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浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二下学期6月期末联考数学试题
一、单项选择题：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．若集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
因为集合，
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查集合的补集与交集运算，核心是先求出集合 B 在全集 R 中的补集，再与集合 A 取交集。
2．已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则得出复数，再结合复数的模长公式得出复数z的模.
3．已知向量，，，满足，，则（　　）
A．2 B． C． D．6
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】本题考查向量模长的计算，核心是利用向量模长的平方等于向量自身的数量积这一性质，通过对已知条件和目标表达式分别平方，建立联系求解。
4．已知角，满足，，则的值等于（　　）
A．1 B． C．0 D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，
又，
两式联立可得：，
所以，
故答案为：A
【分析】本题考查三角函数的和差公式应用，核心是通过 “切化弦” 和联立方程，求出两角和的正弦值。
5．某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有（　　）种．
A．7 B．10 C．14 D．16
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题可得，至少有一名女生被选中的不同选法有2种情况，一男一女，两女，
所以共种，
故答案为：C．
【分析】本题考查排列组合中的计数问题，核心是利用分类加法计数原理或补集法，计算“至少有一名女生被选中”的选法数。
6．在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据题意，取的中点，连接.
因为为等边三角形，是的中点，
所以.
因为分别为的中点，所以.
因为，所以.
又平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为，是的中点，
所以.
又平面，
所以平面.
在中，根据勾股定理得.
在中，根据勾股定理得.
所以三棱锥的体积为.
故答案为：D.
【分析】本题考查三棱锥体积的计算，核心是通过线面垂直关系找到底面和高，再利用三棱锥体积公式求解。关键步骤是先证明 CE⊥ 平面 PAB，将 △PAB 作为底面，CE 作为高，代入公式计算体积。
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：
如图，连接.
因为三角形的三条角平分线交于一点，所以射线是的角平分线.
因为，所以.
由角平分线定理得，.
设，则，
所以，，
所以椭圆的离心率.
故答案为：B.
【分析】本题考查椭圆离心率的求解，核心是利用三角形角平分线定理与椭圆的定义，通过向量比例关系得到线段比例，进而建立 a 与 c 的关系，求出离心率。
8．已知函数，若0是极小值点，则取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
令，则，
因为0是的极小值点，
所以在的左侧，，在的右侧，，
所以，解得，即取值范围是.
故答案为：C.
【分析】本题考查函数极值点的判定，核心是利用导数分析极值点的性质：对函数 f(x) 求导，分析导函数 f'(x) 在 x=0 处的符号变化；令 g(x)=f'(x)，要使 x=0 是 f(x) 的极小值点，需保证 g(x) 在 x=0 处由负变正，即 g'(0)>0，由此求解 a 的取值范围。
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．下列关于概率统计的说法，正确的是（　　）
A．若随机变量，则，
B．若随机变量；，则
C．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
D．设关于分类变量与的独立性检验的零假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关.
【答案】A,B,C
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征；二项分布
【解析】【解答】解：A.因为随机变量，
所以，，A正确.
B. 因为随机变量，，
所以，
所以，B正确.
C.因为越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强，
所以当一组样本数据的对应样本点都在直线上时，
变量与负线性相关，此时，C正确.
D.因为，
所以根据的独立性检验，推断不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】A：利用二项分布的期望与方差公式验证；
B：根据正态分布的对称性与概率性质比较大小；
C：根据样本相关系数的定义判断；
D：根据独立性检验的原理，结合临界值表判断结论。
10．已知数列满足，，令，则（　　）
A． B．数列是等差数列
C．为整数 D．数列的前2025项和为2025
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为①，
所以当时，②，
①-②得：.
化简得.
所以，所以数列为首项是1，公比为1的等比数列.
所以，所以.
所以.
