精品解析：浙江省杭州第四中学2024-2025学年高二下学期数学强化练习（2）（2月月考）试题

2024学年第二学期高二数学强化练习（2） 班级___________姓名___________学号___________成绩___________ 一、单选题（每题5分） 1. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A B. C. 0 D. 1 3. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互对立 D. 事件与事件相互独立 6. 的展开式中的系数是（ ） A. 60 B. 80 C. 84 D. 120 7. 若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ） A y=2x+1 B. y=2x+ C. y=x+1 D. y=x+ 8. 在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是. B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数. C. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第60百分位数为10. D. 甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，若抽取的甲个体数为9，则样本容量为18. 10. 现有个编号为的盒子和个编号为的小球，要求把个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 没有空盒子的方法共有种 B. 有空盒子的方法共有种 C. 恰有个盒子不放球的方法共有种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有种 11. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为等比数列 C. D. 信封均被投错的概率大于 三、填空题（每题5分） 12. 若双曲线的离心率为3，则______． 13. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列的通项公式为 ，若，则数列的前30项和为________. 14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________． 四、解答题 15. 已知，其中，正整数. （1）若，求的值； （2）若，且，，依次成等差数列，求的值. 16. 已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 17. 已知锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若． （1）证明：； （2）若，求的取值范围． 18. 在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，． （1）求证：； （2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 19 已知函数. （1）当时，判断函数零点个数； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）设，若函数有两个极值点、，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期高二数学强化练习（2） 班级___________姓名___________学号___________成绩___________ 一、单选题（每题5分） 1. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 首先求出集合、，再利用集合的交运算即可求解. 【详解】，， 所以， 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出． 【详解】因为，所以，即． 故选：A． 3. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量， 所以， 所以，又， 所以， 所以， 又， 所以，又， 所以向量与向量的夹角为，即. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦两角和公式将展开成角与的两角和形式与与的两角和形式，建立等式关系结合已知等式即可得结论. 【详解】因为， 又， 所以， 因为， 则. 故选：B. 5. 已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互对立 D. 事件与事件相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据要写条件，利用互斥事件、对立事件和相互独立的定义，逐一判断选项即可. 【详解】对于A，事件和事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不互斥，A错误； 对于B，，，，事件与事件相互独立，B正确； 对于C，事件与事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不对立，C错误； 对于D，，，，事件与事件不独立，D错误. 故选：B 6. 的展开式中的系数是（ ） A. 60 B. 80 C. 84 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】 的展开式中的系数是，借助组合公式：，逐一计算即可. 【详解】的展开式中的系数是 因为且，所以， 所以， 以此类推，. 故选：D 【点睛】本题关键点在于使用组合公式：，以达到简化运算的作用. 7. 若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ） A. y=2x+1 B. y=2x+ C. y=x+1 D. y=x+ 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线在曲线上的切点为，则， 函数的导数为，则直线的斜率， 设直线的方程为，即， 由于直线与圆相切，则， 两边平方并整理得，解得，（舍）， 则直线的方程为，即. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. 8. 在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算. 【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有打结方式有：种. 其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种. 所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决. （2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结. 二、多选题（每题6分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是. B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数. C. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第60百分位数为10. D. 甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，若抽取的甲个体数为9，则样本容量为18. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，结合古典概型的概率公式，即可求解；对于B，结合众数、中位数的定义，即可求解；对于C，结合百分位数的定义，即可求解；对于D，结合分层抽样的定义，即可求解． 【详解】对于A，用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为2的样本， 则每个个体被抽到的概率都是，故A正确； 对于B，一组数据1，2，3，3，4，5的众数为3，中位数为3，故B不正确； 对于C，数据2，4，6，8，10，12，14，16，因为， 所以该组数据的第60百分位数是10，故C正确； 对于D，令样本容量为，则，解得，故D正确． 故选：ACD． 10. 现有个编号为的盒子和个编号为的小球，要求把个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 没有空盒子的方法共有种 B. 有空盒子的方法共有种 C. 