资源简介

广东省汕尾市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题
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．，则下列集合与A相等的是（　　）．
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：令定义域为，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减；在上单调递增，且，
则在恒成立，即.
故答案为：A.
【分析】构造函数求函数的定义域，再求导，利用导数研究函数的单调性，求函数的最小值，即可正确答案.
2．已知，则的虚部是（　　）．
A． B．3 C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，的虚部是.
故答案为：D.
【分析】先根据复数代数形式的乘除运算化简复数，再求共轭复数，结合虚部的概念判断即可.
3．一物体沿直线运动，其位移（单位：m）随时间t（单位：s）的变化关系为，则时，物体的瞬时速度大小为（　　）．
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】导数的四则运算；瞬时变化率
【解析】【解答】解：，，
则当时，物体的瞬时速度大小为.
故答案为：B.
【分析】求导，利用导数求物体的瞬时速度即可.
4．某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式共有（　　）．
A．6种 B．24种 C．64种 D．81种
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点，则这3名学生的旅游安排方式共有种.
故答案为：C.
【分析】每位学生只能选择一个景点，3名学生可以选择同一景点，利用分步乘法原理计算即可.
5．已知随机变量X服从正态分布，且，则（　　）．
A．0.21 B．0.2 C．0.31 D．0.3
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量X服从正态分布，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据正态分布曲线特点求解即可.
6．如图，已知圆C的弦的长度为4，则的值是（　　）．
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，由圆的性质知，
则.
故答案为：C.
【分析】利用向量数量积的运算公式，结合圆的性质求解即可.
7．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为F，点在椭圆上，，点B关于原点O的对称点为M．若，则C的离心率为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的简单性质；椭圆的参数方程
【解析】【解答】解：易知椭圆的参数方程为，
设，，，
则，，
因为，所以，，解得，
则，
因为点B关于原点O的对称点为，所以，
则，，
因为，所以，
所以，
化简得，则，
将代入椭圆方程，得到，
化简得，把代入中，
得到，同除可得，解得.
故答案为：B.
【分析】易知椭圆的参数方程为，设，，，利用求出，根据点B关于原点O的对称点为，利用中点坐标公式求得，再利用向量垂直的坐标表示得到，再将点坐标代入方程得到，再代入中化简得到，解方程即可得椭圆的离心率.
8．函数的图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到的，若函数在区间上均不成立，则的取值范围是（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数的图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到，所以，
当时，令，
因为，所以，，
要想函数在区间上均不成立，
只需，或，解得，或，
若，，则，
解得，，因为，所以，
所以满足条件的不存在，
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图形的平移，伸缩变换求得，再根据正弦型函数的性质，结合换元法求解即可.
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，有选错的得0分．
9．甲、乙进行10道高考数学题解题比赛的得分如下表所示，则下列说法正确的是（　　）．
题号 1题 2题 3题 4题 5题 6题 7题 8题 9题 10题
甲 10 8 11 10 9 10 16 7 12 10
乙 14 9 7 13 8 6 12 7 14 9
A．甲的平均数大于乙的平均数
B．甲的极差大于乙的极差
C．甲的众数小于乙的中位数
D．甲的60％分位数大于乙的60％分位数
【答案】A,B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：甲10道高考数学题解题比赛的得分由小到大排列为：，
乙10道高考数学题解题比赛的得分由小到大排列为：.
A、因为甲的平均数为，
乙的平均数为，
所以甲的平均数大于乙的平均数，故A正确；
B、因为甲的极差为，乙的极差为，所以甲的极差大于乙的极差，故B正确；
C、因为甲的众数为，乙的中位数为，
所以甲的众数大于乙的中位数，故C不正确；
D、因为，所以甲的60％分位数为，乙的60％分位数，
因此甲的60％分位数小于乙的60％分位数，故D不正确.
故答案为：AB.
【分析】先将甲、乙比赛的得分从小到大批量排列，再根据平均数、中位数、极差、60％分位数的定义逐项计算判断即可.
