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江苏省南京市第二十九中学、常州中学、南菁中学2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、选择题（共8小题）
1．（2025高二下·南京期中）曲线在点处的切线的斜率为（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则
【解析】【解答】解：函数，，
则.
故答案为：D.
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
2．（2025高二下·南京期中）已知空间向量，，，若向量共面，则实数的值为（　　）.
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【知识点】共面向量定理
【解析】【解答】解：因为向量共面，所以存在实数使得，
则，即，解得，则.
故答案为：C．
【分析】利用共面向量定理求解即可．
3．（2025高二下·南京期中）北京时间2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务.某天文兴趣小组在此基础上开展了月球知识宣传活动，活动结束后该天文兴趣小组的4名男生和4名女生站成一排拍照留念，则4名女生相邻的站法种数为（　　）
A．2880 B．1440 C．720 D．576
【答案】A
【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：先将4名女生排在一起，有种方法，再将4名女生作为一个整体和4名男生排列，有种方法，故4名女生相邻的站法种数为.
故答案为：A.
【分析】采取“捆绑法”，结合全排列求解即可.
4．（2025高二下·南京期中）如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
其中，，，，
，，，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，则的取值范围为．
故答案为：C.
【分析】取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，求得相应点的坐标，利用向量数量积的坐标表示求解即可.
5．（2025高二下·南京期中） 已知，则a，b，c大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据式子结构，构造函数，则，
令，则，令，得，
因此在单调递增，在单调递减，
而，，，
因为，所以，即.
故答案为：D
【分析】本题考查利用函数的单调性比较大小.根据式子结构，构造函数，求出导函数，进而判断出函数的单调性，根据单调性可判断出a，b，c的大小关系.
6．（2025高二下·南京期中）“立定跳远”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，已知某地区高中男生的立定跳远测试数据（单位：cm）服从正态分布，且，现从该地区高中男生中随机抽取3人，并记在的人数为，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
所以，故A错误；
B、在的概率为，则，
所以，故B正确；
C、由，可得，故C错误；
D、由，可得，故D错误．
故答案为：B.
【分析】利用正态分布的对称性求概率即可判断A；由A选项可得：随机变量服从二项分布，，根据二项分布期望、方差即可判断CD.
7．（2025高二下·南京期中）袋中有4个黑球，3个白球.现掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从袋中取出几个球.若已知取出的球全是白球，则掷出2点的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：记骰子掷出的点数为i，，事件B： 取出的球全是白球，
由题意可得：，，
则，
若已知取出的球全是白球，掷出2点的概率为：.
故答案为：C.
【分析】先记事件，利用全概率，条件概率公式求解即可.
8．（2025高二下·南京期中）已知，，分别是函数与的零点，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则，即，
因为，，所以，，
设，则，在上单调递增，
则，即，，则，
设，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，且，
故的最大值为．
故答案为：B.
【分析】由题意可得：，问题转化为，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性得，将目标式化为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，求其最大值，即可得的最大值.
二、多选题（共3小题）
9．（2025高二下·南京期中）下列说法正确的是（　　）
A．若随机变量的概率分布列为，则
B．若随机变量，若，则
C．若随机变量，则
D．在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则
【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；超几何分布；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：、由，可得，解得，故A正确；
、可得，故B不正确；
、因为，所以，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据概率分布列概率和为1 列式求a的值即可判断A；根据正态分布曲线的对称性求解即可判断B；根据二项分布的方差公式求解即可判断C；根据超几何分布的概率公式求解即可判断D.
10．（2025高二下·南京期中）已知函数的两个零点分别为且，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．若，则
【答案】A,C,D
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、令，即，设相切时切点为，
，求导可得，又切点与原点确定直线的斜率与该点处的导数值相等，即，
解得，则切点，此时，当函数有两个零点时，，故A正确；
B、由图象得，，故B错误；
C、先证明：当时，，
构造函数，则，
函数在上单调递增，又，故，
即，化简可得，即，
又，则，于是，，
则，即，故C正确；
D、问题转化为有两根，且，令，则，
构造函数，求导得，即在上单调递减，
因为，所以，，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】令，即，作出函数图象，数形结合分析即可判断AB；构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，证明对数均值不等式，再化简即可判断C；问题转化为有两根，且，
令，则，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求解即可判断D.
