专题07：期末复习冲刺（基础篇1）讲义-2024-2025学年高二下学期数学（沪教版2020）

2024-2025学年高二数学下学期期末复习满分冲刺（培优课程） 专题07 期末复习满分冲刺（基础篇1） 考点一：空间向量 1．（24-25高二上·上海宝山·期中）已知向量，则向量的单位向量 ． 2．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 3．（24-25高二上·上海·期中）正方体中，点E是上底面的中心，若，则 . 4．（24-25高二上·上海·期中）已知，、、三点不共线，为平面外任意一点．若，且、、、四点共面，则 ． 5．（24-25高二上·上海·期中）如图，正方体的棱长为1，则点到平面的距离为 . 6．（24-25高二上·上海嘉定·期中）已知正四棱柱的底面为边长为2，高为3，则集合中元素的个数为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 7．（24-25高三上·上海·期中）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点为母线的中点，为上一点，且平面，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 8．（23-24高二上·上海·期中）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱垂直于底面，是延长线上一点，且． (1)求二面角的大小； (2)直线到平面的距离； (3)在线段上是否存在一点使得．若存在，求出点位置；若不存在，则说明理由． 考点二：计数原理与排列组合 9．（23-24高二下·上海·期末）若，则正整数 . 10．（23-24高二下·上海青浦·期末）“”是“”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 11．（24-25高二上·上海·期末）有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 种． 12．（23-24高二下·上海宝山·期末）7个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，则不同的排法有 种． 13．（23-24高二上·上海·期末）某学校要从6名男生和4名女生中选出3人担任进博会志愿者，则所选3人中男女生都有的选法有 种.（用数字作答） 14．（22-23高二下·上海青浦·期末）某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有 种（用数字作答）． 15．（22-23高二上·上海浦东新·期末）10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有 种. 16．（21-22高三上·上海宝山·期末）学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有 种. 17．（23-24高二下·上海闵行·期末）甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为 ． 18．（23-24高二上·上海松江·期末）饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子5个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取4个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为 19．（2023上·辽宁沈阳·高二沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）（1）6名同学（简记为，，，，，）到甲、乙、丙三个场馆做志愿者. （i）一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？ （ii）每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且、两人约定去同一个场馆，、不想去一个场馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？ （2）某校选派4名干部到两个街道服务，每人只能去一个街道，每个街道至少1人，有多少种方法？（结果用数字表示） （3）如图，某水果店门前用3根绳子挂了6串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3.到了晚上，水果店老板要收摊了，假设每次只取1串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不同取法种数？（结果用数字表示） 考点三：二项式定理 20. 展开式中的第四项是________； 21．（24-25高二上·上海·期末）在的二项展开式中，常数项为 . 22.求的展开式中，系数绝对值最大的项以及系数最大的项． 23.若的展开式中含有常数项，则最小的正整数等于 ． 24．（23-24高二下·上海·期末）在二项式的展开式中，的系数为 ．（用数字作答） 25.若，则（    ） A．244 B．242 C．122 D．121 26.若，则（    ） A．244 B．242 C．122 D．121 27．（2024上·上海·高二上海南汇中学校考期末）已知在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列. (1)求正整数的值； (2)求展开式中各项系数之和. 28．设，的二项展开式为，其中、、…、均为常数. (1)若，求的值； (2)若对一切均成立，求的取值范围. 考点四：概率统计 29．（22-23高二下·上海黄浦·期末）三颗骰子各掷一次，观察掷得的点数.记事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个2点”，则 . 30．（23-24高二上·上海·期末）某校中学生篮球队集训前共有6个篮球，其中3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）.每次训练都从中任意取出2个球，用完后放回.