先对通分变形为，结合转化为，再依据选项B中的结论，利用不等式性质推导的范围，判断不等式是否成立.
10．（2025高二下·金华期末）下列命题正确的是（　　）
A．若事件A，B相互独立，则
B．若，，，则
C．已知随机变量，且，则
D．线性相关模型中，相关系数越大，两个变量的线性相关程度越强
【答案】A,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、若事件A，B相互独立，则，A选项正确；
B、若，，，则，B选项错误；
C、已知随机变量，且，所以，
所以，C选项正确；
D、若变量，的样本相关系数越接近于1，则，的线性相关度越大，D选项错误；
故答案为：AC.
【分析】A、根据独立事件的定义，判断其概率乘法公式是否成立.
B、运用条件概率公式，代入数据计算并验证.
C、借助正态分布的对称性（以均值为对称轴 ），结合已知概率推导目标概率.
D、明确线性相关系数与线性相关程度的关联（越趋近于，线性相关越强 ），判断命题正误.
11．（2025高二下·金华期末）定义在上的非常数函数满足，且，则（　　）
A． B．是的一条对称轴
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；基本不等式
【解析】【解答】解：A、赋值，原等式变为：，代入，得：，因 是“非常数函数”（不恒为0 ），故（若 不恒为0，等式两边约去 ），A错误；
B、赋值，原等式变为：，代入、，得
由函数对称性定义：若，则 是对称轴。此处，故 是对称轴，B正确；
C、令，得，
则，当且仅当时等号成立，C正确；
D、令，得，
因为，所以，
则，即，
则，故，
所以函数是一个周期为4的周期函数，
由，，，
则，，，
则，
则，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：通过赋值，结合“非常数函数不恒为0”推导；
B：赋值，利用“”判断对称轴；
C、赋值，可得，进而结合重要不等式即可判断C；
D、赋值可得，进而得到函数是周期为4的周期函数，进而求解判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·金华期末）除以8的余数为　 　.
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由二项式定理可知：，
∴除以8的余数为.
故答案为：.
【分析】本题要计算除以8的余数 ，可将9转化为8 + 1，然后利用二项式定理展开，根据展开式中各项与8的倍数关系，确定余数.
13．（2025高二下·金华期末）若是曲线的切线，则　 　.
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：设直线与曲线相切的切点为，
由，求导得，则，解得，
由切点在直线上，得，所以.
故答案为：.
【分析】本题要解决直线是曲线切线时求参数a的值，需利用导数的几何意义（函数在切点处的导数等于切线的斜率 ），先设出切点坐标，通过求导得出切线斜率，结合已知切线斜率列方程求出切点横坐标，再将切点代入切线方程求出a.
14．（2025高二下·金华期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数的单调性；棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：
如图所示，当点为线段中点时，截面为，其中为中点，周长为；
当点为线段内部时，截面为，其中平行且相等，平行且相等，，，
周长取值范围是，
当截面为（其中平行，且分别在棱上）时，周长大于且可以任意接近于四边形的周长，
但小于等于四边形的周长.
当截面为（其中平行，分别在线段上，在线段上，交于延长线上的一点）时，
方法一：
如图所示，利用初中几何知识可证路径长度在路径和路径之间，
∴截面的周长介于四边形的周长与截面的周长之间，
综上，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是.
方法二：
设，，，，，
，
，，，，
，，，，
，
，
截面周长为，
，
求导，
∴函数单调递增，所以截面的周长介于四边形的周长与截面的周之间，
所以，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题围绕正方体截面周长取值范围，需结合正方体结构，分析点P运动时截面的变化情况，然后利用几何直观与函数单调性，通过研究特殊位置（中点、端点附近 ）的截面形状，推导周长的最值，确定取值范围.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高二下·金华期末）2025年3月9日，国家卫生健康委员会在第十四届全国人大三次会议民生主题记者会上表示，实施“体重管理年”3年行动.某公司为了响应国家号召，收集了总共100名30-40岁之间员工的BMI指数（BMI=体重÷身高），绘制成如下图的频率分布直方图.若该公司超重的人数占40%.（BMI≥24为超重）
（1）求实数s，t的值，并求该公司员工BMI指数的众数；
（2）该公司把超重的员工按性别单独做了统计，补全下面列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析超重是否与性别有关.
