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浙江省台州市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
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．命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
2．已知随机变量服从正态分布，若，则（　　）
A． B． C． D．
3．若，则复数（为虚数单位）的模为（　　）
A． B． C． D．
4．已知直线与曲线相切，则实数的值为（　　）
A． B． C．1 D．2
5．一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，用表示这个球中白球的个数，则下列概率中等于的是（　　）
A． B． C． D．
6．关于的展开式，下列说法正确的是（　　）
A．第项的二项式系数最大
B．当时，被除的余数为
C．展开式中存在常数项
D．展开式中存在连续三项的系数成等差数列
7．若函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．在中，内角、、所对的边分别为、、，若的面积为，则三个内角中最小的角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共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．设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则下列结论正确的是（　　）
A．事件两两互斥 B．事件两两独立
C． D．
10．设平面向量满足，，记，，，则下列说法正确的是（　　）
A．存在，使得向量与向量垂直
B．的最小值为3
C．若，则向量在向量上的投影向量为
D．的最小值为4
11．已知正四面体的棱长为4，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（　　）
A．正四面体内切球的半径为
B．点可以为的重心
C．
D．面积的最小值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某学生最近五次的数学考试成绩分别为125，123，120，133，130，则该学生数学成绩的第30百分位数为　 　．
13．已知函数，满足，实数可以为　 　．（写出满足条件的一个即可）
14．已知函数，若存在实数，使得在区间上有三个零点，则实数的取值范围为　 　．
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．已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）在中，内角所对的边分别为，且，求外接圆的面积．
16．在中，，．若平面外的点和线段上的点，满足，，四面体的体积为．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17．为了提高学生学习数学的兴趣，某校组织名学生参加数学竞赛预赛，学校根据预赛成绩选拔名学生入围复赛（划定入围复赛分数线，成绩大于等于分数线即入围），下图是根据预赛成绩（满分分）整理后绘制成的频率分布直方图．
（1）估算本次预赛成绩的平均分以及入围复赛的分数线；
（2）从参加预赛的名学生中随机抽取人进行访谈，设抽取到入围复赛的人数为，求；
（3）为了给未入围复赛的学生参加复赛的机会，学校允许数学老师在未入围复赛的名学生中推荐名学生参加复赛．若推荐入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为，通过预赛入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为．在入围复赛的名学生中随机抽取名学生，求抽取的学生在复赛中获奖的概率．
18．已知函数，，．
（1）若函数存在2个零点，求的取值范围；
（2）记，
①当时，求的最小值；
②若的最小值为2，求的取值范围．
19．把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系，这就是“算两次”原理．比如“”；一方面问题视为从包含的个不同的元素中取出个元素，共有种方法；另一方面，还可以视为取出的个元素中，一类是不含有，共有种方法，一类是含有，共有种方法，由分类加法计数原理有．“算两次”原理在数学中有广泛的应用．
（1）若函数对任意都有恒成立，求的值（e为自然对数的底数，）；
（2）在中，角的对边分别为，角的内角平分线交于，证明：；
（3）当时，求的值．（结果用含的式子表示）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.
故答案为：A.
【分析】这是一道关于全称量词命题否定的题目，需遵循 “改量词、否结论” 的原则：全称量词命题的否定是存在量词命题，量词 “ ” 改为 “ ”，同时否定原命题的结论。
2．【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量服从正态分布，且，
故，的值不确定.
故答案为：D.
【分析】利用正态分布密度曲线的对称性，由 可知，对称轴为两点的中点，进而求出均值。
3．【答案】B
【知识点】复数的模；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，，
因此，复数（为虚数单位）的模为.
故答案为：B.