已知第一次训练时用过的球放回后都当作旧球，则第二次训练时恰好取到1个新球的概率为 . 31．（21-22高二下·上海杨浦·期末）已知随机变量的分布为，则（    ） A． B． C． D．无法确定 32．（22-23高二下·上海黄浦·期末）已知随机变量X服从二项分布，且，则 . 33．（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 34．（2022·全国·高三专题练习）从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（    ） A． B． C． D． 35．（2022·广东佛山·高三阶段练习）李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 36.（2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试（理））对两个变量x，y进行线性相关检验，得线性相关系数r1＝0.8995，对两个变量u，v进行线性相关检验，得线性相关系数r2＝﹣0.9568，则下列判断正确的是（　　） A．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量x与y的线性相关性较强     B．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量x与y的线性相关性较强     C．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量u与v的线性相关性较强     D．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量u与v的线性相关性较强 37．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知一组样本数据，，…，（，，，…，不相等），若这组数据的样本相关系数为，则在这组样本数据的散点图中，所有样本点（，2，…，n）所在的曲线可能是（    ） A． B． C． D． 38．（2022·全国·高三专题练习）已知，的取值如表： 0 1 3 4 4.3 4.8 6.7 若，具有线性相关关系，且回归方程为，则__________． 39．（22-23高二下·山东聊城·期末）甲、乙两位同学进行乒乓球打比赛，约定：①每赢一球得1分；②采用三球换发制，即每比赛三球交换发球权．假设甲发球时甲得分的概率是，乙发球时甲得分的概率是，各球的结果相互独立．根据抽签结果决定，甲先发球． (1)用表示比赛三球后甲的得分，求的分布列和均值； (2)求比赛六球后甲比乙的得分多的概率． 40．（23-24高二下·山东枣庄·期末）甲、乙两选手进行象棋比赛，采用五局三胜制.甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，且每局的胜负相互独立. (1)求比赛三局定胜负的概率； (2)在甲第一局获胜的前提下，设还需进行的局数为，求的分布列与数学期望. 考点五：解析几何 41．（2025·上海奉贤·二模）已知是斜率为的直线的倾斜角，计算 ． 42．（2024·上海奉贤·一模）若直线：与直线：互相垂直，则 ． 43．（23-24高二上·上海·期末）直线与直线的夹角为 . 44．（2025·上海浦东新·二模）设圆方程为，则圆的半径为 ． 45．（23-24高二下·上海静安·期末）圆在点处的切线方程为 ． 46．（21-22高二下·上海宝山·期末）已知方程表示的曲线为.则以下四个判断中错误选项为（    ） A．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则 B．当或时，曲线表示双曲线 C．当时，曲线表示椭圆 D．若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则 47．（2024·上海嘉定·一模）已知双曲线：，则双曲线的离心率是 . 48．（2025·上海普陀·二模）设，拋物线上的点到的焦点的距离为5，点到轴的距离为3，则的值为 . 49．（2025·上海徐汇·二模）已知双曲线的左焦点为，右焦点为.若双曲线的右支上存在一点，使得直线与以双曲线的实轴为直径的圆相切，切点为线段的中点，则该双曲线的离心率为 . 50．（24-25高二上·上海·期末）参数方程（为参数）的普通方程是 . 51．（21-22高二下·上海浦东新·期末）已知椭圆的参数方程为，则该椭圆的离心率为 . 52．（24-25高三上·上海松江·期末）已知点P为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是 ． 53．（2025·上海浦东新·二模）已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 考点六：导数 54．（23-24高一下·上海·期末）若，则 . 55．（22-23高二下·上海静安·期末）已知曲线上一点，则在点处的切线方程为 . 56．（2024·上海徐汇·一模）设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为 . 57．（23-24高二下·上海宝山·期末）设，则函数的极大值点为 ． 58．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 59．（2023上·宁夏银川·高三校联考阶段练习）已知函数，关于x的方程有3个不同的解，则m的取值范围是 . 60．（2023下·上海普陀·高二校考期中）已知函数在与时都取得极值. (1)求的值与函数的单调区间. (2)求该函数在的极值和单调性. (3)设，若恒成立，求的取值范围. 考点七：综合题 61．（2024·上海闵行·一模）已知圆，双曲线，直线，其中． (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若与圆相切，证明：与双曲线的左右两支各有一个公共点； (3)设与轴交于点，与圆交于点、，与双曲线的左右两支分别交于点、，四个点从左至右依次为、、、．当时，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 62．