资源简介

广东省佛山市南海区2024-2025学年高二下学期素养提升学业水平测试数学试卷
一、选择题：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．现有3名同学去听同时进行的2个有关人工智能的知识讲座，每名同学可以自由选择其中的1个讲座，则不同的选法种数共有（　　）
A．3种 B．6种 C．8种 D．9种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由分步乘法计数原理可知，不同的选法种数共有种．
故选：C
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
2．已知曲线在点处的切线方程为，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意可得，
又因为曲线在点处的切线方程为，所以．
故选：A.
【分析】先对函数进行求导，进而利用导数的几何意义可知即可求解.
3．已知数列的通项公式为，则（　　）
A．34 B．36 C．38 D．40
【答案】D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知，．
故选：D.
【分析】先判断项数n的奇偶性，再选择对应的分段公式代入计算即可.
4．已知函数，其导函数的图象如图所示，则对于函数的描述正确的是（　　）
A．在单调递增 B．在处取得最大值
C．在（0，2）单调递增 D．在处取得最大值
【答案】C
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；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：由导函数的图象，可得：
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，
当时，函数取得极大值，但不一定为函数的最大值.
故选：C.
【分析】 利用单调性与导数符号的关系，根据导函数的图象，分析导函数符号，确定函数的单调性，结合极值与最值的概念，逐一分析即可求解.
5．记为等差数列的前项和，若，则公差（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：，解得．
故选：B.
【分析】结合已知条件和等差数列的前项和公式列式求解即可求得d的值.
6．已知公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则（　　）
A．－5 B．5 C．－3 D．3
【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，所以，所以，解得q=1或q=-2，
又因为，所以，
所以．
故选：A.
【分析】设等比数列的公比为，利用等差数列的性质可得，进而求得公比，进而利用等比数列的前n项和公式即可求得.
7．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（　　）
A．15 B．30 C．35 D．42
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】由题意知本题是一个分类计数问题，由于甲有两个人参加会议需要分两类：
含有甲的选法有C21C52种，
不含有甲的选法有C53种，
共有C21C52+C53=30（种），
故答案为：B．
【分析】根据实际问题的已知条件，利用分类和分步的计数原理求出满足要求的可能情况的种数。
8．已知某物品进价为10元，根据以往经验，该商品的市场销量与商品售价（元）之间的关系为，则此商品的利润最大时，该商品的售价为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；导数的四则运算；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：由题意得，商品的利润，
则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也是函数的最大值．
故选：B.
【分析】根据题意，求得利润的表达式，再求导得，进而利用导数求得函数的单调性，最后分析最大值即可.
二、选择题：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，有错选的得0分．
9．记为等差数列的前项和，若，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．当时，取得最小值
C．当时，取得最大值
D．使得成立的最大自然数是16
【答案】A,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：A，因为，则，公差，故选项A正确；
BC，当时，；当时，，所以当时，取得最大值，故选项B错误，选项C正确；
D，，所以使得成立的最大自然数是15，故选项D错误.
故选：AC．
【分析】 分析数列的单调性与项的符号，由题意可得，公差即可判断选项A；进而结合等差数列及其前项和的性质分析前n项和 的变化规律即可判断选项BCD.
10．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．若互斥，则 D．若独立，则
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：A，由对立事件定义可知，故选项正确；
，， 故选项B正确；
C，A，B互斥，，，，故选项C错误；
D，A，B独立，则，则，故选项D正确.
故选：.
【分析】根据对立事件的定义即可判断选项A；根据对立事件的定义与条件概率公式即可判断选项B；利用互斥事件即可判断选项C；利用独立事件与条件概率公式即可判断选项D．
11．已知函数，则（　　）
A．曲线的图象与轴有交点
B．当时，在处有极大值
C．存在，使得是曲线的对称中心
D．当时，若曲线与曲线在上有两个交点，则
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，易知，则曲线的图象与轴有交点，
故A正确；
B、当时，函数定义域为，，令，解得或，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
则在处有极大值，故B正确；
C、若是曲线的对称中心，则，
由B选项可得：，，
令，解得，当时，，
则不存在，使得是曲线的对称中心，故C错误；
D、当时，，
由，得，
设，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，即，且，
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图像有两个不同的交点，
此时曲线与曲线在上有两个交点，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】易知，即可判断A；求函数的定义域，求导，利用导数判断函数的单调性以及函数的极值点即可判断B； 若是曲线的对称中心，则，求得a的值，再检验是否等于-1，即可判断C；由，得，设，利用导数分析该函数的单调性与极值，数形结合即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一空2分，第二空3分．
12．在的展开式中，的系数为　 　.（用数字作答）
【答案】80
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意得，
二项式的展开式通项为
令，
则 的系数为 .