【分析】核心解题思路：先借助同角三角函数的商数关系与平方关系，求出和；再依据复数模长公式，代入对应三角函数值计算复数的模。
4．【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
设直线与曲线的切点为，
所以，
所以，且，
令函数，，
因为，
所以函数在单调递减，在单调递增，
又因为，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】设切点为，根据切点既在曲线上又在切线上，结合导数的几何意义列出方程组，通过分析函数单调性求解切点横坐标，进而得到的值。
5．【答案】C
【知识点】超几何分布；直线的斜率
【解析】【解答】解：一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，
则表示从这个球中随机摸个球，表示从个红球中摸出个球，
则表示从这个球中随机摸个球，至少有个白球的摸法种数，
所以.
故答案为：C.
【分析】：从10个球中摸出3个球的总基本事件数；：从6个红球中摸出3个球（没有白球）的事件数；：至少有1个白球的事件数结合古典概型的概率公式即可得出结果.
6．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；组合数公式
【解析】【解答】解：A，的展开式有项，其中第项的二项式系数最大，A错误；
B，当时，，
因为能被整除，故被整除的余数为，B错误；
C，的展开式通项为，
由得，故展开式中不存在常数项，C错误；
D，由C可知，展开式中每一项的系数都为其二项式系数，
不妨设、、成等差数列，
所以，即，
整理得，解得或，D正确.
故答案为：D.
【分析】A：根据二项式系数对称性，判断最大二项式系数所在项；
B：代入x=1，用二项式定理求除以3的余数；
C：写出通项，令x的指数为0，判断是否存在整数解；
D：假设连续三项二项式系数成等差数列，解方程验证。
7．【答案】A
【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：假设函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点和，
所以，，
上述两个等式相加得，可得，
令，其中，，
函数为偶函数，
当时，，故函数在上单调递增，
由偶函数的性质可知函数在上单调递减，故，
所以函数的值域为，故，解得，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】假设函数 的图象上存在关于原点对称的点 和 ，可得 ，再利用导数与函数与方程的关系求解实数 的取值范围。
8．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦函数的性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由三角形的面积公式可得，
整理可得，即，
又因为，则，当且仅当时，即当时，等号成立，
此时，由勾股定理可得，故为最小内角，且.
因此，三个内角中最小的角的正弦值为.
故答案为：C.
【分析】先利用三角形面积公式化简条件，结合基本不等式及正弦函数的有界性求出角B，再利用等号成立条件确定三边关系，进而找出最小内角并求其正弦值。
9．【答案】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：由题意得，可得，
且，
A，因为，所以事件两两不互斥，A错误；
B，由，所以事件两两独立，B正确；
C，，，可得，C错误；
D，由条件概率的计算公式，可得，D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据题意，先求出各事件的概率 ，以及它们的交事件概率，再结合互斥事件、独立事件、条件概率的定义逐一判断：
互斥事件：若 ，则 互斥；
两两独立：若 、、，则 两两独立；
条件概率：。
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：若向量与向量垂直，那么.
所以.
化简得，
因为，所以，解得.
所以存在使得向量与向量垂直，A正确；
B：.
所以当时，取最小值为，B错误；
C：若，则，它在向量上的投影为：
，C正确；
D：
当时，取最小值4，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：根据向量垂直的条件，即数量积为0，求解t的值；
B：写出的表达式，化简后求二次函数的最小值；
C：利用向量投影公式计算；
D：先计算，再求其二次函数的最小值。
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：设为中点，为的中心，则面，
点到侧面，的距离之比为，在面内，
又正四面体的棱长为4，.
A，设内切圆的半径为，，正确.
B，若点可以为的重心，则重合，则点到三个侧面的距离之比为，错误.
C，为正四面体，为中点，，
为的中心，面，面，
又面且，面，面，正确.
D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
设，
则，
设面的法向量为，则，
令，则
设面的法向量为，则，
令，则，
到面的距离；
到面的距离，，，，，
当时，，，正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：利用正四面体体积公式和内切球性质，推导内切球半径；
B：根据点到侧面的距离比，判断点是否与重心重合；
C：结合线面垂直的判定与性质，证明线线垂直；
D：通过建立空间直角坐标系，求解三角形面积的最小值。
12．【答案】123
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题意得120，123，125，130，133，
由，得第30百分位数是第二个数字，为123.
