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浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期数学期中联考试题
一、选择题：本大题共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．（2024高二下·浙江期中） 已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，所以.
故答案为：D
【分析】本题考查集合的交集运算.先解一元二次不等式求出集合A，再根据集合交集运算可求出答案.
2．（2024高二下·浙江期中） 已知复数则（　　）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题可得：.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的模长公式.根据复数模长的计算公式：，进行计算可求出答案.
3．（2024高二下·浙江期中） “”是“方程表示的曲线是双曲线”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：若，则，所以方程表示双曲线；
若方程表示双曲线，则，解得或，
所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】本题考查双曲线方程，充分必要条件的判断.根据方程表示双曲线方程，可列出不等式，解不等式可求出实数m的取值范围，再根据充分、必要条件的概念可判断出选项.
4．（2024高二下·浙江期中） 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，
设与的夹角为，
所以，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查平面向量垂直的转化，平面向量的夹角计算公式.根据题意利用平面向量垂直的转化可求出，再利用平面向量的夹角计算公式进行计算可求出答案.
5．（2024高二下·浙江期中） 苍南168黄金海岸线由北向南像一条珍珠项链，串联了一个个金色沙滩 岛礁怪石 肥沃滩涂和一座座渔村古寨 山海营地，被赞为中国东海岸“一号公路”.现有小王和小李准备从烟堆岗，炎亭沙滩，棕榈湾，滨海小镇4个网红景点中随机选择一个游玩，设事件为“小李和小王选择不同的景点”，事件为“小李和小王至少一人选择炎亭沙滩景点”，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：由题可知，小王和小李从4个著名旅游景点中随机选择一个游玩，共有种，
其中事件的情况有种，
事件A和事件B共同发生的情况有种，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】本题考查条件概率的计算公式.先求出小王和小李从4个著名旅游景点中随机选择一个游玩的种数，求出事件的种数，进而求出事件发生的概率和事件A和事件B共同发生的概率，再利用条件概率计算公式可求出答案.
6．（2024高二下·浙江期中） 已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【知识点】基本不等式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，可得；
又，又，
故，当且仅当时取得等号；
即的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求最值.利用等差数量的前n项和公式可求出的值，利用等差数列的性质可得：，再利用基本不等式可求出最大值.
7．（2024高二下·浙江期中） 已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，设切线方程为，
，消去，得，
则①，又，所以，
代入①，得，则，整理得②.
又圆心到直线的距离等于半径，半径，
则，解得，代入②，整理得，
所以，由，解得.
故答案为：C
【分析】先设切线为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，又知利用平面向量的坐标运算可求出：，结合韦达定理可推出：，根据直线与圆的位置关系与点到直线的距离公式可求出，则，利用椭圆的离心率计算公式进行计算可求出答案.
8．（2024高二下·浙江期中） 已知函数在区间上恰有三个零点，且，则的取值可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：.
A：当时，，
由，得，函数有3个零点；
，
所以，不符合题意，A错误；
B：当时，，
由，得，函数有3个零点；
，
，
，
所以，符合题意，B正确；
C：当时，，
由，得，
函数不止有3个零点，不符合题意，C错误；
D：当时，，
由，得，
函数不止有3个零点，不符合题意，D错误；
故答案为：B
【分析】先利用辅助角公式化简函数解析式可得：，结合选项，可求出的取值范围，再根据正弦函数的图象和性质可验证函数是否有3个零点且满足，据此可选出答案.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高二下·浙江期中） 已知随机变量的分布列如下，则正确的是（　　）
1 2
A． B．
C．若，则 D．
【答案】A,B,D
【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
【解析】【解答】解：A，因为，所以，A正确；
B，，B正确；
C，因为，所以，
所以，C错误；
D，，
则的分布列如下：
1 4
所以，
则，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用分布列的性质可推出的关系，可判断A选项；再利用概率的性质可求出，可判断B选项；再利用随机变量的期望计算公式求出可判断C选项；利用随机变量的方差计算公式求出和.可判断D选项.
