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重庆八中高 2027 级高二下数学周考 3
一、单选题
1. 从数字 2,3,4,5,6 中一次性随机抽取两个数,则这两个数都是奇数的概率为 ( )
A. B. C. D.
2. 已知函数 是定义在 上的偶函数,其导函数 的图象如图所示,设 ,则下列结论正确的是 ( )
A. B. C. D.
3. 已知某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为 ，则该队员每次罚球的命中率为( )
A. B. C. D.
4. 等比数列 的前 项积为 ， ，则 的最小值是( )
A. 2 B. C. 4 D.
5. 若古典概型的样本空间 ,事件 ,事件 相互独立,则事件 可以是( )
A. B. C. D.
6. 已知定义在 的函数 ,其导函数为 ,若 ,且 ,则 ( )
A. 仅存在最小值 B. 仅存在最大值
C. 既存在最小值, 又存在最大值 D. 既无最小值又无最大值
7. 某密码由 4 位数字组成, 密码组成的数字中, 若最大数字与最小数字之差为 1 则称为“好” 四位密码.例如 6556 中最大的数字是 6 , 最小的数字是 5 , 它们之差为 1 , 就是一个“好”四位密码，但 0561,4444 这两个四位密码就不是. 则这样的“好”四位密码的个数为( )
A. 119 B. 126 C. 135 D. 144
8. 若过点 可以作曲线 的两条切线,则( )
A. B. C. D.
二、多选题
9. 如图是一个古典概型的样本空间 和事件 和 ,其中 , ,则 ( )
A.
B.
C. 事件 与 相互独立
D. 事件 与 互斥
10. 盒子中有编号一次为1,2,3,4,5,6的 6 个小球 (大小相同),从中不放回地抽取 4 个小球并记下编号，根据以下统计数据，可以判断一定抽出编号为 6 的小球的是( )
A. 极差为 5 B. 上四分位数为 5 C. 平均数为 3.5 D. 方差为 4.25
11. 设关于实数 的解析式为 ,则( )
A. 当 时,方程 有唯一解
B. 若 成立,则当 时,
C. 当 时, 恒成立
D. 若 成立,则当 时,
三、填空题
12. 已知数据 的平均数为 2,则数据 的平均数是_____.
13. 已知数列 满足 ,若对于任意 都有 , 则实数 的取值范围是_____.
14. 已知函数 与 的图象上存在两对关于直线 对称的点,则实数 的取值范围是_____.
四、解答题
15. 如图,在四棱锥 中, 平面 ,底面 是梯形, , ，点 是棱 上一点，且 平面 .
(1)求证: ；
(2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值.
16. 已知函数 .
(1)求 ；
(2)已知 ，函数 ，当 时，求 的最小值 .
17. 小明从一幅扑克牌中挑出 和 共 8 张牌 ( 和 各四个花色: 红桃 (红色)、方块 (红色)、黑桃(黑色)、梅花(黑色)〕. 现从这 8 张牌中依次取出 2 张，抽到一张红色 和一张红色 即为游戏获胜. 现有三种游戏方式,如下表:
游戏方式 方式① 方式② 方式③
抽取规则 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按颜色等比例分层抽样
获胜概率
(1)分别求出在三种不同游戏方式下获胜的概率；
(2)若三种游戏方式小明各进行一次，第一次采取方式①，后两次采用方式②和方式③， 那么方式②和方式③按照怎样的顺序进行游戏能使得三次游戏中仅连续两次获胜的概率最大
18. 已知 是椭圆 的右焦点,定点 ,直线 被椭圆截得的线段的中点恰在直线 上
(1)求 的标准方程；
(2)过 作斜率为 的直线，与 交于 两点，其中 在 轴上方， 为 上一点,且 平分 ,求 的取值范围;
(3) 为曲线 上两个动点，且 平分 ，证明:直线 过定点，并求出该定点.
19. 已知函数 ,其中 为自然对数的底数,
(1)若对 恒成立，求实数 的值；
(2)在(1)的条件下，
(i) 证明: 有三个根 ;
(ii) 设 ,请从以下不等式中任选一个进行证明:
① ; ② .