10．设复数z满足，则以下结论正确的是（　　）．
A．z在复平面上对应的轨迹是圆 B．的最大值为2
C．的最小值为0 D．复数z的虚部取值范围是
【答案】A,B,C
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数（为虚数单位），
则表示点与之间的距离，
A、z在复平面上对应的轨迹是以为圆心以1为半径的圆，故A正确；
B、，当时，即可取最大值，故B正确；
C、，当时即可取最小值，故C正确；
D、因为，则符合题意，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】设复数（为虚数单位），利用复数的模的几何意义即可判断A；利用不等式的性质即可判断BC；根据复数模公式，取特殊值法求解即可判断D.
11．已知函数的定义域为R，的定义域为R，，且满足，．下列说法正确的是（　　）．
A．的周期为4 B．的图象关于对称
C．的图象关于对称 D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由，得到，
，将替换为，则有，
故，则，即关于对称；
由，
故对任意成立，令可得，
则，将替换为，故，即关于对称；
A、，
则，
将替换为，所以，
故，故的周期为4，故A正确；
B、由，将替换为，则，
故的图象关于对称，故B正确；
C、，故关于对称，故C错误；
D、由，
，周期为，
令，，，
令，，，
由，令，，
又关于对称，故，
故，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由，可得，，用替换，求得，判断函数关于对称，由，求得关于直线对称，得到的周期为4即可判断AC；由周期性以及对称性得出关于对称即可判断B；由，得到一个周期的函数值即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式的常数项是　 　．
【答案】70
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项，令求解即可.
13．随机变量的分布列如表所示，且，则　 　．
a 0 3
P b
【答案】6
【知识点】离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
则.
故答案为：B
【分析】根据概率的性质结合期望公式列方程组求出b、c，再根据方差公式求解即可.
14．若复数满足，且，在复平面内，在所对应的点中随机取出三个点，则这三个点两两之间的距离都不超过的概率为　 　．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：依题意，复数满足，且，故，
当时，，当时，，当时，，
则符合题意的所对应的点为，，，，，，，，，共个，可得在所对应的点中随机取出三个点，共种取法，
当取出的三个点两两之间的距离都不超过时，有如下三种情况：
①三点在一横线或一纵线上，有种情况，
②三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有种情况，
③三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于的有个，直角顶点位于，，，的各有个，共有种情况，
综上，选出的三点两两之间距离都不超过的情况数为种，
所以这三个点两两之间的距离都不超过的概率为.
故答案为：.
【分析】由题意可得，利用列举法求得符合要求的所对应的点，分类讨论符合两两之间的距离都不超过这一要求的三个点的可能，最后利用古典概型概率公式求解即可.
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，且．
（1）写出函数的定义域并求出a的值；
（2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求b的值．
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
则，，即；
（2）解：由（1）知，则，而，
因此曲线在点处的切线为，即，
（法1）由，消去得，
而直线与函数的图象相切，则，所以；
（法2）函数的导函数为，
令，解得，则，
于是切线与函数图象的切点为，
代入，即，所以．
【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；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）利用对数函数以及分式有意义求函数的定义域；求导，结合求的即可；
（2）由（1）知，利用导数的几何意义，结合点斜式求出切线方程，
法1：联立切线方程与，根据图象相切，利用判别式求值即可；
法2，利用导数的几何意义求出切点坐标求解即可.
（1）函数的定义域为，求导得，
则，，所以．
（2）由（1）知，则，而，
因此曲线在点处的切线为，即，
（法1）由，消去得，
而直线与函数的图象相切，则，所以.
（法2）函数的导函数为，
令，解得，则，
于是切线与函数图象的切点为，
代入，即，所以．
16．已知数列的前n项和为，且满足，，．
（1）分别求出数列中的，，的值；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）解： 数列的前n项和为，且满足，， ，
当时，，又因为，所以，
当时，因为，所以，
又因为，所以，，，；
（2）解：由（1）知，，，则，故时，有①，
②，
由①，②得，，即，
当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
综上所述，数列的通项公式为（或，）.
【知识点】数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用数列中与的关系，得到与之间的关系，再结合求，，，的值即可；
（2）由（1），得，两式相减得到，分为奇数和偶数，讨论求的通项即可.