10．（2024高二下·浙江期中） 如图，正方体的棱长为是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列结论中正确的是（　　）
A．三棱锥的体积为定值
B．平面
C．在线段上存在一点，使得平面
D．平面截正方体的外接球的截面面积为
【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，三棱锥的体积，点到直线距离为，
而，则面积为定值，又点到平面的距离为2，
因此三棱锥的体积为定值，A正确；
在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
B，，与向量不共线，
则与平面不垂直，B错误；
C，令，而，则，要平面，必有，
因此，解得，即为的中点，此时平面，
则平面，C正确；
D，正方体的外接球球心是线段的中点，
，点到平面的距离，而球半径，
平面截球所得截面圆半径，
所以该截面圆面积为，D错误.
故答案为：AC
【分析】利用等体积法进行转化，再结合面积为定值，点到平面的距离为2，可判断体积为定值，判断A选项；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，判断出与向量不共线，利用直线与平面的位置关系可判断B选项；令，利用直线与平面平行的判定定理可得：，求出，即为的中点，据此可判断C选项；利用向量求出球心到平面的距离d，再利用球的截面的性质可求出半径，进而求出截面圆面积判断D选项.
11．（2024高二下·浙江期中） 已知函数（是自然对数的底数），则下列说法正确的是（　　）
A．若，则不存在实数使得成立
B．若，则不存在实数使得成立
C．若的值域是，则
D．当时，若存在实数，使得成立，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：A：例如，则，
即存在实数使得成立，A错误；
B：若，对于关于x方程，
当时，则，可得，
整理得，则，可知方程无解；
当时，则，可得，
整理得，不成立，可知方程无解；
当时，则，可得，
整理得，则，可知方程无解；
综上所述：关于x方程无解，
即不存在实数使得成立，B正确；
C：若，当时，；
当时，；
此时的值域为，不为，不合题意；
若，当时，；
当时，；
若的值域为，则，解得；
综上所述：的取值范围为，C正确；
D：当时，易得在上单调递增，所以单调递增，
下面证明：是单调递增函数，若存在使得，则，
记，则，
即和都在图像上
假设，因为是单调递增函数，则，
即，所以矛盾；
假设，因为是单调递增函数，所以，
即，所以矛盾；
故，即，
因此由题意若存在实数使得成立，
则存在实数使得成立，
又因为
即存在实数使得成立
而在上递增，所以得，
故，D正确；
故答案为：BCD.
【分析】举反例：，则进行说明可判断A选项；分三种情况：当时；当时；当时；求方程的根，可判断B选项；分和两种情况，结合分段函数值域分析可求出实数的取值范围判断C选项；先证由是单调递增函数，若存在使得，则，再说明存在实数使得成立，据此可求出实数的取值范围，判断D选项.
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2024高二下·浙江期中） 二项式展开式中所有项的系数之和为　 　.
【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：令，可得所有项的系数之和为.
故答案为：.
【分析】本题考查二项式系数.令，可得所有项的系数之和，再利用幂的运算性质可求出答案.
13．（2024高二下·浙江期中） 2024年2月1日至4日花样滑冰四大洲锦标赛在中国上海举行，甲 乙 丙 丁 戊5名志愿者承担语言服务 医疗服务 驾驶服务3个项目志愿服务，每名志愿者需承担1项工作，每项工作至少需要1名志愿者，甲不承担语言服务，则不同的安排方法有　 　种.（用数字作答）
【答案】100
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为甲不承担语言服务，第一类是从乙 丙 丁 戊中选1人承担语言服务，则有种，
再把剩下的4人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，则有种，共有种；
第二类是从乙 丙 丁 戊中选2人承担语言服务，则有种，再把剩下的3人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，则有种，共有种；
第三类是从乙 丙 丁 戊中选3人承担语言服务，则有种，再把剩下的2人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，则有种，共有种；
综上不同的安排方法有种，
故答案为：100
【分析】根据甲不承担语言服务，分为三类：从乙 丙 丁 戊中选1人，2人或3人承担语言服务，再把剩下的人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，依次求出各类的种数，再利用分类加法计数原理可求出答案.
14．（2024高二下·浙江期中） 已知，对任意都有，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，即，
令，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上为减函数，在上为增函数，
依题意有，又，
所以在恒成立，
令函数，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故，
故答案为：.