（2025·上海宝山·二模）已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点. (1)当直线过点，且时，求的周长； (2)已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积； (3)已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标. 63.（2024·上海长宁·二模）已知椭圆为坐标原点； (1)求的离心率； (2)设点，点在上，求的最大值和最小值； (3)点，点在直线上，过点且与平行的直线与交于两点；试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由； 64．（2025·上海松江·二模）已知. (1)若是函数的一个极值点，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)已知实数，若点是曲线上两点，直线AB的斜率为，求证：. 65．（2025·上海普陀·二模）已知，对于函数，，设集合，，记. (1)若函数，请判断中元素的个数，并说明理由； (2)设，函数，若，求的值以及曲线在点处的切线方程； (3)设，函数，若对于任意的，皆有成立，求的取值范围. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二数学下学期期末复习满分冲刺（培优课程） 专题07 期末复习满分冲刺（基础篇1） 考点一：空间向量 1．（24-25高二上·上海宝山·期中）已知向量，则向量的单位向量 ． 【答案】 【分析】计算出，从而可得出，即可求出向量的坐标. 【解析】， 因此向量的单位向量. 故答案为：. 2．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 【答案】 【分析】根据在方向上的投影向量为计算可得. 【解析】因为，， 所以，， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为： 3．（24-25高二上·上海·期中）正方体中，点E是上底面的中心，若，则 . 【答案】 【分析】由图结合空间向量加法可得答案. 【解析】如图，连接，，则其交点为E.又连接AC. 如图，可得，又. 则，，则. 故答案为： 4．（24-25高二上·上海·期中）已知，、、三点不共线，为平面外任意一点．若，且、、、四点共面，则 ． 【答案】 【分析】根据空间共面定理得到若，，，四点共面，则，且，从而得到方程，解得即可. 【解析】因为，，，四点共面，则，且， 又，即， 即， 所以，解得. 故答案为： 5．（24-25高二上·上海·期中）如图，正方体的棱长为1，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离即可． 【解析】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,0,，,1,，,1,，,0,， 所以,1,，,1,，,0,， 设平面的法向量为,,，则， 令，则，所以,,， 所以点到平面的距离为． 故答案为：． 6．（24-25高二上·上海嘉定·期中）已知正四棱柱的底面为边长为2，高为3，则集合中元素的个数为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算即可判断元素个数. 【解析】因正四棱柱的底面为边长为2的正方形，高为3， 故可建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 则， 与相等的向量为，此时， 与相等的向量为，此时， 与相等的向量为，此时， 与相等的向量为，此时， 与相等的向量为，此时， 体对角线向量为，此时， ，， ，， ，， 综上，集合中元素的个数为1个. 故选：A. 7．（24-25高三上·上海·期中）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点为母线的中点，为上一点，且平面，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在一点，使得二面角为直二面角？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，得到直线的方向向量与平面的法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得； （2）设，求出平面与平面的法向量后，利用空间向量的数量积的运算可得结论. 【解析】（1）由题意可知，平面平面，则，为中点， 又，， ，则． 过作平行线， 如图以此平行线所在直线为轴，，为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面法向量为，则， 则， 取，则直线与平面所成角的正弦值为； （2）不存在 ，， 所以， 设平面法向量为， 则， 则，令，则， 取，平面法向量为． 因为二面角为直二面角，，解得， 又因为，不符题意． 所以在线段上不存在一点，使得二面角为直二面角. 8．（23-24高二上·上海·期中）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱垂直于底面，是延长线上一点，且． (1)求二面角的大小； (2)直线到平面的距离； (3)在线段上是否存在一点使得．若存在，求出点位置；若不存在，则说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在点为靠近的三等分点处，使得. 【分析】（1）首先取的中点，连接，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解二面角大小即可. （2）利用空间向量法求解直线到平面的距离即可. （3）设，再利用求解即可. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为垂直于底面，，所以垂直于底面， 又因为为等边三角形，为中点，所以. 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： ，，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，即. 