故答案为：123.
【分析】根据第p百分位数的定义，先将数据排序，再计算位置索引，从而确定百分位数。
13．【答案】2（答案不唯一：均可）
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，
所以.
所以.
所以，
解得.
当时，.
故答案为：2.
【分析】根据给定的函数等式，利用三角函数的诱导公式化简变形，推导出ω的通解，再写出其中一个具体值即可。
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意得，使与在有三个交点，
则，令，则.
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
与在内不可能有三个交点.
当时，恒成立，在上单调递增，
与在内不可能有三个交点.
当时，在和上单调递增，在上单调递减，，
与在内要有三个交点，则设与相切时，切点，其中，
，即，.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：
【分析】将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题，分情况讨论b的取值，利用导数分析单调性和相切条件，最终确定b的取值范围。
15．【答案】（1）解：由题意得，，
∴函数的最小正周期，
由得，
∴的单调递增区间为．
（2）解：由得，故，
∵，∴，
∴，解得.
设外接圆的半径为，由正弦定理得，故，
所以外接圆的面积为．
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 先利用辅助角公式化简函数，再求其最小正周期和单调递增区间；
(2) 由 求出角 ，再用正弦定理求外接圆半径，进而计算外接圆面积。
（1）由题意得，，
∴函数的最小正周期，
由得，
∴的单调递增区间为．
（2）由得，故，
∵，∴，
∴，解得.
设外接圆的半径为，由正弦定理得，故，
所以外接圆的面积为．
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，
由，，
得，，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）解：设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则四面体的体积为，
由题意有，得，
故，即直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 通过取 中点构造辅助线，利用等腰三角形性质和线面垂直判定定理证明 平面 ，进而得到 ；
(2) 先计算 的面积，由体积公式求出点 到平面 的距离，再结合线面角的定义计算其正弦值。
（1）取中点，连接，
由，，
得，，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则四面体的体积为，
由题意有，得，
故，即直线与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知平均分为：，
因为，前三个矩形面积之和为，
故第百分位数为，即入围分数线估计为分．
（2）解：由题意知，所以.
（3）解：设“在复赛中获奖”，“由推荐入围复赛的学生”，“由预赛入围复赛的学生”，则，，，，
所以，
因此抽取的学生在复赛中获奖的概率为．
【知识点】二项分布；全概率公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】(1) 利用频率分布直方图计算平均分和第60百分位数；
(2) 确定X服从二项分布，利用期望公式计算E(X)；
(3) 利用全概率公式计算最终获奖概率。
（1）由频率分布直方图可知平均分为：，
因为，前三个矩形面积之和为，
故第百分位数为，即入围分数线估计为分．
（2）由题意知，所以.
（3）设“在复赛中获奖”，“由推荐入围复赛的学生”，“由预赛入围复赛的学生”，
则，，，，
所以，
因此抽取的学生在复赛中获奖的概率为．
18．【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
令，则，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
当时，，
所以．
（2）解：①当时，，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，取到最小值2．
②因为，
由①知，，当且仅当取到等号，
所以，
则．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）由题意知，存在2个零点，则有两个解，设，求导判断出函数的单调性，再根据函数的单调性得出实数的取值范围.
（2）①由题意得，设，先求导，再根据函数的单调性得出函数的最值，从而得到的最小值.
②利用，从而得出实数的取值范围.