故答案为： 80 .
【分析】先求出展开式通项，再令即可确定时， 的系数.
13．设函数是函数的导函数，且满足，则　 　．
【答案】1
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以．
故答案为：1.
【分析】先对函数 求导，再令求解即可.
14．某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲、乙两位同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行乙同学第2局赢的概率是　 　；甲同学第局赢的概率　 　．
【答案】；
【知识点】等比数列概念与表示；全概率公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：记事件“第局甲赢”，则乙同学第2局赢的概率是
，
，
又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，
.
故答案为：；
【分析】直接应用全概率公式即可求乙同学第2局赢的概率；甲第n局赢的概率，由第n-1局的结果决定，根据题设得，应用构造法可知，利用等比数列的定义可得数列是首项为，公比为的等比数列，进而利用等比数列的通项公式即可求得甲同学第局赢的概率.
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．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间．
【答案】（1）解：当时，．
，即切点为．
，则．
所以切线方程为，即．
（2）解：由题意可知，函数的定义域为R，而．
①当时，，所以在单调递增．
②当时，由可得，由可得．
所以在单调递减，在单调递增．
综上所述，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求得函数的解析式，再求导函数，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求得曲线在点处的切线方程；
（2）求出导函数，根据和分类讨论，可求得单调区间.
（1）当时，．
，即切点为．
，则．
所以切线方程为，即．
（2）．
①当时，，所以在单调递增．
②当时，由可得，由可得．
所以在单调递减，在单调递增．
综上所述，当时，在单调递增；当时，
在单调递减，在单调递增．
16．已知是首项为1的等比数列，数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设的公比为，
因为 ，
所以当时，，
即，解得．
所以．

（2）解：因为，所以，
化简得．
所以．
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据条件得到方程，求出公比q，从而得到的通项公式；
（2）根据(1)可先得到，裂项得到，进而即可求得数列的前项和．
（1）设的公比为，根据题意，当时，．
即，解得．所以．
（2）因为，所以，
方程两边都除以得．
所以．
于是．
17．如图，长方体中，点在棱上，．
（1）证明：平面；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：长方体中，平面平面，则，
而平面，
所以平面．
（2）解：如图所示，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
因为，得，解得，所以，
设平面的法向量为，
由，令，所以z=-1，y=0，所以，
设平面的法向量为，
由，令，所以b=-2，c=0，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质可得，进而结合已知条件和线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，根据向量垂直的充要条件可求得t的值，进而求出平面与平面的法向量，再利用夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值．
（1）长方体中，平面平面，则，
而平面，
所以平面．
（2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
由，得，解得，，
设平面的法向量为，由，令，得，
设平面的法向量为为，由，令，得，
所以平面与平面夹角的余弦值.
18．甲、乙两个不透明的箱子中各装有9个大小和质地完全相同的球．其中甲箱中有4个白球，5个黑球乙箱中有7个白球，2个黑球．
（1）若采用不放回抽取的方式，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从甲箱中任取2个球．设取出的2个球的得分的和为．求随机变量的分布列；
（2）现从甲箱中任取2个球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个球，求从乙箱中取出的这个球是黑球的概率．
【答案】（1）解：由题意可知，随机变量的可能取值为，
所以，
所以的分布列为
2 3 4
（2）解：设事件为“从乙箱中取出的这个球是黑球”，事件为“从甲箱中取出的2个球都是白球”，事件为“从甲箱中取出1个白球1个黑球”，事件为“从甲箱中取出2个球都是黑球”，
则，，彼此互斥，且，
可得，
且，
所以
【知识点】古典概型及其概率计算公式；超几何分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据题意，得到随机变量的可能取值为，利用超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列；
（2）设事件为“从乙箱中取出的这个球是黑球”，事件为“从甲箱中取出的2个球都是白球”，事件为“从甲箱中取出1个白球1个黑球”，事件为“从甲箱中取出2个球都是黑球”，利用古典概型公式和(1)结合全概率公式即可求得从乙箱中取出的这个球是黑球的概率.