又因为平面的法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 因为二面角的平面角为为锐角， 所以，即. （2）因为，所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，， 所以平面， 即直线到平面的距离等于点到平面的距离. ，设直线到平面的距离为， 则. （3）设，，，， 因为，所以，解得. 即. 因为，所以存在点为靠近的三等分点处，使得. 考点二：计数原理与排列组合 9．（23-24高二下·上海·期末）若，则正整数 . 【答案】5 【分析】根据排列数公式，展开求解，即得答案. 【解析】由，得， 即， 故答案为：5 10．（23-24高二下·上海青浦·期末）“”是“”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】根据组合数知识得到方程，求出或3，得到答案. 【解析】，故或， 解得或3， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 11．（24-25高二上·上海·期末）有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 种． 【答案】81 【分析】求出每名学生报名的种数，再利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【解析】依题意，每名学生报名的种数是3，由分步乘法计数原理得不同的报名结果有种. 故答案为：81 12．（23-24高二下·上海宝山·期末）7个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，则不同的排法有 种． 【答案】3600 【分析】不相邻问题用“插空法”即可. 【解析】先将除了甲和乙外的5人全排列，有种排法， 这5人排成一排，形成6个空，让甲乙去“插空”有种方法， 故7人站成一排，甲和乙不能相邻有种不同的排法. 故答案为：3600. 13．（23-24高二上·上海·期末）某学校要从6名男生和4名女生中选出3人担任进博会志愿者，则所选3人中男女生都有的选法有 种.（用数字作答） 【答案】96 【分析】分两种情况，结合组合知识进行求解 【解析】当所选3人中男生1人，女生2人，此时有种选择， 当所选3人中男生2人，女生1人，此时有种选择， 故共有种选择. 故答案为：96 14．（22-23高二下·上海青浦·期末）某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有 种（用数字作答）． 【答案】20 【分析】先分为两组，再利用全排列知识求解. 【解析】由题意得，5位学生中有3位学生选取同一名导师， 先将5人分为2组，一组3人，一组2人，再将2组对应两名导师， 故有种方案. 故答案为：20 15．（22-23高二上·上海浦东新·期末）10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有 种. 【答案】126 【分析】由隔板法，将10个小球排成一排，中间插入5个隔板，即可求得不同的放法. 【解析】由隔板法，将10个小球排成一排，除去两端中间插入5个不相邻的隔板，此时9个空中选5个空放隔板，将10个球分成六份，再将六份装入六个盒子中即可，不同的放法有种. 故答案为：126. 16．（21-22高三上·上海宝山·期末）学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有 种. 【答案】420 【分析】分步相乘计数，第一步求男女均有的选法，第二步求到三地的分法. 【解析】满足条件的事件是选出的3位同学中男女都有， 包括两种情况，一是一男两女，二是一女两男，共有， 分别到三地进行社会调查，有， 故共有种． 故答案为：420 17．（23-24高二下·上海闵行·期末）甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为 ． 【答案】 【分析】根据排列组合及古典概型的有关知识即可求解. 【解析】甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，共有种情况， 恰有一个场馆相同共有种情况， 所以在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为. 故答案为：. 18．（23-24高二上·上海松江·期末）饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子5个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取4个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为 【答案】 【分析】利用组合数求每种口味的饺子都至少舀取到1个的情况、任意舀取4个饺子的情况，再根据古典概型的概率求法求结果. 【解析】由题意，每种口味的饺子都至少舀取到1个的情况有种， 9个饺子任意舀取4个饺子的情况有种， 所以每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为. 故答案为： 19．（2023上·辽宁沈阳·高二沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）（1）6名同学（简记为，，，，，）到甲、乙、丙三个场馆做志愿者. （i）一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？ （ii）每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且、两人约定去同一个场馆，、不想去一个场馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？ （2）某校选派4名干部到两个街道服务，每人只能去一个街道，每个街道至少1人，有多少种方法？（结果用数字表示） （3）如图，某水果店门前用3根绳子挂了6串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3.到了晚上，水果店老板要收摊了，假设每次只取1串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不同取法种数？