（1）函数的定义域为，令，则，
设，则，令，得
，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当时，，所以．
（2）①当时，，
设，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取到最小值2．
②，
由①知，，当且仅当取到等号，所以，
所以．
19．【答案】（1）解：一方面，由可得，
另一方面，由可得，
所以．
（2）证明：一方面，，
另一方面，
，
因为，
所以，
化简得，
即．
（3）解：先计算，构造一个组合问题：从名学生中选出若干人组成班干部，并从中选出班长1名及团支书1名（班长和团支书可由1人兼任）．
一方面，若班长和团支书由1人兼任有种方法，其余人有种选法，共有种方法；若班长和团支书分别由2人担任有种方法，其余人有种选法，共有此时，故总的方法数为种．
另一方面，从人中选出人组成班干部有种选法，再从中选出班长1人及团支书1人（可由同一人兼任）有种选法，故对每一个有种选法，故总的方法数为，所以；
再计算，在等式两边对求导得
①，
①式两边对求导得②，
对于①，令，整理得，
对于②，令，整理得，
所以，
综上有．
【知识点】导数的四则运算；平面向量的数量积运算；组合数公式
【解析】【分析】(1) 利用“算两次”原理，通过函数恒成立的两个不等式方向，分别求出 的下界与上界，进而确定其值。
(2) 通过向量的两种分解方式（直接点积与线性分解后点积），建立等式关系，化简后证明三角恒等式。
(3) 对 用组合意义“算两次”求值，再对 用二项式定理求导赋值求值，最后合并得到结果。
（1）一方面，由可得，
另一方面，由可得，
所以．
（2）证法1：一方面，，
另一方面，
，
因为，
所以，
化简得，
即．
证法2：要证：，
只需证：，
即证：，
即证：，
即证：，
只需证：，
而显然成立，
所以成立．
（3）先计算，构造一个组合问题：从名学生中选出若干人组成班干部，并从中选出班长1名及团支书1名（班长和团支书可由1人兼任）．
一方面，若班长和团支书由1人兼任有种方法，其余人有种选法，共有种方法；若班长和团支书分别由2人担任有种方法，其余人有种选法，共有此时，故总的方法数为种．
另一方面，从人中选出人组成班干部有种选法，再从中选出班长1人及团支书1人（可由同一人兼任）有种选法，故对每一个有种选法，故总的方法数为，所以；
再计算，在等式两边对求导得
①，
①式两边对求导得②，
对于①，令，整理得，
对于②，令，整理得，
所以，
综上有．
1 / 1浙江省台州市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
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．命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.
故答案为：A.
【分析】这是一道关于全称量词命题否定的题目，需遵循 “改量词、否结论” 的原则：全称量词命题的否定是存在量词命题，量词 “ ” 改为 “ ”，同时否定原命题的结论。
2．已知随机变量服从正态分布，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量服从正态分布，且，
故，的值不确定.
故答案为：D.
【分析】利用正态分布密度曲线的对称性，由 可知，对称轴为两点的中点，进而求出均值。
3．若，则复数（为虚数单位）的模为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的模；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，，
因此，复数（为虚数单位）的模为.
故答案为：B.
【分析】核心解题思路：先借助同角三角函数的商数关系与平方关系，求出和；再依据复数模长公式，代入对应三角函数值计算复数的模。
4．已知直线与曲线相切，则实数的值为（　　）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
设直线与曲线的切点为，
所以，
所以，且，
令函数，，
因为，
所以函数在单调递减，在单调递增，
又因为，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】设切点为，根据切点既在曲线上又在切线上，结合导数的几何意义列出方程组，通过分析函数单调性求解切点横坐标，进而得到的值。
5．一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，用表示这个球中白球的个数，则下列概率中等于的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】超几何分布；直线的斜率
【解析】【解答】解：一个袋子中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，
则表示从这个球中随机摸个球，表示从个红球中摸出个球，
则表示从这个球中随机摸个球，至少有个白球的摸法种数，
所以.
故答案为：C.
【分析】：从10个球中摸出3个球的总基本事件数；：从6个红球中摸出3个球（没有白球）的事件数；：至少有1个白球的事件数结合古典概型的概率公式即可得出结果.