性别 正常 超重 合计
男 20
女 20
合计 100
附：列联表参考公式：，其中.
临界值表：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
【答案】（1）解：由该公司超重的人数占40%可得，解得，
由频率分布直方图可得，解得，
由频率分布直方图可知BMI指数为时频率最高，则众数为.
综上所述：，，众数为23.5.
（2）解：由（1）可知超重的总人数为，则补全列联表可得下表：
性别 正常 超重 合计
男 40 20 60
女 20 20 40
合计 60 40 100
零假设为：性别与超重无关联，根据残联表中的数据，
经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与超重有关联.
【知识点】频率分布直方图；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图的性质，根据题目中所给的频率，建立方程，可得答案；
（2）先由超重频率求出超重总人数，补全列联表，再代入独立性检验公式计算，与临界值比较，判断超重与性别是否有关.
（1）由该公司超重的人数占40%可得，解得，
由频率分布直方图可得，解得，
由频率分布直方图可知BMI指数为时频率最高，则众数为.
（2）由（1）可知超重的总人数为，则补全列联表可得下表：
性别 正常 超重 合计
男 40 20 60
女 20 20 40
合计 60 40 100
零假设为：性别与超重无关联，根据残联表中的数据，
经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与超重有关联.
16．（2025高二下·金华期末）已知为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，
（1）求；
（2）若，求面积的取值范围.
【答案】（1）解： 由余弦定理，，
结合题意得，
解得：.
（2）解：由题意得，为锐角三角形，，则，
由正弦定理得，即，
.
.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）用余弦定理，结合已知边的关系，直接求解角C；
（2）由正弦定理，可得，则，然后由可得答案.
（1）由余弦定理，，
结合题意得，即.
（2）由题意，为锐角三角形，，则，.
由正弦定理得，即，
..
17．（2025高二下·金华期末）如图1所示，四边形满足，过点作，点在线段上，且满足，将沿直线翻折到的位置（图2），.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：由翻折的性质，可得，且
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）方法一：解：连接AC，BD交于点，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
作，连接，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
方法二：解：以点为原点，以所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量为，
设，则，即，解得，即，
设平面的法向量为，且，
则，即，取，可得，所以，
设平面与平面所处二面角的平面角为，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用翻折性质（垂直关系不变 ），结合“线面垂直判定定理”（ 平面 ），推导.
（2）通过空间直角坐标系，确定各点坐标，利用“向量垂直条件”（ ）求 点，再求两平面法向量，用法向量夹角公式计算二面角余弦值.
（1）证明：由翻折的性质，可得，且
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：方法一：连接AC，BD交于点，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
作，连接，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
法二：以点为原点，以所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量为，
设，则，即，解得，即，
设平面的法向量为，且，
则，即，取，可得，所以，
设平面与平面所处二面角的平面角为，则.
18．（2025高二下·金华期末）已知函数，其中.
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）试比较2.8与的大小并证明.
【答案】（1）解：函数的定义域为，当时，，
求导得，
由，得，
所以函数的单调递增区间是.
（2）解：由题意得，，，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
，由恒成立，得恒成立，
则，即，解得，
所以的取值范围是.
（3），
证明：由（2）知，当时，，即，
令，有，而，
，
则，两边取对数得，所以.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）代入，求导后解导数大于的不等式，确定单调递增区间.
（2）求导分析函数单调性，得最小值表达式，结合恒成立条件解不等式，确定的范围.
（3）利用（2）中结论，取特定值得到不等式，代入放缩证明数值大小.
（1）函数的定义域为，当时，，
求导得，
由，得，
所以函数的单调递增区间是.
（2）依题意，，，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
，由恒成立，得恒成立，
则，即，解得，
所以的取值范围是.
（3）由（2）知，当时，，即，
令，有，而，
，
则，两边取对数得，所以.