（结果用数字表示） 【答案】（1）（i）126；（ii）114；（2）14；（3）60 【详解】（1）（i）16个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的10个口罩排成一排有9个间隙， 插入5块板子分成6份，每一种分法所得6份给到6个人即可， 所以不同的发放方法种； （ii）把，视为一人，相当于把5个人先分成三组，再分配给三个场馆， 分组方法有两类：第一类1，1，3，去掉，在一组的情况，有种分组方法， 再分配给三个场馆，有种方法， 第二类1，2，2，去掉，在一组的情况，有种分组方法， 再分配给三个场馆，有种方法， 所以不同的安排方法有种方法； （2）把4名干部按分成两组，有种分组方法， 按分成两组，有种分组方法， 所以4名干部按要求分到两个街道的不同方法数是（种）； （3）依题意，6串香蕉任意收取有种方法， 其中中间一列按从下往上有1种，占， 最右一列按从下往上只有1种，占， 所以不同取法数是（种）. 考点三：二项式定理 20. 展开式中的第四项是________； 【答案】（1）； 21．（24-25高二上·上海·期末）在的二项展开式中，常数项为 . 【答案】20 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【解析】的二项展开式中，常数项为， 故答案为： 22.求的展开式中，系数绝对值最大的项以及系数最大的项． 【答案】假设系数绝对值最大的项是，，化简 得到，又，，展开式中系数最大的项为, 有 系数最大项应该为项数为奇数的项内，即取偶数0,2,4,6,8,10各项时，系数最大的项是第5项，即 23.若的展开式中含有常数项，则最小的正整数等于 ． 【难度】★★ 【答案】由展开式通项有 ， 由题意得， 故当时，正整数的最小值为5. 24．（23-24高二下·上海·期末）在二项式的展开式中，的系数为 ．（用数字作答） 【答案】10 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【解析】设展开式的第项为含的项， 则， 由, 所以的系数为. 故答案为：10 25.若，则（    ） A．244 B．242 C．122 D．121 【解题思路】分别令、得两式相加可得答案. 【解答过程】令，得， 令，得， 两式相加得， 则. 故选：C. 26.若，则（    ） A．244 B．242 C．122 D．121 【解题思路】分别令、得两式相加可得答案. 【解答过程】令，得， 令，得， 两式相加得， 则. 故选：C. 27．（2024上·上海·高二上海南汇中学校考期末）已知在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列. (1)求正整数的值； (2)求展开式中各项系数之和. 【答案】(1)8 (2) 【详解】（1）由题意得二项式的展开式的通项为 ， 前三项系数的绝对值为，即， 由题意知， 解得（舍去）； （2）对于二项式，令， 即得展开式中各项系数之和为. 28．设，的二项展开式为，其中、、…、均为常数. (1)若，求的值； (2)若对一切均成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由二项式定理展开式的通项分别求出可得； （2）利用展开式的通项和组合数的性质求出随着的递增而减小，再分对所有，2，3，4成立和对所有，6，7，…，19成立求出即可； 【解析】（1）在的二项展开式中，，系数， ，系数，则，解得； （2）对于，1，2，…，20，系数，， 这样，随着的递增而减小， 据已知，是的最大项，那么对所有，2，3，4成立，这4项中最小的是，解得 同时对所有，6，7，…，19成立，这些项中最大的是，解得， 所以. 考点四：概率统计 29．（22-23高二下·上海黄浦·期末）三颗骰子各掷一次，观察掷得的点数.记事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个2点”，则 . 【答案】 【分析】先分别计算事件和事件的情况数，在根据条件概率的定义计算. 【解析】根据条件概率的定义，的含义为在事件发生的前提下，事件发生的概率， 事件的情况数为， 对于事件，因为“三个点数都不相同”，则只有一个2点，故有种情况， 所以. 故答案为：. 30．（23-24高二上·上海·期末）某校中学生篮球队集训前共有6个篮球，其中3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）.每次训练都从中任意取出2个球，用完后放回.已知第一次训练时用过的球放回后都当作旧球，则第二次训练时恰好取到1个新球的概率为 . 【答案】 【分析】求出第一次取到0个、1个、2个新球的概率，再结合条件概率及全概率公式列式计算即得. 【解析】用表示第一次取到个新球的事件，用表示第二次训练时恰好取到1个新球的事件， 则，且两两互斥，， ， 因此， 所以第二次训练时恰好取到1个新球的概率为. 故答案为： 31．（21-22高二下·上海杨浦·期末）已知随机变量的分布为，则（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【分析】先由概率和为1求得，再根据期望公式求解即可. 【解析】由题，，所以， 所以， 故选：C 32．（22-23高二下·上海黄浦·期末）已知随机变量X服从二项分布，且，则 . 【答案】/ 【分析】根据二项分布的期望公式，求得，得到，结合方差的公式，即可求解. 【解析】由题意知，随机变量服从二项分布， 因为，可得，解得，即， 所以. 故答案为：. 33．（2022·全国·高三专题练习）已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据方差和期望的性质可得：,, 故选：D 34．（2022·全国·高三专题练习）从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为， 因为是有放回的取球，所以， 所以 故选：D 35．