6．关于的展开式，下列说法正确的是（　　）
A．第项的二项式系数最大
B．当时，被除的余数为
C．展开式中存在常数项
D．展开式中存在连续三项的系数成等差数列
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；组合数公式
【解析】【解答】解：A，的展开式有项，其中第项的二项式系数最大，A错误；
B，当时，，
因为能被整除，故被整除的余数为，B错误；
C，的展开式通项为，
由得，故展开式中不存在常数项，C错误；
D，由C可知，展开式中每一项的系数都为其二项式系数，
不妨设、、成等差数列，
所以，即，
整理得，解得或，D正确.
故答案为：D.
【分析】A：根据二项式系数对称性，判断最大二项式系数所在项；
B：代入x=1，用二项式定理求除以3的余数；
C：写出通项，令x的指数为0，判断是否存在整数解；
D：假设连续三项二项式系数成等差数列，解方程验证。
7．若函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：假设函数（为自然对数的底数，）的图象上存在关于原点对称的点和，
所以，，
上述两个等式相加得，可得，
令，其中，，
函数为偶函数，
当时，，故函数在上单调递增，
由偶函数的性质可知函数在上单调递减，故，
所以函数的值域为，故，解得，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】假设函数 的图象上存在关于原点对称的点 和 ，可得 ，再利用导数与函数与方程的关系求解实数 的取值范围。
8．在中，内角、、所对的边分别为、、，若的面积为，则三个内角中最小的角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦函数的性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由三角形的面积公式可得，
整理可得，即，
又因为，则，当且仅当时，即当时，等号成立，
此时，由勾股定理可得，故为最小内角，且.
因此，三个内角中最小的角的正弦值为.
故答案为：C.
【分析】先利用三角形面积公式化简条件，结合基本不等式及正弦函数的有界性求出角B，再利用等号成立条件确定三边关系，进而找出最小内角并求其正弦值。
二、选择题：本大题共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．设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则下列结论正确的是（　　）
A．事件两两互斥 B．事件两两独立
C． D．
【答案】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：由题意得，可得，
且，
A，因为，所以事件两两不互斥，A错误；
B，由，所以事件两两独立，B正确；
C，，，可得，C错误；
D，由条件概率的计算公式，可得，D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据题意，先求出各事件的概率 ，以及它们的交事件概率，再结合互斥事件、独立事件、条件概率的定义逐一判断：
互斥事件：若 ，则 互斥；
两两独立：若 、、，则 两两独立；
条件概率：。
10．设平面向量满足，，记，，，则下列说法正确的是（　　）
A．存在，使得向量与向量垂直
B．的最小值为3
C．若，则向量在向量上的投影向量为
D．的最小值为4
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A：若向量与向量垂直，那么.
所以.
化简得，
因为，所以，解得.
所以存在使得向量与向量垂直，A正确；
B：.
所以当时，取最小值为，B错误；
C：若，则，它在向量上的投影为：
，C正确；
D：
当时，取最小值4，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：根据向量垂直的条件，即数量积为0，求解t的值；
B：写出的表达式，化简后求二次函数的最小值；
C：利用向量投影公式计算；
D：先计算，再求其二次函数的最小值。
11．已知正四面体的棱长为4，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（　　）
A．正四面体内切球的半径为
B．点可以为的重心
C．
D．面积的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：设为中点，为的中心，则面，
点到侧面，的距离之比为，在面内，
又正四面体的棱长为4，.
A，设内切圆的半径为，，正确.
B，若点可以为的重心，则重合，则点到三个侧面的距离之比为，错误.
C，为正四面体，为中点，，
为的中心，面，面，
又面且，面，面，正确.
D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
设，
则，
设面的法向量为，则，
令，则
设面的法向量为，则，
令，则，
到面的距离；
到面的距离，，，，，
当时，，，正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：利用正四面体体积公式和内切球性质，推导内切球半径；
B：根据点到侧面的距离比，判断点是否与重心重合；
C：结合线面垂直的判定与性质，证明线线垂直；
D：通过建立空间直角坐标系，求解三角形面积的最小值。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某学生最近五次的数学考试成绩分别为125，123，120，133，130，则该学生数学成绩的第30百分位数为　 　．
【答案】123
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题意得120，123，125，130，133，
由，得第30百分位数是第二个数字，为123.