恰有个盒子不放球的方法共有种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有种 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，没有空盒即4个球4个盒子全排列即得；对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解； 对于C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即得． 【详解】对于选项A，把4个小球全部放进盒子中，没有空盒子，相当于4个小球在4个盒子上进行全排列，故共有种方法，所以选项A正确， 对于选项B，有空盒子，因为有4个球，每个球各有4种放法，故共有种方法，所以选项B错误； 对于选项C，恰有1个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球，而球共4个，则必有一个盒子放了2个球， 先将四盒中选一个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起， 再对三个盒子全排共有种方法，故C正确； 对于选项D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有种， 另外三球三盒不能对应共2种，则共有种方法，故D错误. 故选：AC. 11. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为等比数列 C. D. 信封均被投错的概率大于 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，用列举法即可得；选项B，构造新数列，利用定义法可证明是等比数列；选项C，由递推关系变形可得裂项形式，裂项后利用累加法求通项即可证；选项D，利用泰勒公式可得再对分奇偶讨论即可判断. 【详解】选项A，令4封信分别为，当在第2个信箱时，共3种错排方式： 第1种 信箱 1 2 3 4 信 第2种 信箱 1 2 3 4 信 第3种 信箱 1 2 3 4 信 同理可得在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共种方法，故A选项正确； 选项B，，∴， 又，则，故B选项正确； 选项C，， 两边同除以得， ∴， ，故C选项正确； 选项D，装错信封的概率为，∵， 则，即 当n为奇数时，； 当n为偶数时，；综上，当n为奇数时；当n为偶数时，故D项错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过构造变形得，D选项的关键是利用所给的泰勒公式，再分奇偶讨论. 三、填空题（每题5分） 12. 若双曲线的离心率为3，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的离心率列方程，解方程求得的值. 【详解】由题意，焦点在轴上， ； 故答案为： 13. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列的通项公式为 ，若，则数列的前30项和为________. 【答案】240 【解析】 【分析】根据数列的通项公式，采用并项求和的方法，即可求得答案. 【详解】由题意知，， 故数列的前30项和为 ， 故答案为：240 14. “布朗运动”是指微小颗粒永不停息无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】定义从出发最终从1号口出的概率为，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即可求解. 【详解】设从出发最终从1号口出的概率为，所以，解得. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知，其中，为正整数. （1）若，求的值； （2）若，且，，依次成等差数列，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法即可求解， （2）根据展开式的通项特征，结合等差中项可列方程求解，即可求解. 【小问1详解】 时，， 令，则 【小问2详解】 的展开式的通项为， 故 根据，，依次成等差数列，得 故， 解得或（舍去）， 因此 16. 已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ， （1）求C的方程； （2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值. 【答案】（1）；（2）18. 【解析】 【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程； (2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值. 【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即. 当y=0时，解得，所以a=4， 椭圆过点M(2，3)，可得， 解得b2=12. 所以C的方程：. (2)设与直线AM平行的直线方程为：， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值. 联立直线方程与椭圆方程， 可得：， 化简可得：， 所以，即m2=64，解得m=±8， 与AM距离比较远的直线方程：， 直线AM方程为：， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得：， 由两点之间距离公式可得. 所以△AMN的面积的最大值：. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 17. 已知锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若． （1）证明：； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、两角和差的正弦公式化简得，进一步即可证明； （2）由题意首先求得的取值范围，进一步将目标式子转换为只含有的式子即可求解． 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 所以， 所以， 而，则或， 即或（舍去），故． 【小问2详解】 因为是锐角三角形，所以，解得， 所以的取值范围是， 由正弦定理可得：，则， 所以，所以， 因为， 所以，所以， 所以， 因为，所以， 所以的取值范围是． 18. 在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，． （1）求证：； （2）当二面角余弦值为时，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：作交于， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，，且平面，， 所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标， 如图所示，则， 设，因为，所以， 因为，所以，即， 又由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， 因为，解得（舍去）或， 所以点或， 所以三棱锥的体积为. 19. 已知函数. （1）当时，判断函数的零点个数； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）设，若函数有两个极值点、，求证：. 【答案】（1）个 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论； （2）直接验证，分、两种情况讨论，结合分离参数法以及导数法求出实数的取值范围； （3）求导，分析可知，函数在上有两个不等的零点，利用二次方程根的分布求出的取值范围，结合韦达定理可得出，其中，然后利用导数分析函数在上的单调性，即可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，，该函数的定义域为，， 所以，函数在上为增函数， 因为，，则， 由零点存在定理可知，函数在区间内存在唯一零点， 所以，函数在定义域内存在唯一零点. 【小问2详解】 因为， 当时，则，由可得， 令，其中，则，令可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，，则； 当时，则，由可得， 令，其中，则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数，且当时，，此时，， 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 因为，其中， 则， 因为函数有两个极值点，则函数在上有两个不等的实根， 则，解得， 所以， ， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，则，故. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$