19．（2025高二下·金华期末）某实验室对某二进制数码串传输进行测试，初始二进制数码串是长度为的且全部由0组成的数码串.传输过程中，每位数码以概率传输记为0，以概率传输记为1，其中，每位数码的传输相互独立，并设事件为“传输结果各位数字之和为偶数”的事件.
（1）当时，求；
（2）证明：对任意的正整数，有；
（3）在传输结果中任取一位数码，记“取到1”的事件为，问：是否存在最大值？若存在，求出使取到最大值的正整数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：.
（2）证明：传输结果各位数字之和为奇数的概率为，
传输结果的数码个数为偶数的概率为，
由，
.
（3）解：当时，不存在最大值；当时，恒为常数；当时，在时取到最大值.理由如下：
记，
则
①当时，，
②当时，，，即单调递增，不存在最大值.
③当时，正负无法确定，
当为奇数时，，当为偶数时，，
要使取到最大值，应取偶数，记，，
，
，
单调递减，，
综上所述：
当时，不存在最大值：
当时，恒为常数；
当时，在时取到最大值.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项式定理的应用；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）：利用独立重复试验概率公式，枚举“和为偶数”的情况（0个1或2个1 ）计算.
（2）：通过二项式定理，构造 与 的和差关系，联立求解得通项.
（3）：用条件概率公式拆分，构造函数，结合 的符号分类讨论单调性，确定最大值.
（1）.
（2）传输结果各位数字之和为奇数的概率为，
传输结果的数码个数为偶数的概率为，
由，
.
（3）
记，
则
①当时，，
②当时，，，即单调递增，不存在最大值.
③当时，正负无法确定，
当为奇数时，，当为偶数时，，
要使取到最大值，应取偶数，记，，
，
，
单调递减，，
综上所述：
当时，不存在最大值：
当时，恒为常数；
当时，在时取到最大值.
1 / 1浙江省金华十校2024-2025学年高二下学期期末调研考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·金华期末）已知为虚数单位，（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·金华期末）已知集合，，则中元素的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2025高二下·金华期末）如图，等腰梯形为某圆台的轴截面，满足，则该圆台的体积为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·金华期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·金华期末）已知向量是平面内的一组基底，则“，的夹角为锐角”是“”成立的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2025高二下·金华期末）已知实数，正方形满足轴，且分别在，，的图象上，若正方形的面积为36，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·金华期末）如图所示的九宫格中共有个格点，若在其中任取3个格点，恰好能构成三角形的取法共有（　　）种.
A．528 B．524 C．520 D．516
8．（2025高二下·金华期末）某平面四边形中，，，，设，.当的面积取得最大值时，的值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2025高二下·金华期末）已知实数，，且，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·金华期末）下列命题正确的是（　　）
A．若事件A，B相互独立，则
B．若，，，则
C．已知随机变量，且，则
D．线性相关模型中，相关系数越大，两个变量的线性相关程度越强
11．（2025高二下·金华期末）定义在上的非常数函数满足，且，则（　　）
A． B．是的一条对称轴
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·金华期末）除以8的余数为　 　.
13．（2025高二下·金华期末）若是曲线的切线，则　 　.
14．（2025高二下·金华期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高二下·金华期末）2025年3月9日，国家卫生健康委员会在第十四届全国人大三次会议民生主题记者会上表示，实施“体重管理年”3年行动.某公司为了响应国家号召，收集了总共100名30-40岁之间员工的BMI指数（BMI=体重÷身高），绘制成如下图的频率分布直方图.若该公司超重的人数占40%.（BMI≥24为超重）
（1）求实数s，t的值，并求该公司员工BMI指数的众数；
（2）该公司把超重的员工按性别单独做了统计，补全下面列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析超重是否与性别有关.
性别 正常 超重 合计
男 20
女 20
合计 100
附：列联表参考公式：，其中.
临界值表：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
16．（2025高二下·金华期末）已知为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，
（1）求；
（2）若，求面积的取值范围.
17．（2025高二下·金华期末）如图1所示，四边形满足，过点作，点在线段上，且满足，将沿直线翻折到的位置（图2），.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2025高二下·金华期末）已知函数，其中.