故答案为：123.
【分析】根据第p百分位数的定义，先将数据排序，再计算位置索引，从而确定百分位数。
13．已知函数，满足，实数可以为　 　．（写出满足条件的一个即可）
【答案】2（答案不唯一：均可）
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为，
所以.
所以.
所以，
解得.
当时，.
故答案为：2.
【分析】根据给定的函数等式，利用三角函数的诱导公式化简变形，推导出ω的通解，再写出其中一个具体值即可。
14．已知函数，若存在实数，使得在区间上有三个零点，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意得，使与在有三个交点，
则，令，则.
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
与在内不可能有三个交点.
当时，恒成立，在上单调递增，
与在内不可能有三个交点.
当时，在和上单调递增，在上单调递减，，
与在内要有三个交点，则设与相切时，切点，其中，
，即，.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：
【分析】将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题，分情况讨论b的取值，利用导数分析单调性和相切条件，最终确定b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．已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）在中，内角所对的边分别为，且，求外接圆的面积．
【答案】（1）解：由题意得，，
∴函数的最小正周期，
由得，
∴的单调递增区间为．
（2）解：由得，故，
∵，∴，
∴，解得.
设外接圆的半径为，由正弦定理得，故，
所以外接圆的面积为．
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；正弦定理的应用；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 先利用辅助角公式化简函数，再求其最小正周期和单调递增区间；
(2) 由 求出角 ，再用正弦定理求外接圆半径，进而计算外接圆面积。
（1）由题意得，，
∴函数的最小正周期，
由得，
∴的单调递增区间为．
（2）由得，故，
∵，∴，
∴，解得.
设外接圆的半径为，由正弦定理得，故，
所以外接圆的面积为．
16．在中，，．若平面外的点和线段上的点，满足，，四面体的体积为．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取中点，连接，
由，，
得，，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）解：设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则四面体的体积为，
由题意有，得，
故，即直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 通过取 中点构造辅助线，利用等腰三角形性质和线面垂直判定定理证明 平面 ，进而得到 ；
(2) 先计算 的面积，由体积公式求出点 到平面 的距离，再结合线面角的定义计算其正弦值。
（1）取中点，连接，
由，，
得，，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则四面体的体积为，
由题意有，得，
故，即直线与平面所成角的正弦值为．
17．为了提高学生学习数学的兴趣，某校组织名学生参加数学竞赛预赛，学校根据预赛成绩选拔名学生入围复赛（划定入围复赛分数线，成绩大于等于分数线即入围），下图是根据预赛成绩（满分分）整理后绘制成的频率分布直方图．
（1）估算本次预赛成绩的平均分以及入围复赛的分数线；
（2）从参加预赛的名学生中随机抽取人进行访谈，设抽取到入围复赛的人数为，求；
（3）为了给未入围复赛的学生参加复赛的机会，学校允许数学老师在未入围复赛的名学生中推荐名学生参加复赛．若推荐入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为，通过预赛入围复赛的学生在复赛中获奖的概率为．在入围复赛的名学生中随机抽取名学生，求抽取的学生在复赛中获奖的概率．
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知平均分为：，
因为，前三个矩形面积之和为，
故第百分位数为，即入围分数线估计为分．
（2）解：由题意知，所以.
（3）解：设“在复赛中获奖”，“由推荐入围复赛的学生”，“由预赛入围复赛的学生”，则，，，，
所以，
因此抽取的学生在复赛中获奖的概率为．
【知识点】二项分布；全概率公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】(1) 利用频率分布直方图计算平均分和第60百分位数；
(2) 确定X服从二项分布，利用期望公式计算E(X)；
(3) 利用全概率公式计算最终获奖概率。
（1）由频率分布直方图可知平均分为：，
因为，前三个矩形面积之和为，
故第百分位数为，即入围分数线估计为分．
（2）由题意知，所以.