（1）（解法1）（1）当时，，
又∵，∴，
当时，∵，∴，
∵，∴，
∴，，．
（解法2）：∵，，，
∴，解得，
又∵，∴，解得，
同理，解得，
，解得，
故，，．
（2）（解法1）由（1）（解法一）知，，，
则，故时，有，①
∴，②
由①，②得，，即，
当n为偶数时，，
当n为奇数时，．
综上所述，数列的通项公式为（或，）．
（解法2）由（1）（解法一）知，，，则，
故时，有，
当n为奇数时，由，，，…，，
由以上各式可得，，…，，
可得，故．
当n为偶数时，由，，，…，，
以上各式两两相减，可得，，…，，
可得，
又∵，∴，
综上所述，数列的通项公式为（或，）．
（解法3）由（1）知，，且，，，，，
归纳上述结果，猜想．
当时，，猜想成立，
假设当时，，
那么，
即时，猜想成立．
综上所述，对任意，上述猜想都成立，
即．
（解法4）当时，，
又∵，∴，
当时，∵，∴，
∵，∴，即，符合，
∴时，有．
∴，，，…，，
又由（1）知，，，
故当n为奇数时，；当n为偶数时，．
故数列的通项公式为（或，）．
17．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线l的斜率k存在．
（1）若线段的中点的横坐标为，求椭圆C的方程并计算点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和；
（2）F为椭圆C的右焦点，若面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，，则椭圆C的方程为，
设，，直线l的方程为，
联立，得，
由，
由韦达定理可得，，
因为线段的中点的横坐标为，所以，
解得，故，
点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为，
因为，，可知与异号，
故，
即点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为；
（2）解：
由（1）知，直线l的方程为，
故点F到直线l的距离，
，
则，
解得，即，
即直线l的方程为．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列关于的方程组，求解得椭圆方程，设，，直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合中点坐标，完全平方公式求解即可；
（2）由（1）知，直线l的方程为，利用点到直线的距离公式，以及两点距离公式求，再根据三角形面积建立方程求解即可.
（1）依题意有，，且，
又因为，解得，，
故椭圆C的方程为，
设，，由题意，得直线l的方程为，
联立，得，
由，
则，，
因为线段的中点的横坐标为，
所以，解得，故，
点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为，
因为，，可知与异号，
故，
即点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为．
（2）由（1）知，直线l的方程为，
故点F到直线l的距离，
，
故，
解得，即，
故直线l的方程为．
18．如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，．
（1）证明：；
（2）证明：平面；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取的中点N，连接，，如图所示：
因为且，所以四边形为菱形，故，
又因为，所以四边形为平行四边形，
故有，所以，
因为，、平面，，故平面，
因为平面，所以；
（2）证明：连接交于点O，连接，如图所示：
因为，且，
所以，所以O为的三等分点，
又因为，所以M为的三等分点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（3）解：由题意知，，，
因为，平面，与相交，所以平面，
以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设，由于，
则，，，，，
由，可得，
设平面的法向量为，，，
则，令，，，可得，
设平面的法向量为，
，，
则，令，则，，可得，
因为，所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点N，连接，，根据菱形的性质可得线性垂直，再利用线面垂直的判定和性质证明即可；
（2）连接交于点O，连接，由线段成比例可得线线平行，利用线面平行的判定证明即可；
（3）由题意，利用线面垂直的判定定理证得以平面，以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，根据面面角的向量公式求解即可.