11．（2025高二下·南京期中）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，是上的动点.则（　　）
A．为的中点时，平面平面
B．为的中点时，异面直线与之间的距离为
C．存在点，使得直线与平面所成的角为
D．为所在直线的动点，则的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；平面的法向量；异面直线；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，由圆柱性质可知平面，
又平面，所以，
因为为的中点，所以，
因为，，所以，，即，
又因为，是平面内的相交直线，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，故A正确；
B、以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，，，
当为中点时，，，，
设平面的一个法向量为，则；
取，则，，所以，
则异面直线与之间的距离为，故B正确；
C、设点，，，其中，0，
由射影定理知，，即，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，所以，
若直线与平面所成的角为，
则，
由知，代入上式整理得，此方程无解，
所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，故C错误；
D、以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则中点（即弧所在圆的圆心）的坐标为，
以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面，
且，，则由三角形两边之差小于第三边可知，当，
（在延长线上）三点共线时取得最大值为，又弧所在圆圆心为，
半径为2，，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据几何体特征，结合面面垂直的判定定理求证即可判断A；以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用空间向量法求解即可判断B；由线面角的向量求法得到方程，根据方程无解即可判断C；以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值为，即可判断D.
三、填空题（共3小题）
12．（2025高二下·南京期中）已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由向量的夹角为钝角，
可得，解得，
当共线时，，即，解得，
则当夹角为钝角时.
故答案为：.
【分析】由题意可得，且不共线，据此求解即可.
13．（2025高二下·南京期中）设函数，则满足的x的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数，
设定义域为，满足，即为上的奇函数，
易知，则在上单调递增，
又因为，所以，
所以，所以，
又因为为上的奇函数，所以，
又因为在上单调递增，所以，解得，
则的取值范围是．
故答案为：.
【分析】由题意，构造函数，求定义域，判断函数的奇偶性，并利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性和奇偶性解不等式即可.
14．（2025高二下·南京期中）抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为2，3，4，5时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为，则随机变量X的期望是　 　；若抛掷2024次骰子，记得分恰为分的概率为，则当取最大值时的值为　 　.
【答案】；或
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：（1）由题意可得，得1分的概率为，得3分的概率为，
随机变量的可能取值为2，4，6，则，，，故随机变量的期望值；
（2）记得1分的次数为，则得3分的次数为，所得总分为，
拋掷2024次骰子，记得分恰为分的概率为，则，
若取最大值，则，，
则，解得，
因为，，所以或，
当时，；
当时，．
故答案为：；或.
【分析】（1）由题意，先计算得分和得分的概率，易知随机变量的可能取值为2，4，6，再利用独立事件的概率公式列出分布列，求数学期望即可；
（2）记得1分的次数为，则，利用求二项分布的概率最值解出，再根据得出或，则可求的值.
四、解答题（共6小题）
15．（2025高二下·南京期中）已知的展开式中，第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，求：
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中所有的有理项.
【答案】（1）解：展开式的通项公式为，
因为第五项的二项式系数，第三项的系数为，所以，解得，
由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，即；
（2）解：由（1）知，，
，，由，可得，
故展开式中的有理项为：．
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）先写出展开式的通项公式，根据第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，可得，解得的值，再根据二项式系数的性质求展开式中二项式系数最大的项；
（2）由（1）知，，根据可得，3，6，据此求展开式中有理项即可．
（1）已知的展开式的通项公式为，
因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，
因为第三项的，所以第三项的系数为：，
由题意可得，得，
由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，
即，
（2）由（1）知，，
又，，由，可得
故展开式中的有理项为：．
16．（2025高二下·南京期中）已知函数，.
（1）若在单调递增，求实数的取值范围；
（2）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数定义域为，
求导得，
因为在单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，即，
设，，
则在上单调递增，，即，
故的取值范围为；
（2）解：若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
当时，，
即在上单调递增，，
函数，求导得，
由，得，函数在上单调递减，
则，
因此，解得，
故实数的取值范围为.