【分析】根据已知条件利用对数和指数的运算可得恒成立，构造函数，利用单调性可转化为恒成立，再次构造函数，求出导函数，利用导函数的正负判断单调性，根据其单调性及最值转化为恒成立，将对数转化为指数可求出 实数的取值范围.
四、解答题：本大题共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．（2024高二下·浙江期中） 锐角中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：方法一：因为；
又因为，所以，即；
又因为为锐角三角形，所以.
方法二：，所以，
即，，
则，得；因为为锐角三角形，所以.
（2）解：由正弦定理得：，
因为为锐角三角形，所以：，
即，所以，即.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理，余弦定理解三角形.
（1）方法一：利用余弦定理将角化为边，再结合三角形的面积公式可得，据此可反推出 角的大小 ；方法二：利用正弦定理将边化为角，再结合三角形的面积公式和两角和的正弦公式可求出，据此可反推出 角的大小 .
（2）利用正弦定理，将转化为关于的三角函数，根据为锐角三角形可求出的范围，利用正切函数的性质可求出三角函数值域，进而求出的取值范围 .
16．（2024高二下·浙江期中） 已知．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在上有零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，由显然递增，令，得，
所以当，在上单调递增，
当，在上单调递减，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）解：①当时，，在上有零点，不合题意；
②当时，
在上有解在上有解，
则，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，函数值从0增大到；
在上单调递减，函数值从减小到0；
因为在上有解
所以，解得，
综上，．
【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】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的零点.
（1）先求出导函数，再令，求出极值点，进而讨论导函数的正负，可求出函数的单调区；
（2）分两类讨论：当时；当时，将问题转化为在上有解，求出导函数，利用导函数求出函数的单调区间和最值，进而求出实数的取值范围 ．
17．（2024高二下·浙江期中） 平行四边形中，，点为的中点，将沿折起到位置时，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图，连接，
在中，
由余弦定理可得
，
又，
即
，易得为正三角形
所以与全等，
，
，
又平面，
平面，
又平面，
（2）解：（2）方法一：取的中点连接，如图所示：
又
为二面角的平面角
在正中，，
在等腰中，，
.
由（1）可知平面又平面
所以，即，
为平面与平面的夹角，
在中，，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
方法二：由（1）可知平面，又平面，
故平面平面，
又平面平面，
取点是线段的中点可得，过作.
则平面.
分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
，
设平面的法向量为，
由，则
，即，
令，则，故；
由平面，得平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则
，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定定理，利用空间向量求二面角.
（1）先利用余弦定理求出，利用勾股定理逆定理证明，利用全等三角形的性质证明，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，进而证明结论.
（2）方法一，利用等腰三角形的三线合一的性质可证明：，利用二面角的定义推出为二面角的平面角，根据（1）的结论可证明，利用余弦的定义可求出平面与平面的夹角的余弦值；
方法二，根据（1）的结论利用平面与平面垂直的判定定理和平面与平面垂直的性质定理可推出平面与平面的夹角的余弦值，以为原点建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出答案.
18．（2024高二下·浙江期中） 在已知数列中，
（1）求及数列的通项公式；
（2）已知数列的前项和为，求证：；
（3）中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出的关系；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意得，
，
所以成等比数列，故；
，
所以成等比数列，故，
故；
（2）解：由，
得；
（3）解：设中存在不同的三项恰好成等差数列，
①若均为奇数，不妨设，
则，即，得，
因为是奇数，是偶数，故不可能成立；
②若二奇一偶，不妨设为奇数，为偶数，
则为偶数，为奇数，则，即，
因为被3除余2，
同理也被3除余2，故被3除余1，而为3的倍数，
故不可能成立；
③若一奇二偶，不妨设为偶数，为奇数，
则为奇数，为偶数，则，即，
因为为3的倍数，不是3的倍数（被3除余1），
故不可能成立；
④若均为偶数，不妨设，
则，即，得，
因为被3除余是3的倍数，
故不可能成立，
综上中不存在不同三项恰好成等差数列.