（1）当时，求的单调递增区间；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）试比较2.8与的大小并证明.
19．（2025高二下·金华期末）某实验室对某二进制数码串传输进行测试，初始二进制数码串是长度为的且全部由0组成的数码串.传输过程中，每位数码以概率传输记为0，以概率传输记为1，其中，每位数码的传输相互独立，并设事件为“传输结果各位数字之和为偶数”的事件.
（1）当时，求；
（2）证明：对任意的正整数，有；
（3）在传输结果中任取一位数码，记“取到1”的事件为，问：是否存在最大值？若存在，求出使取到最大值的正整数；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：展开得：
因为
所以
故答案为：B.
【分析】本题考查虚数的运算，利用完全平方公式展开复数表达式，再结合虚数单位i的基本性质进行化简，从而得出结果.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由对数型复合函数的定义域概念可得：，即，
所以，
所以，两个元素，
故答案为：C.
【分析】先根据对数函数的定义域求出集合B，再通过交集运算求出，最后确定其中元素的个数.
3．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，
设圆台的高为h，则.
故答案为：C.
【分析】首先要计算圆台的体积，需先根据轴截面（等腰梯形）确定圆台的上、下底面半径和高，再代入圆台体积公式求解.
4．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，则.
故答案为：D.
【分析】本题需要利用三角函数的降幂公式和诱导公式，将进行转化，再代入已知条件计算.
5．【答案】C
【知识点】充要条件；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解∵向量是平面内的一组基底，∴向量，不共线.
由，的夹角为锐角可得，所以，所以“，的夹角为锐角”是“”成立的充分条件；
由可得，即.
又向量，不共线，所以，的夹角为锐角，“，的夹角为锐角”是“”成立的必要条件.
综上，“，的夹角为锐角”是“”成立的充要条件.
故答案为：C.
【分析】由基底性质得、不共线，再依据数量积公式，分别推导“夹角为锐角”与“”的互推关系，判断条件类型.
6．【答案】A
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为轴，点分别在上，
所以，化简得.
而，因为正方形的边长相等，所以，
即，
化简得.
因为正方形的面积为36，所以边长为6，
所以，解得，
所以，又，所以.
故答案为：A.
【分析】设出、、的坐标，根据轴得纵坐标关系，结合对数运算化简得到坐标间联系，然后利用正方形边长相等（ ）和面积求出边长，建立关于和的方程，进而求解.
7．【答案】D
【知识点】组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：从个点中取个点共有种情况，
①四点共线的有种情况，从共线的个点中取个点都不能构成三角形，
所以在四点共线的情况下不能构成三角形的取法共有种情况，
②三点共线的共有种情况，所以不能构成三角形的取法共有种情况，
所以能够成三角形的取法共有种情况.
故答案为：D.
【分析】本题通过间接法计算能构成三角形的格点取法，先求出从所有格点中任取3个点的总取法，再减去不能构成三角形（即三点共线或四点共线中取3点）的取法，从而得到结果.
8．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，
所以，所以，
在由正弦定理得，
所以
因为
所以
，
因为所以所以当即时，
此时的面积取得最大值.
故答案为：B.
【分析】本题需通过解三角形（余弦定理、正弦定理），将的面积表示为关于的三角函数，再利用三角函数的性质求面积最大时的值.关键步骤：先在中求及角的关系，再在中用正弦定理表示，最后推导面积表达式并求最值.
9．【答案】B,C
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：A、取，满足，，且，不符合，A错误.
B、由，，且，由基本不等式可得，当且仅当取到等号，B正确.
C、由可得，结合，故，，则，C正确.
D、，结合，故，当且仅当取到等号，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A、通过构造具体的、值（满足但不满足且 ），利用举反例法否定结论.
B、依据基本不等式（，等号当且仅当时成立 ），代入，直接推导的最大值，判断不等式是否成立.
C、先由变形得到，结合确定的取值范围（ ），再通过代换将转化为关于的表达式（ ），最后利用不等式性质推导的范围，判断结论.