（1）证明：如图，取的中点N，连接，，
因为且，
所以四边形为菱形，故，
又因为，所以四边形为平行四边形，
故有，所以，
因为，、平面，，故平面，
因为平面，所以．
（2）证明：如图，连接交于点O，连接．
因为，且，
所以，所以O为的三等分点，
又因为，所以M为的三等分点，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（3）由题意知，，，
因为，平面，与相交，所以平面．
以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，由于，
则，，，，，
由知．
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，，
即，
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，，
即，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19．已知随机变量的取值为非负整数，其分布列为：
0 1 2 … n
P …
其中，且．由生成的函数为，．
（1）若生成的函数为，当为奇数时，求的值；
（2）在盒①中有1个红球，在盒②中有2个蓝球和4个绿球，随机选盒取出1个球，选择盒①的概率为．已知随机变量生成的函数为，其中分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率．证明：，并计算的值；（）
（3）已知三个自然数的和为9，用表示这三个数中最小的数，此时由生成的函数记为，令，求的极小值点．
【答案】（1）解：由生成的函数为，，
则，，，
故当为奇数时，；
（2）证明：恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，
故，，，
即，故，
所以生成的函数为，
故，，
所以，
因为，，
所以，故，
（或）
因为，
所以，
故；
（3）解：由题意可得的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
则的分布列为
0 1 2 3
P
，，，
令，解得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
故是的极小值点．
【知识点】利用导数研究函数的极值；古典概型及其概率计算公式；超几何分布；离散型随机变量的方差
【解析】【分析】（1）将变形为，即可求为奇数时，求的值；
（2）恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，根据条件概率分别求得，，，再结合，求得，进而得到生成的函数为，依次求，，计算，并根据公式逐步求出证明即可；
（3）由题意可得的可能取值为0，1，2，3，利用超几何分布求得对应的概率，列的分布列，由生成的函数记为，求导得到，并利用导数求的极小值即可.
（1）由生成的函数为，知．
所以，，，
因此，当为奇数时，．
（2）恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，
故，，．
即，故，
所以生成的函数为，
故，，
所以，
因为，，
所以，故，
（或）
因为，
所以，
故．
（3）的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，．
则的分布列为
0 1 2 3
P
所以，
故，
故，令，解得，
故时，单调递减，时，单调递增，
故是的极小值点．
1 / 1广东省汕尾市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题
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．，则下列集合与A相等的是（　　）．
A． B． C． D．
2．已知，则的虚部是（　　）．
A． B．3 C． D．
3．一物体沿直线运动，其位移（单位：m）随时间t（单位：s）的变化关系为，则时，物体的瞬时速度大小为（　　）．
A． B．1 C． D．2
4．某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式共有（　　）．
A．6种 B．24种 C．64种 D．81种
5．已知随机变量X服从正态分布，且，则（　　）．
A．0.21 B．0.2 C．0.31 D．0.3
6．如图，已知圆C的弦的长度为4，则的值是（　　）．
A．4 B．6 C．8 D．10
7．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为F，点在椭圆上，，点B关于原点O的对称点为M．若，则C的离心率为（　　）．
A． B． C． D．
8．函数的图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到的，若函数在区间上均不成立，则的取值范围是（　　）．
A． B．
C． D．
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，有选错的得0分．
9．甲、乙进行10道高考数学题解题比赛的得分如下表所示，则下列说法正确的是（　　）．
题号 1题 2题 3题 4题 5题 6题 7题 8题 9题 10题
甲 10 8 11 10 9 10 16 7 12 10
乙 14 9 7 13 8 6 12 7 14 9
A．甲的平均数大于乙的平均数
B．甲的极差大于乙的极差
C．甲的众数小于乙的中位数
D．甲的60％分位数大于乙的60％分位数
10．设复数z满足，则以下结论正确的是（　　）．
A．z在复平面上对应的轨迹是圆 B．的最大值为2
C．的最小值为0 D．复数z的虚部取值范围是
11．已知函数的定义域为R，的定义域为R，，且满足，．下列说法正确的是（　　）．
A．的周期为4 B．的图象关于对称
C．的图象关于对称 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式的常数项是　 　．
13．随机变量的分布列如表所示，且，则　 　．
a 0 3
P b
14．若复数满足，且，在复平面内，在所对应的点中随机取出三个点，则这三个点两两之间的距离都不超过的概率为　 　．
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，且．
（1）写出函数的定义域并求出a的值；
（2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求b的值．
16．已知数列的前n项和为，且满足，，．
（1）分别求出数列中的，，的值；
（2）求数列的通项公式．
17．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线l的斜率k存在．
（1）若线段的中点的横坐标为，求椭圆C的方程并计算点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和；
（2）F为椭圆C的右焦点，若面积为，求直线l的方程．
18．如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，．
（1）证明：；
（2）证明：平面；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知随机变量的取值为非负整数，其分布列为：
0 1 2 … n
P …
其中，且．由生成的函数为，．
（1）若生成的函数为，当为奇数时，求的值；
（2）在盒①中有1个红球，在盒②中有2个蓝球和4个绿球，随机选盒取出1个球，选择盒①的概率为．已知随机变量生成的函数为，其中分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率．证明：，并计算的值；（）
（3）已知三个自然数的和为9，用表示这三个数中最小的数，此时由生成的函数记为，令，求的极小值点．
答案解析部分
1．【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：令定义域为，，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减；在上单调递增，且，
则在恒成立，即.