另：
情形①的另证：若均为奇数，不妨设，
则，即，
且得，得，
故不可能成立.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】本题考查数列的递推公式，等比数列的定义，等差数列的定义，裂项相消法求数列的和.
（1）由题意中的递推公可推出、，利用等比数列的定义可求出数列的通项公式；
（2）利用前n项和与通项的关系可推出：，再利用裂项相消法求和，进而证明结论；
（3）存在不同的三项恰好成等差数列，分类讨论均为奇数、二奇一偶、一奇二偶、均为偶数的情况下，利用等差中项的应用可判断是否成成等差数列，据此可下结论.
19．（2024高二下·浙江期中） 已知直线与抛物线相交于两点.
（1）求（用表示）；
（2）过点分别作直线的垂线交抛物线于两点.
（i）求四边形面积的最小值；
（ii）试判断直线与直线交点是否在定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：由，得.设，则
，
（2）解：（i）显然，设，
则，得，同理，
，
（方法一）
设的中点为，则，
点到直线的距离为，
所以四边形面积
（方法二）
令，则，，
所以当时取最小值为
（ii）在定直线上
由（i）得直线的斜率，
的中点，
所以直线的方程为，
即，
由，消去得
所以直线与直线交点在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查直线与抛物线的位置关系.
（1）联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可得：，再利用弦长公式进行化简可求出答案；
（2）（方法一）（i）设，利用两点间的斜率公式再结合垂直关系求出和，利用中点坐标公式可求出的中点的坐标，求出点到直线的距离，据此可推出四边形的面积公式，利用导函数可求出面积的最小值；
（方法二）（i）设，利用两点间的斜率公式结合垂直关系求出和，化简，，据此可推出四边形的面积公式，利用导函数可求出面积的最小值；
（ii）由（i）化简直线的斜率，再根据的中点的坐标，利用点斜式可求出直线的方程，与直线联立，消去，化简后可求出定直线方程
1 / 1浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二下学期数学期中联考试题
一、选择题：本大题共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．（2024高二下·浙江期中） 已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·浙江期中） 已知复数则（　　）
A． B． C．5 D．
3．（2024高二下·浙江期中） “”是“方程表示的曲线是双曲线”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
4．（2024高二下·浙江期中） 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·浙江期中） 苍南168黄金海岸线由北向南像一条珍珠项链，串联了一个个金色沙滩 岛礁怪石 肥沃滩涂和一座座渔村古寨 山海营地，被赞为中国东海岸“一号公路”.现有小王和小李准备从烟堆岗，炎亭沙滩，棕榈湾，滨海小镇4个网红景点中随机选择一个游玩，设事件为“小李和小王选择不同的景点”，事件为“小李和小王至少一人选择炎亭沙滩景点”，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·浙江期中） 已知正项等差数列的前项和为，则的最大值为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
7．（2024高二下·浙江期中） 已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·浙江期中） 已知函数在区间上恰有三个零点，且，则的取值可能为（　　）
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高二下·浙江期中） 已知随机变量的分布列如下，则正确的是（　　）
1 2
A． B．
C．若，则 D．
10．（2024高二下·浙江期中） 如图，正方体的棱长为是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列结论中正确的是（　　）
A．三棱锥的体积为定值
B．平面
C．在线段上存在一点，使得平面
D．平面截正方体的外接球的截面面积为
11．（2024高二下·浙江期中） 已知函数（是自然对数的底数），则下列说法正确的是（　　）
A．若，则不存在实数使得成立
B．若，则不存在实数使得成立
C．若的值域是，则
D．当时，若存在实数，使得成立，则
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12．（2024高二下·浙江期中） 二项式展开式中所有项的系数之和为　 　.
13．（2024高二下·浙江期中） 2024年2月1日至4日花样滑冰四大洲锦标赛在中国上海举行，甲 乙 丙 丁 戊5名志愿者承担语言服务 医疗服务 驾驶服务3个项目志愿服务，每名志愿者需承担1项工作，每项工作至少需要1名志愿者，甲不承担语言服务，则不同的安排方法有　 　种.（用数字作答）
14．（2024高二下·浙江期中） 已知，对任意都有，则实数的取值范围是　 　.