D、先对通分变形为，结合转化为，再依据选项B中的结论，利用不等式性质推导的范围，判断不等式是否成立.
10．【答案】A,C
【知识点】样本相关系数r及其数字特征；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：A、若事件A，B相互独立，则，A选项正确；
B、若，，，则，B选项错误；
C、已知随机变量，且，所以，
所以，C选项正确；
D、若变量，的样本相关系数越接近于1，则，的线性相关度越大，D选项错误；
故答案为：AC.
【分析】A、根据独立事件的定义，判断其概率乘法公式是否成立.
B、运用条件概率公式，代入数据计算并验证.
C、借助正态分布的对称性（以均值为对称轴 ），结合已知概率推导目标概率.
D、明确线性相关系数与线性相关程度的关联（越趋近于，线性相关越强 ），判断命题正误.
11．【答案】B,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；基本不等式
【解析】【解答】解：A、赋值，原等式变为：，代入，得：，因 是“非常数函数”（不恒为0 ），故（若 不恒为0，等式两边约去 ），A错误；
B、赋值，原等式变为：，代入、，得
由函数对称性定义：若，则 是对称轴。此处，故 是对称轴，B正确；
C、令，得，
则，当且仅当时等号成立，C正确；
D、令，得，
因为，所以，
则，即，
则，故，
所以函数是一个周期为4的周期函数，
由，，，
则，，，
则，
则，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】A：通过赋值，结合“非常数函数不恒为0”推导；
B：赋值，利用“”判断对称轴；
C、赋值，可得，进而结合重要不等式即可判断C；
D、赋值可得，进而得到函数是周期为4的周期函数，进而求解判断D.
12．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由二项式定理可知：，
∴除以8的余数为.
故答案为：.
【分析】本题要计算除以8的余数 ，可将9转化为8 + 1，然后利用二项式定理展开，根据展开式中各项与8的倍数关系，确定余数.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：设直线与曲线相切的切点为，
由，求导得，则，解得，
由切点在直线上，得，所以.
故答案为：.
【分析】本题要解决直线是曲线切线时求参数a的值，需利用导数的几何意义（函数在切点处的导数等于切线的斜率 ），先设出切点坐标，通过求导得出切线斜率，结合已知切线斜率列方程求出切点横坐标，再将切点代入切线方程求出a.
14．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；利用导数研究函数的单调性；棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：
如图所示，当点为线段中点时，截面为，其中为中点，周长为；
当点为线段内部时，截面为，其中平行且相等，平行且相等，，，
周长取值范围是，
当截面为（其中平行，且分别在棱上）时，周长大于且可以任意接近于四边形的周长，
但小于等于四边形的周长.
当截面为（其中平行，分别在线段上，在线段上，交于延长线上的一点）时，
方法一：
如图所示，利用初中几何知识可证路径长度在路径和路径之间，
∴截面的周长介于四边形的周长与截面的周长之间，
综上，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是.
方法二：
设，，，，，
，
，，，，
，，，，
，
，
截面周长为，
，
求导，
∴函数单调递增，所以截面的周长介于四边形的周长与截面的周之间，
所以，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题围绕正方体截面周长取值范围，需结合正方体结构，分析点P运动时截面的变化情况，然后利用几何直观与函数单调性，通过研究特殊位置（中点、端点附近 ）的截面形状，推导周长的最值，确定取值范围.
15．【答案】（1）解：由该公司超重的人数占40%可得，解得，
由频率分布直方图可得，解得，
由频率分布直方图可知BMI指数为时频率最高，则众数为.
综上所述：，，众数为23.5.
（2）解：由（1）可知超重的总人数为，则补全列联表可得下表：
性别 正常 超重 合计
男 40 20 60
女 20 20 40
合计 60 40 100
零假设为：性别与超重无关联，根据残联表中的数据，
经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与超重有关联.
【知识点】频率分布直方图；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图的性质，根据题目中所给的频率，建立方程，可得答案；
（2）先由超重频率求出超重总人数，补全列联表，再代入独立性检验公式计算，与临界值比较，判断超重与性别是否有关.