（1）解：由题意，随机变量的可能取值为，
可得，
所以的分布列为
2 3 4
（2）解：设事件为“从乙箱中取出的这个球是黑球”，
事件为“从甲箱中取出的2个球都是白球”，事件为“从甲箱中取出1个白球1个黑球”，事件为“从甲箱中取出2个球都是黑球”，
则，，彼此互斥，且，
可得，
且，
所以
19．已知函数．
（1）若当时，，求的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）解：构造．
所以
当时，，当时，，所以在单调递减，
所以，即，所以在上不恒成立．
当时，，当时，，所以在单调递增，
所以，即，满足题意．
综上所述，的取值范围是．

（2）证明：由（1）可知，当时，，当且仅当时等号成立，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
令，可得．
则，
即，
即
所以．
【知识点】函数恒成立问题；导数的四则运算；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）构造，并求导，分和两种情况分别讨论单调性求得最值即可求得a的取值范围；
（2）由(1)可知当时，，当且仅当时等号成立，令，可得，赋值并结合裂项相消即可证明.
（1）构造．
当时，有，当时，有，于是在单调递减，
所以，即，所以在上不恒成立．
当时，有，当，有，于是在单调递增，
所以，即，满足题意．
综上所述，的取值范围是．
（2）由（1）可知，当时，有．当且仅当时等号成立，
令，有，当且仅当时等号成立，
令，可得．
则，
即，
即
于是．
1 / 1广东省佛山市南海区2024-2025学年高二下学期素养提升学业水平测试数学试卷
一、选择题：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．现有3名同学去听同时进行的2个有关人工智能的知识讲座，每名同学可以自由选择其中的1个讲座，则不同的选法种数共有（　　）
A．3种 B．6种 C．8种 D．9种
2．已知曲线在点处的切线方程为，则（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知数列的通项公式为，则（　　）
A．34 B．36 C．38 D．40
4．已知函数，其导函数的图象如图所示，则对于函数的描述正确的是（　　）
A．在单调递增 B．在处取得最大值
C．在（0，2）单调递增 D．在处取得最大值
5．记为等差数列的前项和，若，则公差（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．已知公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则（　　）
A．－5 B．5 C．－3 D．3
7．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（　　）
A．15 B．30 C．35 D．42
8．已知某物品进价为10元，根据以往经验，该商品的市场销量与商品售价（元）之间的关系为，则此商品的利润最大时，该商品的售价为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．14
二、选择题：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，有错选的得0分．
9．记为等差数列的前项和，若，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．当时，取得最小值
C．当时，取得最大值
D．使得成立的最大自然数是16
10．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．若互斥，则 D．若独立，则
11．已知函数，则（　　）
A．曲线的图象与轴有交点
B．当时，在处有极大值
C．存在，使得是曲线的对称中心
D．当时，若曲线与曲线在上有两个交点，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一空2分，第二空3分．
12．在的展开式中，的系数为　 　.（用数字作答）
13．设函数是函数的导函数，且满足，则　 　．
14．某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲、乙两位同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行乙同学第2局赢的概率是　 　；甲同学第局赢的概率　 　．
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．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间．
16．已知是首项为1的等比数列，数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
17．如图，长方体中，点在棱上，．
（1）证明：平面；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值．
18．甲、乙两个不透明的箱子中各装有9个大小和质地完全相同的球．其中甲箱中有4个白球，5个黑球乙箱中有7个白球，2个黑球．
（1）若采用不放回抽取的方式，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从甲箱中任取2个球．设取出的2个球的得分的和为．求随机变量的分布列；
（2）现从甲箱中任取2个球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个球，求从乙箱中取出的这个球是黑球的概率．
19．已知函数．
（1）若当时，，求的取值范围；
（2）证明：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由分步乘法计数原理可知，不同的选法种数共有种．
故选：C
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
2．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意可得，
又因为曲线在点处的切线方程为，所以．
故选：A.