故答案为：A.
【分析】构造函数求函数的定义域，再求导，利用导数研究函数的单调性，求函数的最小值，即可正确答案.
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，的虚部是.
故答案为：D.
【分析】先根据复数代数形式的乘除运算化简复数，再求共轭复数，结合虚部的概念判断即可.
3．【答案】B
【知识点】导数的四则运算；瞬时变化率
【解析】【解答】解：，，
则当时，物体的瞬时速度大小为.
故答案为：B.
【分析】求导，利用导数求物体的瞬时速度即可.
4．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点，则这3名学生的旅游安排方式共有种.
故答案为：C.
【分析】每位学生只能选择一个景点，3名学生可以选择同一景点，利用分步乘法原理计算即可.
5．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为随机变量X服从正态分布，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据正态分布曲线特点求解即可.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，由圆的性质知，
则.
故答案为：C.
【分析】利用向量数量积的运算公式，结合圆的性质求解即可.
7．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；椭圆的简单性质；椭圆的参数方程
【解析】【解答】解：易知椭圆的参数方程为，
设，，，
则，，
因为，所以，，解得，
则，
因为点B关于原点O的对称点为，所以，
则，，
因为，所以，
所以，
化简得，则，
将代入椭圆方程，得到，
化简得，把代入中，
得到，同除可得，解得.
故答案为：B.
【分析】易知椭圆的参数方程为，设，，，利用求出，根据点B关于原点O的对称点为，利用中点坐标公式求得，再利用向量垂直的坐标表示得到，再将点坐标代入方程得到，再代入中化简得到，解方程即可得椭圆的离心率.
8．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数的图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到，所以，
当时，令，
因为，所以，，
要想函数在区间上均不成立，
只需，或，解得，或，
若，，则，
解得，，因为，所以，
所以满足条件的不存在，
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图形的平移，伸缩变换求得，再根据正弦型函数的性质，结合换元法求解即可.
9．【答案】A,B
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：甲10道高考数学题解题比赛的得分由小到大排列为：，
乙10道高考数学题解题比赛的得分由小到大排列为：.
A、因为甲的平均数为，
乙的平均数为，
所以甲的平均数大于乙的平均数，故A正确；
B、因为甲的极差为，乙的极差为，所以甲的极差大于乙的极差，故B正确；
C、因为甲的众数为，乙的中位数为，
所以甲的众数大于乙的中位数，故C不正确；
D、因为，所以甲的60％分位数为，乙的60％分位数，
因此甲的60％分位数小于乙的60％分位数，故D不正确.
故答案为：AB.
【分析】先将甲、乙比赛的得分从小到大批量排列，再根据平均数、中位数、极差、60％分位数的定义逐项计算判断即可.