（1）由该公司超重的人数占40%可得，解得，
由频率分布直方图可得，解得，
由频率分布直方图可知BMI指数为时频率最高，则众数为.
（2）由（1）可知超重的总人数为，则补全列联表可得下表：
性别 正常 超重 合计
男 40 20 60
女 20 20 40
合计 60 40 100
零假设为：性别与超重无关联，根据残联表中的数据，
经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与超重有关联.
16．【答案】（1）解： 由余弦定理，，
结合题意得，
解得：.
（2）解：由题意得，为锐角三角形，，则，
由正弦定理得，即，
.
.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）用余弦定理，结合已知边的关系，直接求解角C；
（2）由正弦定理，可得，则，然后由可得答案.
（1）由余弦定理，，
结合题意得，即.
（2）由题意，为锐角三角形，，则，.
由正弦定理得，即，
..
17．【答案】（1）证明：由翻折的性质，可得，且
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）方法一：解：连接AC，BD交于点，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
作，连接，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
方法二：解：以点为原点，以所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量为，
设，则，即，解得，即，
设平面的法向量为，且，
则，即，取，可得，所以，
设平面与平面所处二面角的平面角为，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用翻折性质（垂直关系不变 ），结合“线面垂直判定定理”（ 平面 ），推导.
（2）通过空间直角坐标系，确定各点坐标，利用“向量垂直条件”（ ）求 点，再求两平面法向量，用法向量夹角公式计算二面角余弦值.
（1）证明：由翻折的性质，可得，且
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：方法一：连接AC，BD交于点，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以
由（1）知：，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
作，连接，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在直角中，可得，所以.
法二：以点为原点，以所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
由（1）知平面，所以平面的法向量为，
设，则，即，解得，即，
设平面的法向量为，且，
则，即，取，可得，所以，
设平面与平面所处二面角的平面角为，则.
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，当时，，
求导得，
由，得，
所以函数的单调递增区间是.
（2）解：由题意得，，，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
，由恒成立，得恒成立，
则，即，解得，
所以的取值范围是.
（3），
证明：由（2）知，当时，，即，
令，有，而，
，
则，两边取对数得，所以.
【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；不等式的证明
【解析】【分析】（1）代入，求导后解导数大于的不等式，确定单调递增区间.
（2）求导分析函数单调性，得最小值表达式，结合恒成立条件解不等式，确定的范围.
（3）利用（2）中结论，取特定值得到不等式，代入放缩证明数值大小.
（1）函数的定义域为，当时，，
求导得，
由，得，
所以函数的单调递增区间是.
（2）依题意，，，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
，由恒成立，得恒成立，
则，即，解得，
所以的取值范围是.
（3）由（2）知，当时，，即，
令，有，而，
，
则，两边取对数得，所以.
19．【答案】（1）解：.
（2）证明：传输结果各位数字之和为奇数的概率为，
传输结果的数码个数为偶数的概率为，
由，
.
（3）解：当时，不存在最大值；当时，恒为常数；当时，在时取到最大值.理由如下：
记，
则
①当时，，
②当时，，，即单调递增，不存在最大值.
③当时，正负无法确定，
当为奇数时，，当为偶数时，，
要使取到最大值，应取偶数，记，，
，
，
单调递减，，
综上所述：
当时，不存在最大值：
当时，恒为常数；
当时，在时取到最大值.
【知识点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项式定理的应用；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）：利用独立重复试验概率公式，枚举“和为偶数”的情况（0个1或2个1 ）计算.
（2）：通过二项式定理，构造 与 的和差关系，联立求解得通项.
（3）：用条件概率公式拆分，构造函数，结合 的符号分类讨论单调性，确定最大值.
（1）.
（2）传输结果各位数字之和为奇数的概率为，
传输结果的数码个数为偶数的概率为，
由，
.
（3）
记，
则
①当时，，
②当时，，，即单调递增，不存在最大值.
③当时，正负无法确定，
当为奇数时，，当为偶数时，，
要使取到最大值，应取偶数，记，，
，
，
单调递减，，
综上所述：
当时，不存在最大值：
当时，恒为常数；
当时，在时取到最大值.
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