A：，A正确；
B：因为，所以数列是首项为0，公差为的等差数列，B正确；
C：，不是整数，C错误；
D：因为数列是首项为0，公差为的等差数列，
所以，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：通过递推关系求出数列的通项公式，计算的值；
B：根据的通项公式求出，判断其是否为等差数列；
C：代入计算，判断是否为整数；
D：利用等差数列前项和公式计算前2025项和。
11．已知曲线，下列说法正确的是（　　）
A．曲线关于轴对称
B．曲线与的图象有且仅有一个交点
C．当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过
D．曲线与直线，围成图形的面积小于
【答案】A,C,D
【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；曲线与方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：
A：由曲线，用代替方程中的，得，方程不变，所以曲线关于轴对称，A正确；
B：联立，得，即，
那么函数在上的零点个数即为曲线与图象的交点个数，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以在上，由正数递减到正数，再递增，故在上，没有零点，
即曲线与的图象没有交点，B错误；
C：曲线上任意一点到原点的距离为，
令，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为，
即在上的最大值为，
故当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过，C正确；
D：当时，，，当时，，，
令，，则在上为增函数，
令，，则在为增函数，
由此可知，的图象在上增长速度越来越快，可得曲线大致图象如图所示，
因为梯形的面积为，
所以曲线与直线，围成图形的面积小于，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：用 替换方程中的 ，判断曲线对称性；
B：联立曲线与 的方程，通过构造函数并分析其零点个数，判断交点个数；
C：写出曲线上点到原点的距离表达式，利用导数求其在 时的最大值；
D：分析曲线在 上的增长趋势，通过构造梯形面积比较大小，判断围成图形的面积。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若的展开式中，二项式系数之和与系数之和相等，则展开式中项的系数是　 　（用数字作答）
【答案】5
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：由二项式系数之和与系数之和相等可得
因为
所以令
所以系数是
故答案为：5
【分析】本题考查二项式定理的应用，核心是利用二项式系数和与系数和的关系求出参数a，再通过通项公式确定x3项的系数。
13．定义在上的函数满足且是一个增函数，请写出满足条件的一个函数　 　.（写出一个即可）
【答案】（只需符合即可）.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：因为定义在上的函数满足，
则，
令，可得，
令可得，
由题意可得，
令，则，则函数为奇函数，
函数为增函数，则函数为增函数，
可取，
则，满足要求，
故满足题意.
故答案为：（只需符合即可）.
【分析】本题考查抽象函数的性质与构造，核心是通过换元法将已知的函数方程转化为熟悉的形式，结合奇偶性与单调性确定函数类型，再构造出满足条件的具体函数。
14．在三棱锥中，已知，，，，当三棱锥的外接球体积取得最小值时，记与平面所成的角为，则　 　.
【答案】
【知识点】球内接多面体；点、线、面间的距离计算；正弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设外接圆圆心为，半径为，中点为，连接，
因为，，，，
所以，，
是直角三角形，则为外接圆圆心，半径，
所以三棱锥的外接球体积取得最小值时，球心在外心处，外接球半径为，
根据球的性质，截面圆心与球心的连线垂直于截面，即平面，
，则，
又，所以，
设点到平面的距离为，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查三棱锥外接球与线面角的综合问题，核心是先利用正弦定理确定△BCD 外接圆半径，再根据外接球体积最小的条件确定球心位置，最后通过等体积法求点A到平面BCD的距离，进而求出线面角的正弦值。
四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．已知向量，，，
（1）求的单调递增区间；
（2）设的内角，，的对边分别为，，，，且的内切圆半径为1，求的面积.
【答案】（1）解：由向量，，
所以，
所以，，解得：，，
所以的单调递增区间.
（2）解：由可得：，又因为，
所以，解得：.
余弦定理可得：，则，
由等面积法可得，则，
联立得，所以的面积，
故的面积为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；正弦函数的性质；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 先利用向量数量积公式展开，再通过三角恒等变换化简为正弦型函数，最后用整体法求单调递增区间。
(2) 先由f(B)=1求出角B，再结合余弦定理和三角形内切圆的等面积法，联立方程求出ac，进而计算面积。
（1）由向量，，
所以，
所以，，解得：，，
所以的单调递增区间.
（2）由可得：，又因为，
所以，解得：.
余弦定理可得：，则，
由等面积法可得，则，
联立得，所以的面积，
故的面积为.
16．在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，为CD的中点，二面角为直二面角．
（1）求证：；
（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
【答案】（1）证明：因为，O为CD的中点，
所以，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD，
因为，，，
所以，
取的中点，连接，
则，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，，
又因为，
所以．
（2）解：设平面PAB的一个法向量为，
则，
所以，
解得，
令，则，
所以．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
因为，
所以
则直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，再根据等腰三角形三线合一得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出.
（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面PAB的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
（1）因为，O为CD的中点，
所以．
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因为，，，所以．
取的中点，连接，则，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
，，
因为，
所以．
（2）设平面PAB的一个法向量为，
则，即，
解得，令，则，则．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
又，
则，
所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
17．已知抛物线，且过抛物线焦点作直线交抛物线于，两点，弦长最小值为4
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作直线交抛物线于点，且直线过定点，连接直线并交抛物线于点，请问直线是否经过定点，若是请求出定点坐标，若不是请说明理由.