参考数据:
《重庆八中高 2027 级高二下数学周考 3》参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B D B C A D B A BC ABD ACD
1. B
从数字2,3,4,5,6中一次性随机抽取两个数,包含的基本事件为: 共 10 种, 则两个数都是奇数包含的基本事件为 , 所以两个数都是奇数的概率为 .
故选: B.
2. D
观察导函数 的图象,得当 时, ,因此函数 在 上单调递增,
依题意, ,因此 .
故选: D
3. B
某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,设该队员每次罚球的命中率为 , 设“在两次罚球中至多命中一次”为事件 ，则“在两次罚球中命中两次”为事件 ，
,
解得: ,
故选: B.
4. C
由等比数列的性质可知 ,所以 , 所以 ,当且仅当 时等号成立,
故选: C.
5. A
由题意得 ,
A 选项, ,故 ,
所以 ,故事件 相互独立, 正确;
B 选项, ,故 ,
所以 ,故事件 不相互独立, B 错误;
C 选项, ,故 ,
所以 ,故事件 不相互独立, C 错误;
D 选项, ,故 ,
所以 ,故事件 不相互独立, D 错误;
故选: A
6. D
因为函数 的定义域为 ,在等式 两边同除 可得
即 ,设 为常数,
因为 ,即 ,故 ,
所以 ,故 ,
则 对任意的 恒成立,
所以，函数 在 上单调递减，故函数 既无最大值，也无最小值，
故选: D.
7. B
最大数码为 ,最小数码为 ,于是由 和 这两种数字组成的四位密码有 个,
又共有 9 种取 和 的情况,
从而共有 个这样的密码.
故选: B.
8. A
设切点坐标为 ,由于 ,因此切线方程为 ,
又切线过点 ,则 ,
设 ,函数定义域是 ,
则直线 与曲线 有两个不同的交点, ,
当 时, 恒成立, 在定义域内单调递增,不合题意;
当 时, 时, 单调递减,
时, 单调递增,所以 , 结合图象可知 ,即 .
故选: A.
9. BC
对于 ,由图知, ,故 错误;
对于 ,因 ,故 正确;
对于 ,因 ,而 ,
显然 ,所以事件 与 相互独立,故 正确;
对于 ,由图知, ,即 ,
所以事件 与 不互斥,故 错误.
故选: BC.
10. ABD
假设抽出四张卡牌从小到大排列为
A. ,得 ,故 A 正确;
B. 上四分位数为 ,得 ,故 B 正确;
C. ,存在 使得不抽出卡牌 6,故 C 错误;
D. 若未抽出卡牌 6,则方差最大为 时,此时 ,
故 D 正确.
故选: ABD.
11. ACD
A 选项, 时,方程 化为 ,由图象可得有唯一解,故 正确;
B 选项,由 得 ,若 ,则 ,
两边取对数得, ,
故 ,
令 ,故 ,
因为 在 上单调递增,
则 在 上单调递增,故 ,故 ;
若 时,则 ,故 ,
故 ,
令 ,则 ,
其中 ,当 时, ,当 时, ,
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 不单调,故 不一定等于 ,即 不一定成立, B 错误;
C 选项,当 时,令 ,则 ,
所以 在 上递增,所以 ,所以 ,
所以当 时,
,当且仅当 时取等号,故 正确;
D 选项,由 选项知, 时, ,
令 ,则有 ,不妨设 ,
故 ,下面证明对数不等式 ,
即 ,
令 ,即证 ,令 ,
则 ,
故 在 上单调递减,
又 ,故 ,所以 ,
即 ,故 , D 正确.
12. 11
因为 的平均数为 2,所以 .
所以 的平均数为:
故答案为: 11 .
13.
对任意的 ,都有 ,
数列 单调递减,可知 .
当 时,若 单调递减,
而 时, 单调递减,
只需 ,解得 ;
当 时,若 单调递增,应舍去.
综上所述,实数 的取值范围是 .
故答案为: .
14.