四、解答题：本大题共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．（2024高二下·浙江期中） 锐角中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
16．（2024高二下·浙江期中） 已知．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在上有零点，求实数的取值范围．
17．（2024高二下·浙江期中） 平行四边形中，，点为的中点，将沿折起到位置时，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18．（2024高二下·浙江期中） 在已知数列中，
（1）求及数列的通项公式；
（2）已知数列的前项和为，求证：；
（3）中是否存在不同的三项恰好成等差数列？若存在，求出的关系；若不存在，请说明理由.
19．（2024高二下·浙江期中） 已知直线与抛物线相交于两点.
（1）求（用表示）；
（2）过点分别作直线的垂线交抛物线于两点.
（i）求四边形面积的最小值；
（ii）试判断直线与直线交点是否在定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，所以.
故答案为：D
【分析】本题考查集合的交集运算.先解一元二次不等式求出集合A，再根据集合交集运算可求出答案.
2．【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题可得：.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的模长公式.根据复数模长的计算公式：，进行计算可求出答案.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：若，则，所以方程表示双曲线；
若方程表示双曲线，则，解得或，
所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】本题考查双曲线方程，充分必要条件的判断.根据方程表示双曲线方程，可列出不等式，解不等式可求出实数m的取值范围，再根据充分、必要条件的概念可判断出选项.
4．【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，
设与的夹角为，
所以，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查平面向量垂直的转化，平面向量的夹角计算公式.根据题意利用平面向量垂直的转化可求出，再利用平面向量的夹角计算公式进行计算可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：由题可知，小王和小李从4个著名旅游景点中随机选择一个游玩，共有种，
其中事件的情况有种，
事件A和事件B共同发生的情况有种，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】本题考查条件概率的计算公式.先求出小王和小李从4个著名旅游景点中随机选择一个游玩的种数，求出事件的种数，进而求出事件发生的概率和事件A和事件B共同发生的概率，再利用条件概率计算公式可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】基本不等式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：由，可得；
又，又，
故，当且仅当时取得等号；
即的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求最值.利用等差数量的前n项和公式可求出的值，利用等差数列的性质可得：，再利用基本不等式可求出最大值.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，设切线方程为，
，消去，得，
则①，又，所以，
代入①，得，则，整理得②.
又圆心到直线的距离等于半径，半径，
则，解得，代入②，整理得，
所以，由，解得.
故答案为：C
【分析】先设切线为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，又知利用平面向量的坐标运算可求出：，结合韦达定理可推出：，根据直线与圆的位置关系与点到直线的距离公式可求出，则，利用椭圆的离心率计算公式进行计算可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：.
A：当时，，
由，得，函数有3个零点；
，
所以，不符合题意，A错误；
B：当时，，
由，得，函数有3个零点；
，
，
，
所以，符合题意，B正确；
C：当时，，
由，得，
函数不止有3个零点，不符合题意，C错误；
D：当时，，
由，得，
函数不止有3个零点，不符合题意，D错误；
故答案为：B
【分析】先利用辅助角公式化简函数解析式可得：，结合选项，可求出的取值范围，再根据正弦函数的图象和性质可验证函数是否有3个零点且满足，据此可选出答案.
9．【答案】A,B,D
【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
【解析】【解答】解：A，因为，所以，A正确；
B，，B正确；
C，因为，所以，
所以，C错误；
D，，
则的分布列如下：
1 4
所以，
则，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用分布列的性质可推出的关系，可判断A选项；再利用概率的性质可求出，可判断B选项；再利用随机变量的期望计算公式求出可判断C选项；利用随机变量的方差计算公式求出和.可判断D选项.
10．【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，三棱锥的体积，点到直线距离为，
而，则面积为定值，又点到平面的距离为2，
因此三棱锥的体积为定值，A正确；
在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
B，，与向量不共线，
则与平面不垂直，B错误；
C，令，而，则，要平面，必有，
因此，解得，即为的中点，此时平面，
则平面，C正确；
D，正方体的外接球球心是线段的中点，
，点到平面的距离，而球半径，
平面截球所得截面圆半径，
所以该截面圆面积为，D错误.