10．【答案】A,B,C
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数（为虚数单位），
则表示点与之间的距离，
A、z在复平面上对应的轨迹是以为圆心以1为半径的圆，故A正确；
B、，当时，即可取最大值，故B正确；
C、，当时即可取最小值，故C正确；
D、因为，则符合题意，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】设复数（为虚数单位），利用复数的模的几何意义即可判断A；利用不等式的性质即可判断BC；根据复数模公式，取特殊值法求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：由，得到，
，将替换为，则有，
故，则，即关于对称；
由，
故对任意成立，令可得，
则，将替换为，故，即关于对称；
A、，
则，
将替换为，所以，
故，故的周期为4，故A正确；
B、由，将替换为，则，
故的图象关于对称，故B正确；
C、，故关于对称，故C错误；
D、由，
，周期为，
令，，，
令，，，
由，令，，
又关于对称，故，
故，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由，可得，，用替换，求得，判断函数关于对称，由，求得关于直线对称，得到的周期为4即可判断AC；由周期性以及对称性得出关于对称即可判断B；由，得到一个周期的函数值即可判断D.
12．【答案】70
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：展开式的通项为，
令，解得，则常数项为.
故答案为：.
【分析】先写出展开式的通项，令求解即可.
13．【答案】6
【知识点】离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
则.
故答案为：B
【分析】根据概率的性质结合期望公式列方程组求出b、c，再根据方差公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：依题意，复数满足，且，故，
当时，，当时，，当时，，
则符合题意的所对应的点为，，，，，，，，，共个，可得在所对应的点中随机取出三个点，共种取法，
当取出的三个点两两之间的距离都不超过时，有如下三种情况：
①三点在一横线或一纵线上，有种情况，
②三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有种情况，
③三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于的有个，直角顶点位于，，，的各有个，共有种情况，
综上，选出的三点两两之间距离都不超过的情况数为种，
所以这三个点两两之间的距离都不超过的概率为.
故答案为：.
【分析】由题意可得，利用列举法求得符合要求的所对应的点，分类讨论符合两两之间的距离都不超过这一要求的三个点的可能，最后利用古典概型概率公式求解即可.
15．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
则，，即；
（2）解：由（1）知，则，而，
因此曲线在点处的切线为，即，
（法1）由，消去得，
而直线与函数的图象相切，则，所以；
（法2）函数的导函数为，
令，解得，则，
于是切线与函数图象的切点为，
代入，即，所以．
【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；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）利用对数函数以及分式有意义求函数的定义域；求导，结合求的即可；
（2）由（1）知，利用导数的几何意义，结合点斜式求出切线方程，
法1：联立切线方程与，根据图象相切，利用判别式求值即可；
法2，利用导数的几何意义求出切点坐标求解即可.
（1）函数的定义域为，求导得，
则，，所以．
（2）由（1）知，则，而，
因此曲线在点处的切线为，即，
（法1）由，消去得，
而直线与函数的图象相切，则，所以.
（法2）函数的导函数为，
令，解得，则，
于是切线与函数图象的切点为，
代入，即，所以．
16．【答案】（1）解： 数列的前n项和为，且满足，， ，
当时，，又因为，所以，
当时，因为，所以，
又因为，所以，，，；
（2）解：由（1）知，，，则，故时，有①，
②，
由①，②得，，即，
当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
综上所述，数列的通项公式为（或，）.
【知识点】数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用数列中与的关系，得到与之间的关系，再结合求，，，的值即可；
（2）由（1），得，两式相减得到，分为奇数和偶数，讨论求的通项即可.
（1）（解法1）（1）当时，，
又∵，∴，
当时，∵，∴，
∵，∴，
∴，，．
（解法2）：∵，，，
∴，解得，
又∵，∴，解得，
同理，解得，
，解得，
故，，．
（2）（解法1）由（1）（解法一）知，，，
则，故时，有，①
∴，②
由①，②得，，即，
当n为偶数时，，
当n为奇数时，．
综上所述，数列的通项公式为（或，）．
（解法2）由（1）（解法一）知，，，则，
故时，有，
当n为奇数时，由，，，…，，
由以上各式可得，，…，，
可得，故．
当n为偶数时，由，，，…，，
以上各式两两相减，可得，，…，，
可得，
又∵，∴，
综上所述，数列的通项公式为（或，）．
（解法3）由（1）知，，且，，，，，
归纳上述结果，猜想．
当时，，猜想成立，
假设当时，，
那么，
即时，猜想成立．
综上所述，对任意，上述猜想都成立，
即．
（解法4）当时，，
又∵，∴，
当时，∵，∴，
∵，∴，即，符合，
∴时，有．
∴，，，…，，
又由（1）知，，，
故当n为奇数时，；当n为偶数时，．
故数列的通项公式为（或，）．
17．【答案】（1）解：由题意可得，解得，，则椭圆C的方程为，
设，，直线l的方程为，
联立，得，
由，
由韦达定理可得，，
因为线段的中点的横坐标为，所以，
解得，故，
点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为，
因为，，可知与异号，
故，
即点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为；
（2）解：
由（1）知，直线l的方程为，
故点F到直线l的距离，
，
则，
解得，即，
即直线l的方程为．
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意列关于的方程组，求解得椭圆方程，设，，直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合中点坐标，完全平方公式求解即可；
（2）由（1）知，直线l的方程为，利用点到直线的距离公式，以及两点距离公式求，再根据三角形面积建立方程求解即可.