【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】【分析】（1）求函数的解析式以及定义域，再求导，由题意可得在上恒成立，即，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值，即可得实数a的取值范围；
（2）问题转化为，分别求导，利用导数判断函数的单调性，求函数在区间上的最大值，再借助建立不等式，求解即可.
（1）函数，
求导得，由在单调递增，
得在上恒成立，即在上恒成立，因此，
设，，则在上单调递增，
于是，即，
所以的取值范围为.
（2）若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
当时，，即在上单调递增，，
函数，求导得，
由，得，函数在上单调递减，
则，因此，解得，
所以的取值范围为.
17．（2025高二下·南京期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
（1）在底面内是否存在点，满足平面 若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
（2）设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：因为底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
因为点P、Q分别是棱的中点，
则，，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则
由，解得，
故存在点，满足平面.
（2）解：按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，
则，解得，
即，
又因为，
设平面的法向量为，
则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义证出线线垂直，结合正方形的结构特征证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则求出相关点的坐标和相关向量的坐标，再通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，从而得出存在点，满足平面.
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量数量积求向量夹角公式，从而由诱导公式计算得出与平面所成角的正弦值.
（1）因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则，
，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，则得，，解得，
即，又，
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
18．（2025高二下·南京期中）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.
（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
（2）求第一局比赛甲获胜的概率；
（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
【答案】（1）解：由题意可得：的所有可能取值为，
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
，
，
，
则的分布列为
0 1 2
；
（2）解：设事件=“第一局比赛甲获胜”，则，
由（1）知，，
由全概率公式可得：
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率；
（3）解：由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，则的所有可能取值为，
因此可得，
故该场比赛甲获胜的概率.
【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；二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式求得对应概率，列分布列，求均值即可；
（2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得；
（3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率.
（1）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
0 1 2
故的均值为.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件，则.
由（1）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以的所有可能取值为，
因此可得；
故该场比赛甲获胜的概率.
19．（2025高二下·南京期中）已知函数，且定义域为.
（1）求函数的单调区间；
（2）若有2个零点，求实数的取值范围；
（3）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数，求导可得，
①时，恒成立，在上单调递减；
②时，恒成立，所以在上单调递增；
③时，令，解得，
当单调递减，当单调递增，
综上：当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：因为不是单调函数，由（1）知，，且在上单调递减，
在上单调递增，要使得有2个零点，则，即，
又当时，，
先证：，令，
令，
令在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以成立，所以，，即：成立，
取则有，且，
所以时，有2个零点，
综上：；
（3）解：令，
则恒成立，且，
，
①时，，
当时，，当时，
，
时，恒成立，所以，在上单调递增，
所以，，符合题意；
②时，，与题意不符，舍去；
③时，时，
，
由得，，所以存在，使，
且可使，单调递减，时，，舍去，
综上：.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的导函数，分、和，利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间即可；
（2）由（1）先确定的一个大致范围，再根据由两个零点列不等式，结合零点存在性定理求得的取值范围即可；
（3）构造函数，求其导函数，分、和讨论，由恒成立列不等式，求实数的取值范围即可.
（1），，
①时，恒成立，所以在上递减；
②时，恒成立，所以在上递增；
③时，令得，
单调递减，单调递增，
综上：时，在上单调递减，
时，在上递增，
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为不是单调函数，由（1）知，，且在上单调递减，
在上单调递增，要使得有2个零点，
则必有，所以，，
又当时，，
先证：，令，
令，
令在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以成立，所以，，即：成立，
取则有，且，
所以时，有2个零点.
综上：.
（3）令，
则恒成立，且，
，
①时，，
当时，，当时，
，
时，恒成立，所以，在上递增，
所以，，符合题意.
②时，，与题意不符，舍去.
③时，时，
，
由得，，
所以，存在，使，
且可使，单调递减，时，，舍去
综上：
1 / 1江苏省南京市第二十九中学、常州中学、南菁中学2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题
一、选择题（共8小题）
1．（2025高二下·南京期中）曲线在点处的切线的斜率为（　　）
A． B． C．1 D．2
2．（2025高二下·南京期中）已知空间向量，，，若向量共面，则实数的值为（　　）.