故答案为：AC
【分析】利用等体积法进行转化，再结合面积为定值，点到平面的距离为2，可判断体积为定值，判断A选项；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，判断出与向量不共线，利用直线与平面的位置关系可判断B选项；令，利用直线与平面平行的判定定理可得：，求出，即为的中点，据此可判断C选项；利用向量求出球心到平面的距离d，再利用球的截面的性质可求出半径，进而求出截面圆面积判断D选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：A：例如，则，
即存在实数使得成立，A错误；
B：若，对于关于x方程，
当时，则，可得，
整理得，则，可知方程无解；
当时，则，可得，
整理得，不成立，可知方程无解；
当时，则，可得，
整理得，则，可知方程无解；
综上所述：关于x方程无解，
即不存在实数使得成立，B正确；
C：若，当时，；
当时，；
此时的值域为，不为，不合题意；
若，当时，；
当时，；
若的值域为，则，解得；
综上所述：的取值范围为，C正确；
D：当时，易得在上单调递增，所以单调递增，
下面证明：是单调递增函数，若存在使得，则，
记，则，
即和都在图像上
假设，因为是单调递增函数，则，
即，所以矛盾；
假设，因为是单调递增函数，所以，
即，所以矛盾；
故，即，
因此由题意若存在实数使得成立，
则存在实数使得成立，
又因为
即存在实数使得成立
而在上递增，所以得，
故，D正确；
故答案为：BCD.
【分析】举反例：，则进行说明可判断A选项；分三种情况：当时；当时；当时；求方程的根，可判断B选项；分和两种情况，结合分段函数值域分析可求出实数的取值范围判断C选项；先证由是单调递增函数，若存在使得，则，再说明存在实数使得成立，据此可求出实数的取值范围，判断D选项.
12．【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：令，可得所有项的系数之和为.
故答案为：.
【分析】本题考查二项式系数.令，可得所有项的系数之和，再利用幂的运算性质可求出答案.
13．【答案】100
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为甲不承担语言服务，第一类是从乙 丙 丁 戊中选1人承担语言服务，则有种，
再把剩下的4人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，则有种，共有种；
第二类是从乙 丙 丁 戊中选2人承担语言服务，则有种，再把剩下的3人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，则有种，共有种；
第三类是从乙 丙 丁 戊中选3人承担语言服务，则有种，再把剩下的2人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，则有种，共有种；
综上不同的安排方法有种，
故答案为：100
【分析】根据甲不承担语言服务，分为三类：从乙 丙 丁 戊中选1人，2人或3人承担语言服务，再把剩下的人分为2组承担医疗服务 驾驶服务，依次求出各类的种数，再利用分类加法计数原理可求出答案.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为，即，
令，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上为减函数，在上为增函数，
依题意有，又，
所以在恒成立，
令函数，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故，
故答案为：.
【分析】根据已知条件利用对数和指数的运算可得恒成立，构造函数，利用单调性可转化为恒成立，再次构造函数，求出导函数，利用导函数的正负判断单调性，根据其单调性及最值转化为恒成立，将对数转化为指数可求出 实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：方法一：因为；
又因为，所以，即；
又因为为锐角三角形，所以.
方法二：，所以，
即，，
则，得；因为为锐角三角形，所以.
（2）解：由正弦定理得：，
因为为锐角三角形，所以：，
即，所以，即.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理，余弦定理解三角形.
（1）方法一：利用余弦定理将角化为边，再结合三角形的面积公式可得，据此可反推出 角的大小 ；方法二：利用正弦定理将边化为角，再结合三角形的面积公式和两角和的正弦公式可求出，据此可反推出 角的大小 .
（2）利用正弦定理，将转化为关于的三角函数，根据为锐角三角形可求出的范围，利用正切函数的性质可求出三角函数值域，进而求出的取值范围 .
16．【答案】（1）解：当时，，由显然递增，令，得，
所以当，在上单调递增，
当，在上单调递减，
故在上单调递增，在上单调递减．
（2）解：①当时，，在上有零点，不合题意；
②当时，
在上有解在上有解，
则，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，函数值从0增大到；
在上单调递减，函数值从减小到0；
因为在上有解
所以，解得，
综上，．
【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】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的零点.