【答案】（1）解：因为抛物线，所以焦点坐标为：，
过该焦点的直线方程为：，与抛物线的交点为：，，
与抛物线方程联立得：，则，
而由抛物线的定义可知，
因为，所以当时，有最小值，所以，
所以抛物线方程为.
（2）解：
由（1）得，直线方程为，且①
设直线方程为，
与抛物线方程联立得：，则②
设直线方程为，，同理可得③
联立①②③可得
设直线方程为
与抛物线方程联立得：，则
因为，所以，所以直线经过定点
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设过焦点的直线方程，与抛物线联立，利用弦长公式结合抛物线定义，求弦长最小值，进而确定p的值。
(2) 设各直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理得到坐标关系，推导出直线BD的方程，确定其过定点。
（1）因为抛物线，所以焦点坐标为：，
过该焦点的直线方程为：，与抛物线的交点为：，，
与抛物线方程联立得：，则，
而由抛物线的定义可知，
因为，所以当时，有最小值，所以，
所以抛物线方程为.
（2）由（1）得，直线方程为，且①
设直线方程为，
与抛物线方程联立得：，则②
设直线方程为，，同理可得③
联立①②③可得
设直线方程为
与抛物线方程联立得：，则
因为，所以，所以直线经过定点
18．已知函数.
（1）判断的单调性，并求出单调区间；
（2）当时，若恒成立.试求出的取值范围；
（3）若，，且，证明：.
【答案】（1）解：，
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，可得，解得：，
令，可得，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：当时，由（1）知，有最小值，，
所以恒成立，化简可得，
令，易知在上单调递增，
且，.
（3）证明：时，，，
由，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
又，所以，
因，
故
，
由，及在上单调递增，可知，，
则
，
，，，
所以.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；数列的求和
【解析】【分析】(1)求导分析导数符号，根据参数的取值范围，确定函数的单调区间。
(2) 先由(1)得到时函数的最小值，再根据恒成立条件构造函数，利用函数单调性求解的范围。
(3) 先证明数列单调递增，再通过放缩法和裂项相消证明不等式。
（1），
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，可得，解得：，
令，可得，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知，有最小值，，
所以恒成立，化简可得，
令，易知在上单调递增，
且，.
（3）时，，，
由，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
又，所以，
因，
故
，
由，及在上单调递增，可知，，
则
，
，，，
所以.
19．一个箱子里有5个小球，分别以标号，（小球除标号外完全相同），现在有放回的抽取，观察抽取小球的标号，记表示在第次抽取后，前次的结果中出现种标号的概率，规定，.记为第次抽取后出现的标号种类数（例如：抽取三次，小球标号分别是，，，则只有“2”“4”两种标号，于是，，）
（1）求，，及；
（2）求；
（3）求的数学期望（用含有的式子表示）.
【答案】（1）解：：第1次抽取，出现1种标号的概率，因为第一次抽取必然出现1种标号，
所以；
：第2次抽取后出现1种标号，即两次抽取标号相同，
所以；
：第2次抽取后出现2种标号，即两次抽取标号不同，
所以；
：次抽取后出现1种标号，即次抽取标号都相同，
所以.
（2）解：设，，
当时，，
所以，
设，解得：，
故成等比数列，首项为，公比为，
进而，所以，
所以当时，；
故当时，；
（3）解：
由待定系数法可得：，又，
从而
故
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 根据定义和有放回抽样的特点，直接计算特殊值并推导一般情况。
(2) 通过递推关系构造等比数列，求解p(n，2)的表达式。
(3) 利用期望的线性性质，通过 “指示变量” 法简化计算。
（1）：第1次抽取，出现1种标号的概率，因为第一次抽取必然出现1种标号，
所以；
：第2次抽取后出现1种标号，即两次抽取标号相同，
所以；
：第2次抽取后出现2种标号，即两次抽取标号不同，
所以；
：次抽取后出现1种标号，即次抽取标号都相同，
所以.
（2）设，，
当时，，
所以，
设，解得：，
故成等比数列，首项为，公比为，
进而，所以，
所以当时，；
故当时，；
（3）方法一：
由待定系数法可得：，又，
从而
故
方法二.（期望递推）
由待定系数法可得：，又，
从而
故.