【分析】先对函数进行求导，进而利用导数的几何意义可知即可求解.
3．【答案】D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意可知，．
故选：D.
【分析】先判断项数n的奇偶性，再选择对应的分段公式代入计算即可.
4．【答案】C
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；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：由导函数的图象，可得：
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，
当时，函数取得极大值，但不一定为函数的最大值.
故选：C.
【分析】 利用单调性与导数符号的关系，根据导函数的图象，分析导函数符号，确定函数的单调性，结合极值与最值的概念，逐一分析即可求解.
5．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：，解得．
故选：B.
【分析】结合已知条件和等差数列的前项和公式列式求解即可求得d的值.
6．【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，
因为，所以，所以，解得q=1或q=-2，
又因为，所以，
所以．
故选：A.
【分析】设等比数列的公比为，利用等差数列的性质可得，进而求得公比，进而利用等比数列的前n项和公式即可求得.
7．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】由题意知本题是一个分类计数问题，由于甲有两个人参加会议需要分两类：
含有甲的选法有C21C52种，
不含有甲的选法有C53种，
共有C21C52+C53=30（种），
故答案为：B．
【分析】根据实际问题的已知条件，利用分类和分步的计数原理求出满足要求的可能情况的种数。
8．【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；导数的四则运算；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：由题意得，商品的利润，
则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也是函数的最大值．
故选：B.
【分析】根据题意，求得利润的表达式，再求导得，进而利用导数求得函数的单调性，最后分析最大值即可.
9．【答案】A,C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：A，因为，则，公差，故选项A正确；
BC，当时，；当时，，所以当时，取得最大值，故选项B错误，选项C正确；
D，，所以使得成立的最大自然数是15，故选项D错误.
故选：AC．
【分析】 分析数列的单调性与项的符号，由题意可得，公差即可判断选项A；进而结合等差数列及其前项和的性质分析前n项和 的变化规律即可判断选项BCD.
10．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件
【解析】【解答】解：A，由对立事件定义可知，故选项正确；
，， 故选项B正确；
C，A，B互斥，，，，故选项C错误；
D，A，B独立，则，则，故选项D正确.
故选：.
【分析】根据对立事件的定义即可判断选项A；根据对立事件的定义与条件概率公式即可判断选项B；利用互斥事件即可判断选项C；利用独立事件与条件概率公式即可判断选项D．
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，易知，则曲线的图象与轴有交点，
故A正确；
B、当时，函数定义域为，，令，解得或，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
则在处有极大值，故B正确；
C、若是曲线的对称中心，则，
由B选项可得：，，
令，解得，当时，，
则不存在，使得是曲线的对称中心，故C错误；
D、当时，，
由，得，
设，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，即，且，
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图像有两个不同的交点，
此时曲线与曲线在上有两个交点，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】易知，即可判断A；求函数的定义域，求导，利用导数判断函数的单调性以及函数的极值点即可判断B； 若是曲线的对称中心，则，求得a的值，再检验是否等于-1，即可判断C；由，得，设，利用导数分析该函数的单调性与极值，数形结合即可判断D.
12．【答案】80
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意得，
二项式的展开式通项为
令，
则 的系数为 .
故答案为： 80 .
【分析】先求出展开式通项，再令即可确定时， 的系数.
13．【答案】1
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以．
故答案为：1.
【分析】先对函数 求导，再令求解即可.
14．【答案】；
【知识点】等比数列概念与表示；全概率公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：记事件“第局甲赢”，则乙同学第2局赢的概率是
，
，
又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，
.
故答案为：；
【分析】直接应用全概率公式即可求乙同学第2局赢的概率；甲第n局赢的概率，由第n-1局的结果决定，根据题设得，应用构造法可知，利用等比数列的定义可得数列是首项为，公比为的等比数列，进而利用等比数列的通项公式即可求得甲同学第局赢的概率.