若函数 与 的图象上存在两对关于直线 对称的点,则函数 与函数 的图象在 有两个交点,
即 有两个解,即 有两个解,
令 ,则 ,
令 ,则 在 上单调递减, 而 ,
,即 时, ,
在 单调递增,在 单调递减, ,又 时, , 时, ,
要使 有两个解,则需 ,
故答案为: .
15. 解:(1)证明:过 作 ，交 于点 ，
在梯形 中， ，所以 ，所以 ，
连接 ，则平面 平面 ，
因为 平面 平面 ,所以 ,
因为 平面 平面 ,所以 ,
因为 平面 ,所以 平面 ,
因为 平面 ,所以 ,所以 .
(2)如图，以 为原点， 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 .
设 ,则 ,
由(1)知 ，所以四边形 是平行四边形， ，即 分别是 的中点,
所以 ,
设平面 的法向量为 ,
因为 ,所以 ,
取 得 .
,设平面 的一个法向量为 ,
则 ,
取 ,则平面 的一个法向量 ,
设平面 与平面 所成二面角为 ,则 .
故 .
16. 解: (1) 对 求导,得 .
令 ,得 ,解得 .
故 .
(2)由 ，得 ，
则 .
,其中 恒成立.
当 时, 在 上单调递减, .
当 时,令 ,得 .
若 ,即 在 上单调递增, .
若 ,即 在 上单调递减,
若 ,即 在 上单调递减,在 上单调递增,
综上,
17. 解: (1) 设方式①的样本空间为 ，方式②的样本空间为 ，方式③的样本空间为 ， 则 ,
设事件 “抽到一张红色 和一张红色 ”,
则事件 的情况有 (红桃 ,红桃 )、(红桃 ,方块 )、(方块 ,红桃 )、(方块 , 方块 )、(红桃 ,红桃 )、(红桃 ,方块 )、(方块 ,红桃 )、(方块 ,方块 ), 共 种,
故 ;
(2)若按①②③顺序连续两次获胜的概率 ; 若按①③②顺序连续两次获胜的概率 ; 所以按照①③②的顺序进行游戏，获胜概率大.
18. 解: (1) 由题意可知: 直线 ,即 ,斜率 ,
设直线 与椭圆的交点为 ,
则 ,即 ,
因为 在椭圆上,则 ,
两式相减得 ,整理得 ,
即 ,可得 ,
且 ,即 ,解得 ,
所以椭圆 的方程为 .
(2)由题意可知:直线 与椭圆必相交，且 ，
设 ,
设 ,直线 的方程为 ,其中 ,
将直线与椭圆方程联立 ，消去 得 ，
由韦达定理得: ，
则 ,
可得 ,
因为 ,则 ,可得 ,
且 ,则 ,解得 ,
所以 的取值范围为 .
(3)设 ，
则 ，
且
同理可得 ，
由题意可得: ，即 ，
两边同时减 2 得 ,即 ,故 和 三点共线,
所以直线 必过定点 .
19. 解: (1) 由对 恒成立,可得 ,
由 ,得 ,
①当 时， ，所以 在 上单调递增，
而当 时， ，不满足题意，
②当 时，由 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递减,在 上递增,
所以 ,
设 ,则 ,
因为 ,令 ,则 ,
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递增,在 上递减,
所以 ,
综上 ,则
(2)证明:(i) 由(1)可知 ，令 ，则 .
先解 ,
令 ,
在 单调递减,在 单调递增.
,
使得 ,即 有两个零点 以及 ,如图:
再解 ,
当 时,即 ,由 (1) 可知
当 时,有 ,显然 是其中一根,
所以 使得 ,即
所以 有三个零点 ,如图所示.
(ii) 由题, ,所以 ,且
若选①:要证 ，即证
又由(1) ,令 ,得 (当 时取等) 所以有 ,
所以只需证 ,而
所以只需证 ,
因为 ,所以 ,所以显然成立,得证.
若选②:即证:
因为 ,
所以即证
又由(1) ( 时取等)，令 ，得 (当 时取等) 所以有 ,所以即证 ,即 ,得证.

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