A．8 B．9 C．10 D．11
3．（2025高二下·南京期中）北京时间2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务.某天文兴趣小组在此基础上开展了月球知识宣传活动，活动结束后该天文兴趣小组的4名男生和4名女生站成一排拍照留念，则4名女生相邻的站法种数为（　　）
A．2880 B．1440 C．720 D．576
4．（2025高二下·南京期中）如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·南京期中） 已知，则a，b，c大小关系为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·南京期中）“立定跳远”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，已知某地区高中男生的立定跳远测试数据（单位：cm）服从正态分布，且，现从该地区高中男生中随机抽取3人，并记在的人数为，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·南京期中）袋中有4个黑球，3个白球.现掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从袋中取出几个球.若已知取出的球全是白球，则掷出2点的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·南京期中）已知，，分别是函数与的零点，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（共3小题）
9．（2025高二下·南京期中）下列说法正确的是（　　）
A．若随机变量的概率分布列为，则
B．若随机变量，若，则
C．若随机变量，则
D．在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则
10．（2025高二下·南京期中）已知函数的两个零点分别为且，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．若，则
11．（2025高二下·南京期中）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，是上的动点.则（　　）
A．为的中点时，平面平面
B．为的中点时，异面直线与之间的距离为
C．存在点，使得直线与平面所成的角为
D．为所在直线的动点，则的最大值为
三、填空题（共3小题）
12．（2025高二下·南京期中）已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为　 　．
13．（2025高二下·南京期中）设函数，则满足的x的取值范围是　 　.
14．（2025高二下·南京期中）抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为2，3，4，5时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为，则随机变量X的期望是　 　；若抛掷2024次骰子，记得分恰为分的概率为，则当取最大值时的值为　 　.
四、解答题（共6小题）
15．（2025高二下·南京期中）已知的展开式中，第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，求：
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中所有的有理项.
16．（2025高二下·南京期中）已知函数，.
（1）若在单调递增，求实数的取值范围；
（2）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围.
17．（2025高二下·南京期中）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点.
（1）在底面内是否存在点，满足平面 若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由；
（2）设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值.
18．（2025高二下·南京期中）11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.
（1）求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；
（2）求第一局比赛甲获胜的概率；
（3）现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
19．（2025高二下·南京期中）已知函数，且定义域为.
（1）求函数的单调区间；
（2）若有2个零点，求实数的取值范围；
（3）若恒成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】导数的几何意义；导数的乘法与除法法则
【解析】【解答】解：函数，，
则.
故答案为：D.
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】共面向量定理
【解析】【解答】解：因为向量共面，所以存在实数使得，
则，即，解得，则.
故答案为：C．
【分析】利用共面向量定理求解即可．
3．【答案】A
【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：先将4名女生排在一起，有种方法，再将4名女生作为一个整体和4名男生排列，有种方法，故4名女生相邻的站法种数为.
故答案为：A.
【分析】采取“捆绑法”，结合全排列求解即可.
4．【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
其中，，，，
，，，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，则的取值范围为．
故答案为：C.
【分析】取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，求得相应点的坐标，利用向量数量积的坐标表示求解即可.
5．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：根据式子结构，构造函数，则，
令，则，令，得，
因此在单调递增，在单调递减，
而，，，
因为，所以，即.
故答案为：D
【分析】本题考查利用函数的单调性比较大小.根据式子结构，构造函数，求出导函数，进而判断出函数的单调性，根据单调性可判断出a，b，c的大小关系.
6．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
所以，故A错误；
B、在的概率为，则，
所以，故B正确；
C、由，可得，故C错误；
D、由，可得，故D错误．
故答案为：B.
【分析】利用正态分布的对称性求概率即可判断A；由A选项可得：随机变量服从二项分布，，根据二项分布期望、方差即可判断CD.
7．【答案】C
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：记骰子掷出的点数为i，，事件B： 取出的球全是白球，
由题意可得：，，
则，
若已知取出的球全是白球，掷出2点的概率为：.
故答案为：C.
【分析】先记事件，利用全概率，条件概率公式求解即可.
8．【答案】B
【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
【解析】【解答】解：由题意可得：，
则，即，
因为，，所以，，
设，则，在上单调递增，
则，即，，则，
设，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，且，
故的最大值为．
故答案为：B.