15．【答案】（1）解：当时，．
，即切点为．
，则．
所以切线方程为，即．
（2）解：由题意可知，函数的定义域为R，而．
①当时，，所以在单调递增．
②当时，由可得，由可得．
所以在单调递减，在单调递增．
综上所述，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求得函数的解析式，再求导函数，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求得曲线在点处的切线方程；
（2）求出导函数，根据和分类讨论，可求得单调区间.
（1）当时，．
，即切点为．
，则．
所以切线方程为，即．
（2）．
①当时，，所以在单调递增．
②当时，由可得，由可得．
所以在单调递减，在单调递增．
综上所述，当时，在单调递增；当时，
在单调递减，在单调递增．
16．【答案】（1）解：设的公比为，
因为 ，
所以当时，，
即，解得．
所以．

（2）解：因为，所以，
化简得．
所以．
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）根据条件得到方程，求出公比q，从而得到的通项公式；
（2）根据(1)可先得到，裂项得到，进而即可求得数列的前项和．
（1）设的公比为，根据题意，当时，．
即，解得．所以．
（2）因为，所以，
方程两边都除以得．
所以．
于是．
17．【答案】（1）证明：长方体中，平面平面，则，
而平面，
所以平面．
（2）解：如图所示，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
因为，得，解得，所以，
设平面的法向量为，
由，令，所以z=-1，y=0，所以，
设平面的法向量为，
由，令，所以b=-2，c=0，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质可得，进而结合已知条件和线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，根据向量垂直的充要条件可求得t的值，进而求出平面与平面的法向量，再利用夹角公式即可求得平面与平面夹角的余弦值．
（1）长方体中，平面平面，则，
而平面，
所以平面．
（2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，
由，得，解得，，
设平面的法向量为，由，令，得，
设平面的法向量为为，由，令，得，
所以平面与平面夹角的余弦值.
18．【答案】（1）解：由题意可知，随机变量的可能取值为，
所以，
所以的分布列为
2 3 4
（2）解：设事件为“从乙箱中取出的这个球是黑球”，事件为“从甲箱中取出的2个球都是白球”，事件为“从甲箱中取出1个白球1个黑球”，事件为“从甲箱中取出2个球都是黑球”，
则，，彼此互斥，且，
可得，
且，
所以
【知识点】古典概型及其概率计算公式；超几何分布；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据题意，得到随机变量的可能取值为，利用超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列；
（2）设事件为“从乙箱中取出的这个球是黑球”，事件为“从甲箱中取出的2个球都是白球”，事件为“从甲箱中取出1个白球1个黑球”，事件为“从甲箱中取出2个球都是黑球”，利用古典概型公式和(1)结合全概率公式即可求得从乙箱中取出的这个球是黑球的概率.
（1）解：由题意，随机变量的可能取值为，
可得，
所以的分布列为
2 3 4
（2）解：设事件为“从乙箱中取出的这个球是黑球”，
事件为“从甲箱中取出的2个球都是白球”，事件为“从甲箱中取出1个白球1个黑球”，事件为“从甲箱中取出2个球都是黑球”，
则，，彼此互斥，且，
可得，
且，
所以
19．【答案】（1）解：构造．
所以
当时，，当时，，所以在单调递减，
所以，即，所以在上不恒成立．
当时，，当时，，所以在单调递增，
所以，即，满足题意．
综上所述，的取值范围是．

（2）证明：由（1）可知，当时，，当且仅当时等号成立，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
令，可得．
则，
即，
即
所以．
【知识点】函数恒成立问题；导数的四则运算；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）构造，并求导，分和两种情况分别讨论单调性求得最值即可求得a的取值范围；
（2）由(1)可知当时，，当且仅当时等号成立，令，可得，赋值并结合裂项相消即可证明.
（1）构造．
当时，有，当时，有，于是在单调递减，
所以，即，所以在上不恒成立．
当时，有，当，有，于是在单调递增，
所以，即，满足题意．
综上所述，的取值范围是．
（2）由（1）可知，当时，有．当且仅当时等号成立，
令，有，当且仅当时等号成立，
令，可得．
则，
即，
即
于是．
1 / 1

展开更多......

收起↑