（2022·广东佛山·高三阶段练习）李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对于A中，随机变量服从正态分布，且， 可得随机变量的方差为，即，所以A错误； 对于B中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量， 所以，所以B错误； 对于C中，根据正态分布密度曲线图像，可得时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积， 所以，所以C正确； 对于D中，根据正态分布密度曲线图像，可得，， 即，所以D错误. 故选：C. 36.（2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试（理））对两个变量x，y进行线性相关检验，得线性相关系数r1＝0.8995，对两个变量u，v进行线性相关检验，得线性相关系数r2＝﹣0.9568，则下列判断正确的是（　　） A．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量x与y的线性相关性较强     B．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量x与y的线性相关性较强     C．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量u与v的线性相关性较强     D．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量u与v的线性相关性较强 【答案】C 【解析】依题意：， 所以正相关，负相关， ，所以的线性相关性较强. 故选：C 37．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知一组样本数据，，…，（，，，…，不相等），若这组数据的样本相关系数为，则在这组样本数据的散点图中，所有样本点（，2，…，n）所在的曲线可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】样本相关系数r的绝对值越接近于1，样本数据的散点图越接近于一条直线．因为该组数据的样本相关系数，故样本数据呈负相关，所以所有样本点（，2，…，n）所在的曲线可能在直线上， 故选：A． 38．（2022·全国·高三专题练习）已知，的取值如表： 0 1 3 4 4.3 4.8 6.7 若，具有线性相关关系，且回归方程为，则__________． 【答案】 【解析】将代入回归方程为，可得，应填答案． 39．（22-23高二下·山东聊城·期末）甲、乙两位同学进行乒乓球打比赛，约定：①每赢一球得1分；②采用三球换发制，即每比赛三球交换发球权．假设甲发球时甲得分的概率是，乙发球时甲得分的概率是，各球的结果相互独立．根据抽签结果决定，甲先发球． (1)用表示比赛三球后甲的得分，求的分布列和均值； (2)求比赛六球后甲比乙的得分多的概率． 【解析】（1）由题意得的所有可能取值是0，1，2，3． 则， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 的均值． （或因为，所以．） （2）设“比赛六球后甲比乙的得分多”，“比赛六球后甲得6分，乙得0分”，“比赛六球后甲得5分，乙得1分”，“比赛六球后甲得4分，乙得2分”，则，且，，两两互斥． 因为， ， ， 所以． 所以比赛六球后甲比乙的得分多的概率为． 40．（23-24高二下·山东枣庄·期末）甲、乙两选手进行象棋比赛，采用五局三胜制.甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，且每局的胜负相互独立. (1)求比赛三局定胜负的概率； (2)在甲第一局获胜的前提下，设还需进行的局数为，求的分布列与数学期望. 【解析】（1）比赛三局定胜负即甲连赢三局或者连输三局， 故比赛三局定胜负的概率：. （2）由题意知，的可能值为：. ; ； ， 故的分布列为： 2 3 4 期望： 考点五：解析几何 41．（2025·上海奉贤·二模）已知是斜率为的直线的倾斜角，计算 ． 【答案】 【分析】根据正切函数值求出角进而得出正弦值即可. 【详解】因为是斜率为的直线的倾斜角，所以， 所以， 所以． 故答案为：. 42．（2024·上海奉贤·一模）若直线：与直线：互相垂直，则 ． 【答案】0 【分析】根据直线互相垂直求出的值. 【详解】由题意得，解得. 故答案为：0 43．（23-24高二上·上海·期末）直线与直线的夹角为 . 【答案】 【分析】利用直线与直线的夹角公式计算即可． 【解析】直线与直线的斜率分别为， 设两直线的夹角为，则， 又，则. 故答案为：. 44．（2025·上海浦东新·二模）设圆方程为，则圆的半径为 ． 【答案】 【分析】将圆的方程化为标准方程，可得出圆的半径. 【详解】将圆的方程化为标准方程可得，故圆的半径为. 故答案为：. 45．（23-24高二下·上海静安·期末）圆在点处的切线方程为 ． 【答案】 【分析】根据题意可知点在圆上，根据垂直关系可得切线方程的斜率，即可得切线方程. 【解析】由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为，可知点在圆上， 又因为，可知切线方程的斜率， 所以切线方程为，即. 故答案为：. 46．（21-22高二下·上海宝山·期末）已知方程表示的曲线为.则以下四个判断中错误选项为（    ） A．若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则 B．当或时，曲线表示双曲线 C．当时，曲线表示椭圆 D．若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则 【答案】C 【分析】利用椭圆和双曲线的标准方程求解即可. 【解析】选项A：当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，解得，正确； 选项B：当时，曲线表示双曲线，解得或，正确； 选项C：当时，曲线表示椭圆，解得且，错误； 选项D：当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，解得，正确； 故选：C 47．（2024·上海嘉定·一模）已知双曲线：，则双曲线的离心率是 . 【答案】/ 【分析】利用双曲线方程求出实半轴长、半焦距，进而求出离心率. 【详解】双曲线：的实半轴长，虚半轴长， 则半焦距，所以双曲线的离心率. 故答案为： 48．（2025·上海普陀·二模）设，拋物线上的点到的焦点的距离为5，点到轴的距离为3，则的值为 . 