【分析】由题意可得：，问题转化为，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，利用单调性得，将目标式化为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，求其最大值，即可得的最大值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】概率的基本性质；超几何分布；二项分布；正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：、由，可得，解得，故A正确；
、可得，故B不正确；
、因为，所以，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据概率分布列概率和为1 列式求a的值即可判断A；根据正态分布曲线的对称性求解即可判断B；根据二项分布的方差公式求解即可判断C；根据超几何分布的概率公式求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【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；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、令，即，设相切时切点为，
，求导可得，又切点与原点确定直线的斜率与该点处的导数值相等，即，
解得，则切点，此时，当函数有两个零点时，，故A正确；
B、由图象得，，故B错误；
C、先证明：当时，，
构造函数，则，
函数在上单调递增，又，故，
即，化简可得，即，
又，则，于是，，
则，即，故C正确；
D、问题转化为有两根，且，令，则，
构造函数，求导得，即在上单调递减，
因为，所以，，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】令，即，作出函数图象，数形结合分析即可判断AB；构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，证明对数均值不等式，再化简即可判断C；问题转化为有两根，且，
令，则，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；平面的法向量；异面直线；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，由圆柱性质可知平面，
又平面，所以，
因为为的中点，所以，
因为，，所以，，即，
又因为，是平面内的相交直线，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，故A正确；
B、以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，，，
当为中点时，，，，
设平面的一个法向量为，则；
取，则，，所以，
则异面直线与之间的距离为，故B正确；
C、设点，，，其中，0，
由射影定理知，，即，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，所以，
若直线与平面所成的角为，
则，
由知，代入上式整理得，此方程无解，
所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，故C错误；
D、以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则中点（即弧所在圆的圆心）的坐标为，
以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面，
且，，则由三角形两边之差小于第三边可知，当，
（在延长线上）三点共线时取得最大值为，又弧所在圆圆心为，
半径为2，，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】根据几何体特征，结合面面垂直的判定定理求证即可判断A；以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用空间向量法求解即可判断B；由线面角的向量求法得到方程，根据方程无解即可判断C；以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值为，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由向量的夹角为钝角，
可得，解得，
当共线时，，即，解得，
则当夹角为钝角时.
故答案为：.
【分析】由题意可得，且不共线，据此求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数，
设定义域为，满足，即为上的奇函数，
易知，则在上单调递增，
又因为，所以，
所以，所以，
又因为为上的奇函数，所以，
又因为在上单调递增，所以，解得，
则的取值范围是．
故答案为：.
【分析】由题意，构造函数，求定义域，判断函数的奇偶性，并利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性和奇偶性解不等式即可.
14．【答案】；或
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：（1）由题意可得，得1分的概率为，得3分的概率为，
随机变量的可能取值为2，4，6，则，，，故随机变量的期望值；
（2）记得1分的次数为，则得3分的次数为，所得总分为，
拋掷2024次骰子，记得分恰为分的概率为，则，
若取最大值，则，，
则，解得，
因为，，所以或，
当时，；
当时，．
故答案为：；或.
【分析】（1）由题意，先计算得分和得分的概率，易知随机变量的可能取值为2，4，6，再利用独立事件的概率公式列出分布列，求数学期望即可；
（2）记得1分的次数为，则，利用求二项分布的概率最值解出，再根据得出或，则可求的值.
15．【答案】（1）解：展开式的通项公式为，
因为第五项的二项式系数，第三项的系数为，所以，解得，
由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，即；
（2）解：由（1）知，，
，，由，可得，
故展开式中的有理项为：．
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【分析】（1）先写出展开式的通项公式，根据第五项的二项式系数是第三项的系数的4倍，可得，解得的值，再根据二项式系数的性质求展开式中二项式系数最大的项；
（2）由（1）知，，根据可得，3，6，据此求展开式中有理项即可．
（1）已知的展开式的通项公式为，
因为第五项的，所以第五项的二项式系数：，
因为第三项的，所以第三项的系数为：，
由题意可得，得，
由二项式系数的性质可知，展开式中第4项的二项式系数最大，
即，
（2）由（1）知，，
又，，由，可得
故展开式中的有理项为：．
16．【答案】（1）解：函数定义域为，
求导得，
因为在单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，即，
设，，
则在上单调递增，，即，
故的取值范围为；
（2）解：若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
当时，，
即在上单调递增，，
函数，求导得，
由，得，函数在上单调递减，
则，
因此，解得，
故实数的取值范围为.