（1）依题意有，，且，
又因为，解得，，
故椭圆C的方程为，
设，，由题意，得直线l的方程为，
联立，得，
由，
则，，
因为线段的中点的横坐标为，
所以，解得，故，
点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为，
因为，，可知与异号，
故，
即点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为．
（2）由（1）知，直线l的方程为，
故点F到直线l的距离，
，
故，
解得，即，
故直线l的方程为．
18．【答案】（1）证明：取的中点N，连接，，如图所示：
因为且，所以四边形为菱形，故，
又因为，所以四边形为平行四边形，
故有，所以，
因为，、平面，，故平面，
因为平面，所以；
（2）证明：连接交于点O，连接，如图所示：
因为，且，
所以，所以O为的三等分点，
又因为，所以M为的三等分点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（3）解：由题意知，，，
因为，平面，与相交，所以平面，
以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设，由于，
则，，，，，
由，可得，
设平面的法向量为，，，
则，令，，，可得，
设平面的法向量为，
，，
则，令，则，，可得，
因为，所以平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点N，连接，，根据菱形的性质可得线性垂直，再利用线面垂直的判定和性质证明即可；
（2）连接交于点O，连接，由线段成比例可得线线平行，利用线面平行的判定证明即可；
（3）由题意，利用线面垂直的判定定理证得以平面，以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，根据面面角的向量公式求解即可.
（1）证明：如图，取的中点N，连接，，
因为且，
所以四边形为菱形，故，
又因为，所以四边形为平行四边形，
故有，所以，
因为，、平面，，故平面，
因为平面，所以．
（2）证明：如图，连接交于点O，连接．
因为，且，
所以，所以O为的三等分点，
又因为，所以M为的三等分点，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（3）由题意知，，，
因为，平面，与相交，所以平面．
以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，由于，
则，，，，，
由知．
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，，
即，
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，，
即，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19．【答案】（1）解：由生成的函数为，，
则，，，
故当为奇数时，；
（2）证明：恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，
故，，，
即，故，
所以生成的函数为，
故，，
所以，
因为，，
所以，故，
（或）
因为，
所以，
故；
（3）解：由题意可得的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
则的分布列为
0 1 2 3
P
，，，
令，解得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
故是的极小值点．
【知识点】利用导数研究函数的极值；古典概型及其概率计算公式；超几何分布；离散型随机变量的方差
【解析】【分析】（1）将变形为，即可求为奇数时，求的值；
（2）恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，根据条件概率分别求得，，，再结合，求得，进而得到生成的函数为，依次求，，计算，并根据公式逐步求出证明即可；
（3）由题意可得的可能取值为0，1，2，3，利用超几何分布求得对应的概率，列的分布列，由生成的函数记为，求导得到，并利用导数求的极小值即可.
（1）由生成的函数为，知．
所以，，，
因此，当为奇数时，．
（2）恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，
故，，．
即，故，
所以生成的函数为，
故，，
所以，
因为，，
所以，故，
（或）
因为，
所以，
故．
（3）的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，．
则的分布列为
0 1 2 3
P
所以，
故，
故，令，解得，
故时，单调递减，时，单调递增，
故是的极小值点．
1 / 1

展开更多......

收起↑