【答案】9 【分析】根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用抛物线的定义列式求解. 【详解】拋物线的准线为， 由点到轴的距离为3，得点的纵坐标， 由点到的焦点的距离为5，得，解得或，而， 所以. 故答案为：9 49．（2025·上海徐汇·二模）已知双曲线的左焦点为，右焦点为.若双曲线的右支上存在一点，使得直线与以双曲线的实轴为直径的圆相切，切点为线段的中点，则该双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】根据题意，求得，再结合双曲线定义，求得，结合△为直角三角形，利用勾股定理，建立的等量关系，进而求解即可. 【详解】设中点为，连接，作图如下所示：    在△中，因为分别为的中点，故//，且； 由题可知，，且，故，且； 根据双曲线定义可知，，又， 故在△中，由勾股定理，也即， 整理得，故，也即该双曲线的离心率为. 故答案为：. 50．（24-25高二上·上海·期末）参数方程（为参数）的普通方程是 . 【答案】 【分析】消参，可得普通方程. 【解析】由已知， 即， 即， 化简可得， 故答案为：. 51．（21-22高二下·上海浦东新·期末）已知椭圆的参数方程为，则该椭圆的离心率为 . 【答案】/0.6 【分析】根据给定的参数方程求出椭圆的长短半轴长，再利用离心率公式计算作答. 【解析】依题意，椭圆的长半轴长，短半轴长，则该椭圆半焦距， 所以该椭圆的离心率. 故答案为： 52．（24-25高三上·上海松江·期末）已知点P为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】利用向量运算将转化为，通过求的取值范围来求得正确答案. 【详解】圆的圆心为，半径为. 因为 ． 又因为椭圆的，为椭圆的右焦点， 设，， ， ， 所以，， ∴． 故答案为： 53．（2025·上海浦东新·二模）已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断； 对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断. 【详解】判断命题①： 已知过椭圆上任意一点作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于，两点，连接. 根据直线与圆的位置关系，当与圆相切时，满足给定条件. 当与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近，直到与圆相切；同理，当与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近直至相切.所以从直线与圆位置关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得与圆相切，故①正确.      判断命题②： 当在双曲线顶点时，过作圆的切线，交双曲线于另外两点，. 由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确.    故选：A. 考点六：导数 54．（23-24高一下·上海·期末）若，则 . 【答案】 【分析】利用导数的定义求解即得. 【解析】依题意，. 故答案为： 55．（22-23高二下·上海静安·期末）已知曲线上一点，则在点处的切线方程为 . 【答案】 【分析】根据导数求出曲线在该点的斜率，然后直接求解即可. 【解析】的导数为， 该曲线在处的斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故答案为： 56．（2024·上海徐汇·一模）设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】函数存在两个不同的极值点等价于在内有两个异号零点，进而转化为在内有两个不等根即可求解. 【详解】解：易知函数的定义域为， ， 因为函数存在两个不同的极值点， 所以在内有两个不等根， 设，， 则只需，即， 所以，则的取值范围为. 故答案为： 57．（23-24高二下·上海宝山·期末）设，则函数的极大值点为 ． 【答案】 【分析】根据已知条件，对函数求导，利用导函数研究函数的单调性，即可求解. 【解析】由，可得， 令，解得：，， 令，解得：或，所以在，上单调递增； 令，解得：，所以在上单调递减； 故函数的极大值点为； 故答案为： 58．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设， ， 等价于，即， 令，则， 所以函数在上单调递减， 则不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立，令， 则，令，令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，且， 所以，解得， 即实数a的取值范围为. 故选：D. 59．（2023上·宁夏银川·高三校联考阶段练习）已知函数，关于x的方程有3个不同的解，则m的取值范围是 . 【答案】 【详解】由题意可知，方程有3个不同的解转化为函数与图象的有个不同交点. 当时，， 由，即，解得， 由，即，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，取的极大值为； 作出与的大致图象，如图所示. 由图可知，要使函数与图象的有个不同交点，只需要. 所以m的取值范围是. 故答案为：. 60．（2023下·上海普陀·高二校考期中）已知函数在与时都取得极值. (1)求的值与函数的单调区间. (2)求该函数在的极值和单调性. (3)设，若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)，增区间，减区间 (2)极大值是，极小值是；增区间、，减区间 (3)或 【详解】（1）， 由于在与时都取得极值， 所以，解得， ， 所以在上单调递增， 在上单调递减， 所以是的极大值，是的极小值. 所以，增区间，减区间. （2）， 由（1）得在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，所以在区间上， 极大值是， 极小值是. （3）由上述分析可知，在区间上单调递增， 在区间上单调递减，， ， 所以在区间上的最大值是， 在区间上恒成立，所以， ，解得或. 