【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】【分析】（1）求函数的解析式以及定义域，再求导，由题意可得在上恒成立，即，再构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值，即可得实数a的取值范围；
（2）问题转化为，分别求导，利用导数判断函数的单调性，求函数在区间上的最大值，再借助建立不等式，求解即可.
（1）函数，
求导得，由在单调递增，
得在上恒成立，即在上恒成立，因此，
设，，则在上单调递增，
于是，即，
所以的取值范围为.
（2）若对任意的，总存在，使得，
则当时，，
当时，，即在上单调递增，，
函数，求导得，
由，得，函数在上单调递减，
则，因此，解得，
所以的取值范围为.
17．【答案】（1）解：因为底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
因为点P、Q分别是棱的中点，
则，，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则
由，解得，
故存在点，满足平面.
（2）解：按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，
则，解得，
即，
又因为，
设平面的法向量为，
则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义证出线线垂直，结合正方形的结构特征证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则求出相关点的坐标和相关向量的坐标，再通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，从而得出存在点，满足平面.
（2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量数量积求向量夹角公式，从而由诱导公式计算得出与平面所成角的正弦值.
（1）因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则
因点P、Q分别是棱的中点，则，
，
假设在底面内存在点，使得平面，则
则由，解得，
故存在点，满足平面；
（2）按照（1）建系，设点，
依题意，四点共面，故必有，
即，则得，，解得，
即，又，
设平面的法向量为，则，
故可取.因，
设与平面所成角为，则.
即与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：由题意可得：的所有可能取值为，
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
，
，
，
则的分布列为
0 1 2
；
（2）解：设事件=“第一局比赛甲获胜”，则，
由（1）知，，
由全概率公式可得：
，
解得，即第一局比赛甲获胜的概率；
（3）解：由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，则的所有可能取值为，
因此可得，
故该场比赛甲获胜的概率.
【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；二项分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式求得对应概率，列分布列，求均值即可；
（2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得；
（3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率.
（1）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
0 1 2
故的均值为.
（2）设第一局比赛甲获胜为事件，则.
由（1）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以的所有可能取值为，
因此可得；
故该场比赛甲获胜的概率.
19．【答案】（1）解：函数，求导可得，
①时，恒成立，在上单调递减；
②时，恒成立，所以在上单调递增；
③时，令，解得，
当单调递减，当单调递增，
综上：当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）解：因为不是单调函数，由（1）知，，且在上单调递减，
在上单调递增，要使得有2个零点，则，即，
又当时，，
先证：，令，
令，
令在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以成立，所以，，即：成立，
取则有，且，
所以时，有2个零点，
综上：；
（3）解：令，
则恒成立，且，
，
①时，，
当时，，当时，
，
时，恒成立，所以，在上单调递增，
所以，，符合题意；
②时，，与题意不符，舍去；
③时，时，
，
由得，，所以存在，使，
且可使，单调递减，时，，舍去，
综上：.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）求函数的导函数，分、和，利用导数判断函数的单调性，求函数的单调区间即可；
（2）由（1）先确定的一个大致范围，再根据由两个零点列不等式，结合零点存在性定理求得的取值范围即可；
（3）构造函数，求其导函数，分、和讨论，由恒成立列不等式，求实数的取值范围即可.
（1），，
①时，恒成立，所以在上递减；
②时，恒成立，所以在上递增；
③时，令得，
单调递减，单调递增，
综上：时，在上单调递减，
时，在上递增，
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为不是单调函数，由（1）知，，且在上单调递减，
在上单调递增，要使得有2个零点，
则必有，所以，，
又当时，，
先证：，令，
令，
令在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以成立，所以，，即：成立，
取则有，且，
所以时，有2个零点.
综上：.
（3）令，
则恒成立，且，
，
①时，，
当时，，当时，
，
时，恒成立，所以，在上递增，
所以，，符合题意.
②时，，与题意不符，舍去.
③时，时，
，
由得，，
所以，存在，使，
且可使，单调递减，时，，舍去
综上：
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