1 / 1浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二下学期6月期末联考数学试题
一、单项选择题：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．若集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
3．已知向量，，，满足，，则（　　）
A．2 B． C． D．6
4．已知角，满足，，则的值等于（　　）
A．1 B． C．0 D．
5．某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正、副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有（　　）种．
A．7 B．10 C．14 D．16
6．在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，射线是的角平分线，其与轴的交点为点，的角平分线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数，若0是极小值点，则取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．下列关于概率统计的说法，正确的是（　　）
A．若随机变量，则，
B．若随机变量；，则
C．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
D．设关于分类变量与的独立性检验的零假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关.
10．已知数列满足，，令，则（　　）
A． B．数列是等差数列
C．为整数 D．数列的前2025项和为2025
11．已知曲线，下列说法正确的是（　　）
A．曲线关于轴对称
B．曲线与的图象有且仅有一个交点
C．当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过
D．曲线与直线，围成图形的面积小于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若的展开式中，二项式系数之和与系数之和相等，则展开式中项的系数是　 　（用数字作答）
13．定义在上的函数满足且是一个增函数，请写出满足条件的一个函数　 　.（写出一个即可）
14．在三棱锥中，已知，，，，当三棱锥的外接球体积取得最小值时，记与平面所成的角为，则　 　.
四、解答题：本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15．已知向量，，，
（1）求的单调递增区间；
（2）设的内角，，的对边分别为，，，，且的内切圆半径为1，求的面积.
16．在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，为CD的中点，二面角为直二面角．
（1）求证：；
（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
17．已知抛物线，且过抛物线焦点作直线交抛物线于，两点，弦长最小值为4
（1）求抛物线的方程；
（2）过点作直线交抛物线于点，且直线过定点，连接直线并交抛物线于点，请问直线是否经过定点，若是请求出定点坐标，若不是请说明理由.
18．已知函数.
（1）判断的单调性，并求出单调区间；
（2）当时，若恒成立.试求出的取值范围；
（3）若，，且，证明：.
19．一个箱子里有5个小球，分别以标号，（小球除标号外完全相同），现在有放回的抽取，观察抽取小球的标号，记表示在第次抽取后，前次的结果中出现种标号的概率，规定，.记为第次抽取后出现的标号种类数（例如：抽取三次，小球标号分别是，，，则只有“2”“4”两种标号，于是，，）
（1）求，，及；
（2）求；
（3）求的数学期望（用含有的式子表示）.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
因为集合，
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查集合的补集与交集运算，核心是先求出集合 B 在全集 R 中的补集，再与集合 A 取交集。
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意，得，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则得出复数，再结合复数的模长公式得出复数z的模.
3．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为，所以，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】本题考查向量模长的计算，核心是利用向量模长的平方等于向量自身的数量积这一性质，通过对已知条件和目标表达式分别平方，建立联系求解。
4．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：因为，
所以，即，
又，
两式联立可得：，
所以，
故答案为：A
【分析】本题考查三角函数的和差公式应用，核心是通过 “切化弦” 和联立方程，求出两角和的正弦值。
5．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题可得，至少有一名女生被选中的不同选法有2种情况，一男一女，两女，
所以共种，
故答案为：C．
【分析】本题考查排列组合中的计数问题，核心是利用分类加法计数原理或补集法，计算“至少有一名女生被选中”的选法数。
6．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据题意，取的中点，连接.
因为为等边三角形，是的中点，
所以.
因为分别为的中点，所以.
因为，所以.
又平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为，是的中点，
所以.
又平面，
所以平面.
在中，根据勾股定理得.
在中，根据勾股定理得.
所以三棱锥的体积为.
故答案为：D.
【分析】本题考查三棱锥体积的计算，核心是通过线面垂直关系找到底面和高，再利用三棱锥体积公式求解。关键步骤是先证明 CE⊥ 平面 PAB，将 △PAB 作为底面，CE 作为高，代入公式计算体积。
7．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：
如图，连接.
因为三角形的三条角平分线交于一点，所以射线是的角平分线.
因为，所以.
由角平分线定理得，.
设，则，
所以，，
所以椭圆的离心率.
故答案为：B.
【分析】本题考查椭圆离心率的求解，核心是利用三角形角平分线定理与椭圆的定义，通过向量比例关系得到线段比例，进而建立 a 与 c 的关系，求出离心率。
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
令，则，
因为0是的极小值点，
所以在的左侧，，在的右侧，，
所以，解得，即取值范围是.
故答案为：C.