考点七：综合题 61．（2024·上海闵行·一模）已知圆，双曲线，直线，其中． (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若与圆相切，证明：与双曲线的左右两支各有一个公共点； (3)设与轴交于点，与圆交于点、，与双曲线的左右两支分别交于点、，四个点从左至右依次为、、、．当时，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据离心率公式即可； （2）联立双曲线和直线方程，根据韦达定理即可证明； （3）联立圆和直线方程，得到韦达定理式和判别式，再联立双曲线方程和直线方程，得到韦达定理和判别式，再将向量点乘式化成横坐标关系，再代入化简即可. 【详解】（1）由题意，，所以，， 因此，双曲线的离心率. （2）由直线与圆相切，得，即， 联立得， 即， 该一元二次方程的判别式， 因此有两个不相等的实数根， 且两根之积为，因此两根一正一负， 即与双曲线的左右两支各有一个公共点. （3）设， 联立，得，得， 由可得. 联立得，得 且分别交于左右两支可得， 又，又、、、四个点在同一直线上， ， ，还可得， ， 即，化简后可得:， 代入后化简可得:，解得，由，得. 经检验，此时与两支分别有交点， 为唯一满足条件的实数. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是多次联立，得到韦达定理，再将向量式化简得，即，再代入韦达定理式计算即可. 求解． 62．（2025·上海宝山·二模）已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点. (1)当直线过点，且时，求的周长； (2)已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积； (3)已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标. 【答案】(1) (2)2 (3) 【分析】（1）由双曲线的定义，根据整体思想，可得答案； （2）由斜率之和为零，可得倾斜角的大小，从而求得直线方程，利用三角形面积公式，可得答案； （3）分斜率存在与不存在两种情况，表示出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，结合题意建立方程，可得答案. 【详解】（1） 根据双曲线定义得：，， 两式相加得，即， 由已知得，所以的周长为， （2） 设直线的倾斜角分别为， 由已知得，不妨设，则， 则可求得，， 所以直线解得， 直线解得， 所以的面积为. （3）设，由知 若直线斜率不存在，则，此时与点重合，不符题意，舍去； 设直线方程为：， 与双曲线联立化简得， 显然成立，设交点， 由韦达定理： 由得， 从而，即， 将韦达定理代入 化简得（※）， 因为，即， 由已知在双曲线上，得， 从而得代入（※）式， ， 化简得，即， 解得，则点的坐标为. 63.（2024·上海长宁·二模）已知椭圆为坐标原点； (1)求的离心率； (2)设点，点在上，求的最大值和最小值； (3)点，点在直线上，过点且与平行的直线与交于两点；试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由； 【解析】（1）设的半长轴长为，半短轴长为，半焦距为， 则，则，所以. （2）依题意，设，则，，故， 则， 所以由二次函数的性质可知，当时，取得最小值为， 当时，取得最大值为. （3）设，又， 易得，则直线为，即 ， 而， ， ， 联立，消去，得 则，得， 所以， 故 ， 所以， 故存在，使得恒成立. 64．（2025·上海松江·二模）已知. (1)若是函数的一个极值点，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)已知实数，若点是曲线上两点，直线AB的斜率为，求证：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用，得出的值，再检验是函数的一个极值点，最后利用点斜式求切线方程； （2）求导，研究的正负性，分和两种情况，再结合一元二次函数的图象研究其正负性即可； （3）化简，再令，将问题转化为利用导数证明不等式，再通过构造函数研究函数的最值. 【详解】（1）的定义域为， 由，得， 因为是函数的一个极值点， 所以，即，解得， 则，， 则得或；得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则是的极小值点， 又， 则切线方程为，整理得. （2）的定义域为，， 令，其对称轴为， ①当，即时，，则在上单调递增； ②当，即或时， （i）当时，的两根为， 且， 则当或时，，； 当时，， . （ii）当时，的对称轴，且， 则在上恒成立，即在上恒成立. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （3）已知，则， 则， 则， 要证，即证， 即证， 令，则只需证， 先证，即证， 令，则， 所以在上单调递增，则，即； 再证，即证， 令，则， 所以在上单调递增，则，即. 综上，得证. 65．（2025·上海普陀·二模）已知，对于函数，，设集合，，记. (1)若函数，请判断中元素的个数，并说明理由； (2)设，函数，若，求的值以及曲线在点处的切线方程； (3)设，函数，若对于任意的，皆有成立，求的取值范围. 【答案】(1)有2个元素，理由见解析 (2)， (3) 【分析】（1）求的解即可得到答案. （2）根据两曲线的位置关系，先求的值，再结合导数的几何意义求曲线的切线方程. （3）先把问题转化成恒成立，再求函数的最小值即可. 【详解】（1）由. 当时，； 当时，. 所以有2个元素. （2）将代入圆， 由相切. 此时，， 又，所以，所以， 切线方程，即. （3）对于任意的，皆有成立，即函数的图象与圆系：无交点，所以恒成立. 因为，，所以，. 当时，恒成立，所以函数在上单调递增，且. 由. 当时，设，则，所以在上单调递增， 所以. 即当时，； 又，所以. 所以. 设，，则， 所以在上单调递增，所以. 由. 综上，实数的取值范围为： 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$