（3）设“在复赛中获奖”，“由推荐入围复赛的学生”，“由预赛入围复赛的学生”，
则，，，，
所以，
因此抽取的学生在复赛中获奖的概率为．
18．已知函数，，．
（1）若函数存在2个零点，求的取值范围；
（2）记，
①当时，求的最小值；
②若的最小值为2，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数的定义域为，
令，则，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
当时，，
所以．
（2）解：①当时，，
设，则，
令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，取到最小值2．
②因为，
由①知，，当且仅当取到等号，
所以，
则．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）由题意知，存在2个零点，则有两个解，设，求导判断出函数的单调性，再根据函数的单调性得出实数的取值范围.
（2）①由题意得，设，先求导，再根据函数的单调性得出函数的最值，从而得到的最小值.
②利用，从而得出实数的取值范围.
（1）函数的定义域为，令，则，
设，则，令，得
，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，当时，，所以．
（2）①当时，，
设，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，取到最小值2．
②，
由①知，，当且仅当取到等号，所以，
所以．
19．把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系，这就是“算两次”原理．比如“”；一方面问题视为从包含的个不同的元素中取出个元素，共有种方法；另一方面，还可以视为取出的个元素中，一类是不含有，共有种方法，一类是含有，共有种方法，由分类加法计数原理有．“算两次”原理在数学中有广泛的应用．
（1）若函数对任意都有恒成立，求的值（e为自然对数的底数，）；
（2）在中，角的对边分别为，角的内角平分线交于，证明：；
（3）当时，求的值．（结果用含的式子表示）
【答案】（1）解：一方面，由可得，
另一方面，由可得，
所以．
（2）证明：一方面，，
另一方面，
，
因为，
所以，
化简得，
即．
（3）解：先计算，构造一个组合问题：从名学生中选出若干人组成班干部，并从中选出班长1名及团支书1名（班长和团支书可由1人兼任）．
一方面，若班长和团支书由1人兼任有种方法，其余人有种选法，共有种方法；若班长和团支书分别由2人担任有种方法，其余人有种选法，共有此时，故总的方法数为种．
另一方面，从人中选出人组成班干部有种选法，再从中选出班长1人及团支书1人（可由同一人兼任）有种选法，故对每一个有种选法，故总的方法数为，所以；
再计算，在等式两边对求导得
①，
①式两边对求导得②，
对于①，令，整理得，
对于②，令，整理得，
所以，
综上有．
【知识点】导数的四则运算；平面向量的数量积运算；组合数公式
【解析】【分析】(1) 利用“算两次”原理，通过函数恒成立的两个不等式方向，分别求出 的下界与上界，进而确定其值。
(2) 通过向量的两种分解方式（直接点积与线性分解后点积），建立等式关系，化简后证明三角恒等式。
(3) 对 用组合意义“算两次”求值，再对 用二项式定理求导赋值求值，最后合并得到结果。
（1）一方面，由可得，
另一方面，由可得，
所以．
（2）证法1：一方面，，
另一方面，
，
因为，
所以，
化简得，
即．
证法2：要证：，
只需证：，
即证：，
即证：，
即证：，
只需证：，
而显然成立，
所以成立．
（3）先计算，构造一个组合问题：从名学生中选出若干人组成班干部，并从中选出班长1名及团支书1名（班长和团支书可由1人兼任）．
一方面，若班长和团支书由1人兼任有种方法，其余人有种选法，共有种方法；若班长和团支书分别由2人担任有种方法，其余人有种选法，共有此时，故总的方法数为种．
另一方面，从人中选出人组成班干部有种选法，再从中选出班长1人及团支书1人（可由同一人兼任）有种选法，故对每一个有种选法，故总的方法数为，所以；
再计算，在等式两边对求导得
①，
①式两边对求导得②，
对于①，令，整理得，
对于②，令，整理得，
所以，
综上有．
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