【分析】本题考查函数极值点的判定，核心是利用导数分析极值点的性质：对函数 f(x) 求导，分析导函数 f'(x) 在 x=0 处的符号变化；令 g(x)=f'(x)，要使 x=0 是 f(x) 的极小值点，需保证 g(x) 在 x=0 处由负变正，即 g'(0)>0，由此求解 a 的取值范围。
9．【答案】A,B,C
【知识点】独立性检验的应用；样本相关系数r及其数字特征；二项分布
【解析】【解答】解：A.因为随机变量，
所以，，A正确.
B. 因为随机变量，，
所以，
所以，B正确.
C.因为越接近于1时，成对样本数据的线性相关程度越强，
所以当一组样本数据的对应样本点都在直线上时，
变量与负线性相关，此时，C正确.
D.因为，
所以根据的独立性检验，推断不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】A：利用二项分布的期望与方差公式验证；
B：根据正态分布的对称性与概率性质比较大小；
C：根据样本相关系数的定义判断；
D：根据独立性检验的原理，结合临界值表判断结论。
10．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的前n项和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：因为①，
所以当时，②，
①-②得：.
化简得.
所以，所以数列为首项是1，公比为1的等比数列.
所以，所以.
所以.
A：，A正确；
B：因为，所以数列是首项为0，公差为的等差数列，B正确；
C：，不是整数，C错误；
D：因为数列是首项为0，公差为的等差数列，
所以，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：通过递推关系求出数列的通项公式，计算的值；
B：根据的通项公式求出，判断其是否为等差数列；
C：代入计算，判断是否为整数；
D：利用等差数列前项和公式计算前2025项和。
11．【答案】A,C,D
【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；曲线与方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：
A：由曲线，用代替方程中的，得，方程不变，所以曲线关于轴对称，A正确；
B：联立，得，即，
那么函数在上的零点个数即为曲线与图象的交点个数，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以在上，由正数递减到正数，再递增，故在上，没有零点，
即曲线与的图象没有交点，B错误；
C：曲线上任意一点到原点的距离为，
令，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为，
即在上的最大值为，
故当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过，C正确；
D：当时，，，当时，，，
令，，则在上为增函数，
令，，则在为增函数，
由此可知，的图象在上增长速度越来越快，可得曲线大致图象如图所示，
因为梯形的面积为，
所以曲线与直线，围成图形的面积小于，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：用 替换方程中的 ，判断曲线对称性；
B：联立曲线与 的方程，通过构造函数并分析其零点个数，判断交点个数；
C：写出曲线上点到原点的距离表达式，利用导数求其在 时的最大值；
D：分析曲线在 上的增长趋势，通过构造梯形面积比较大小，判断围成图形的面积。
12．【答案】5
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：由二项式系数之和与系数之和相等可得
因为
所以令
所以系数是
故答案为：5
【分析】本题考查二项式定理的应用，核心是利用二项式系数和与系数和的关系求出参数a，再通过通项公式确定x3项的系数。
13．【答案】（只需符合即可）.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：因为定义在上的函数满足，
则，
令，可得，
令可得，
由题意可得，
令，则，则函数为奇函数，
函数为增函数，则函数为增函数，
可取，
则，满足要求，
故满足题意.
故答案为：（只需符合即可）.
【分析】本题考查抽象函数的性质与构造，核心是通过换元法将已知的函数方程转化为熟悉的形式，结合奇偶性与单调性确定函数类型，再构造出满足条件的具体函数。
14．【答案】
【知识点】球内接多面体；点、线、面间的距离计算；正弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设外接圆圆心为，半径为，中点为，连接，
因为，，，，
所以，，
是直角三角形，则为外接圆圆心，半径，
所以三棱锥的外接球体积取得最小值时，球心在外心处，外接球半径为，
根据球的性质，截面圆心与球心的连线垂直于截面，即平面，
，则，
又，所以，
设点到平面的距离为，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查三棱锥外接球与线面角的综合问题，核心是先利用正弦定理确定△BCD 外接圆半径，再根据外接球体积最小的条件确定球心位置，最后通过等体积法求点A到平面BCD的距离，进而求出线面角的正弦值。
15．【答案】（1）解：由向量，，
所以，
所以，，解得：，，
所以的单调递增区间.
（2）解：由可得：，又因为，
所以，解得：.
余弦定理可得：，则，
由等面积法可得，则，
联立得，所以的面积，
故的面积为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；正弦函数的性质；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 先利用向量数量积公式展开，再通过三角恒等变换化简为正弦型函数，最后用整体法求单调递增区间。
(2) 先由f(B)=1求出角B，再结合余弦定理和三角形内切圆的等面积法，联立方程求出ac，进而计算面积。
（1）由向量，，
所以，
所以，，解得：，，
所以的单调递增区间.