（1）先求出导函数，再令，求出极值点，进而讨论导函数的正负，可求出函数的单调区；
（2）分两类讨论：当时；当时，将问题转化为在上有解，求出导函数，利用导函数求出函数的单调区间和最值，进而求出实数的取值范围 ．
17．【答案】（1）证明：如图，连接，
在中，
由余弦定理可得
，
又，
即
，易得为正三角形
所以与全等，
，
，
又平面，
平面，
又平面，
（2）解：（2）方法一：取的中点连接，如图所示：
又
为二面角的平面角
在正中，，
在等腰中，，
.
由（1）可知平面又平面
所以，即，
为平面与平面的夹角，
在中，，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
方法二：由（1）可知平面，又平面，
故平面平面，
又平面平面，
取点是线段的中点可得，过作.
则平面.
分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
，
设平面的法向量为，
由，则
，即，
令，则，故；
由平面，得平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则
，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定定理，利用空间向量求二面角.
（1）先利用余弦定理求出，利用勾股定理逆定理证明，利用全等三角形的性质证明，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，进而证明结论.
（2）方法一，利用等腰三角形的三线合一的性质可证明：，利用二面角的定义推出为二面角的平面角，根据（1）的结论可证明，利用余弦的定义可求出平面与平面的夹角的余弦值；
方法二，根据（1）的结论利用平面与平面垂直的判定定理和平面与平面垂直的性质定理可推出平面与平面的夹角的余弦值，以为原点建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求出对应向量，求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式可求出答案.
18．【答案】（1）解：由题意得，
，
所以成等比数列，故；
，
所以成等比数列，故，
故；
（2）解：由，
得；
（3）解：设中存在不同的三项恰好成等差数列，
①若均为奇数，不妨设，
则，即，得，
因为是奇数，是偶数，故不可能成立；
②若二奇一偶，不妨设为奇数，为偶数，
则为偶数，为奇数，则，即，
因为被3除余2，
同理也被3除余2，故被3除余1，而为3的倍数，
故不可能成立；
③若一奇二偶，不妨设为偶数，为奇数，
则为奇数，为偶数，则，即，
因为为3的倍数，不是3的倍数（被3除余1），
故不可能成立；
④若均为偶数，不妨设，
则，即，得，
因为被3除余是3的倍数，
故不可能成立，
综上中不存在不同三项恰好成等差数列.
另：
情形①的另证：若均为奇数，不妨设，
则，即，
且得，得，
故不可能成立.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】本题考查数列的递推公式，等比数列的定义，等差数列的定义，裂项相消法求数列的和.
（1）由题意中的递推公可推出、，利用等比数列的定义可求出数列的通项公式；
（2）利用前n项和与通项的关系可推出：，再利用裂项相消法求和，进而证明结论；
（3）存在不同的三项恰好成等差数列，分类讨论均为奇数、二奇一偶、一奇二偶、均为偶数的情况下，利用等差中项的应用可判断是否成成等差数列，据此可下结论.
19．【答案】（1）解：由，得.设，则
，
（2）解：（i）显然，设，
则，得，同理，
，
（方法一）
设的中点为，则，
点到直线的距离为，
所以四边形面积
（方法二）
令，则，，
所以当时取最小值为
（ii）在定直线上
由（i）得直线的斜率，
的中点，
所以直线的方程为，
即，
由，消去得
所以直线与直线交点在定直线上.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题考查直线与抛物线的位置关系.
（1）联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可得：，再利用弦长公式进行化简可求出答案；
（2）（方法一）（i）设，利用两点间的斜率公式再结合垂直关系求出和，利用中点坐标公式可求出的中点的坐标，求出点到直线的距离，据此可推出四边形的面积公式，利用导函数可求出面积的最小值；
（方法二）（i）设，利用两点间的斜率公式结合垂直关系求出和，化简，，据此可推出四边形的面积公式，利用导函数可求出面积的最小值；
（ii）由（i）化简直线的斜率，再根据的中点的坐标，利用点斜式可求出直线的方程，与直线联立，消去，化简后可求出定直线方程
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