（2）由可得：，又因为，
所以，解得：.
余弦定理可得：，则，
由等面积法可得，则，
联立得，所以的面积，
故的面积为.
16．【答案】（1）证明：因为，O为CD的中点，
所以，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD，
因为，，，
所以，
取的中点，连接，
则，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，，
又因为，
所以．
（2）解：设平面PAB的一个法向量为，
则，
所以，
解得，
令，则，
所以．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
因为，
所以
则直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，再利用面面垂直的性质定理证出线面垂直，再根据等腰三角形三线合一得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出.
（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面PAB的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
（1）因为，O为CD的中点，
所以．
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因为，，，所以．
取的中点，连接，则，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
，，
因为，
所以．
（2）设平面PAB的一个法向量为，
则，即，
解得，令，则，则．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
又，
则，
所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：因为抛物线，所以焦点坐标为：，
过该焦点的直线方程为：，与抛物线的交点为：，，
与抛物线方程联立得：，则，
而由抛物线的定义可知，
因为，所以当时，有最小值，所以，
所以抛物线方程为.
（2）解：
由（1）得，直线方程为，且①
设直线方程为，
与抛物线方程联立得：，则②
设直线方程为，，同理可得③
联立①②③可得
设直线方程为
与抛物线方程联立得：，则
因为，所以，所以直线经过定点
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 设过焦点的直线方程，与抛物线联立，利用弦长公式结合抛物线定义，求弦长最小值，进而确定p的值。
(2) 设各直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理得到坐标关系，推导出直线BD的方程，确定其过定点。
（1）因为抛物线，所以焦点坐标为：，
过该焦点的直线方程为：，与抛物线的交点为：，，
与抛物线方程联立得：，则，
而由抛物线的定义可知，
因为，所以当时，有最小值，所以，
所以抛物线方程为.
（2）由（1）得，直线方程为，且①
设直线方程为，
与抛物线方程联立得：，则②
设直线方程为，，同理可得③
联立①②③可得
设直线方程为
与抛物线方程联立得：，则
因为，所以，所以直线经过定点
18．【答案】（1）解：，
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，可得，解得：，
令，可得，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：当时，由（1）知，有最小值，，
所以恒成立，化简可得，
令，易知在上单调递增，
且，.
（3）证明：时，，，
由，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
又，所以，
因，
故
，
由，及在上单调递增，可知，，
则
，
，，，
所以.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；数列的求和
【解析】【分析】(1)求导分析导数符号，根据参数的取值范围，确定函数的单调区间。
(2) 先由(1)得到时函数的最小值，再根据恒成立条件构造函数，利用函数单调性求解的范围。
(3) 先证明数列单调递增，再通过放缩法和裂项相消证明不等式。
（1），
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，可得，解得：，
令，可得，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知，有最小值，，
所以恒成立，化简可得，
令，易知在上单调递增，
且，.
（3）时，，，
由，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
又，所以，
因，
故
，
由，及在上单调递增，可知，，
则
，
，，，
所以.
19．【答案】（1）解：：第1次抽取，出现1种标号的概率，因为第一次抽取必然出现1种标号，
所以；
：第2次抽取后出现1种标号，即两次抽取标号相同，
所以；
：第2次抽取后出现2种标号，即两次抽取标号不同，
所以；
：次抽取后出现1种标号，即次抽取标号都相同，
所以.
（2）解：设，，
当时，，
所以，
设，解得：，
故成等比数列，首项为，公比为，
进而，所以，
所以当时，；
故当时，；
（3）解：
由待定系数法可得：，又，
从而
故
【知识点】数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 根据定义和有放回抽样的特点，直接计算特殊值并推导一般情况。
(2) 通过递推关系构造等比数列，求解p(n，2)的表达式。
(3) 利用期望的线性性质，通过 “指示变量” 法简化计算。
（1）：第1次抽取，出现1种标号的概率，因为第一次抽取必然出现1种标号，
所以；
：第2次抽取后出现1种标号，即两次抽取标号相同，
所以；
：第2次抽取后出现2种标号，即两次抽取标号不同，
所以；
：次抽取后出现1种标号，即次抽取标号都相同，
所以.
（2）设，，
当时，，
所以，
设，解得：，
故成等比数列，首项为，公比为，
进而，所以，
所以当时，；
故当时，；
（3）方法一：
由待定系数法可得：，又，
从而
故
方法二.（期望递推）
由待定系数法可得：，又，
从而
故.
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