高二下期末真题百题大通关（140题8大模块题型）（提升版）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编（浙江专用）

高二下期末真题百题大通关（140题8大模块题型）（提升版） 题型汇聚 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 集合与常用逻辑用语 题型二 函数与导数 题型三 三角函数与解三角形 题型四 平面向量与复数 题型五 数列 题型六 空间向量与立体几何 题型七 平面解析几何 题型八 计数原理与概率统计 题型练习 题型一 集合与常用逻辑用语 1．（22-23高二下·浙江温州·期末）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】由对数函数的单调性解不等式、解不含参数的一元二次不等式、补集的概念及运算、交集的概念及运算 【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解即得. 【详解】解不等式，得或，即，， 解不等式，得，则， 所以. 故选：C 2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知平面.则“两两垂直”是“两两垂直”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【知识点】充要条件的证明、证明面面垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】根据面面垂直的判定和性质结合充分条件和必要条件的定义分析判断即可. 【详解】当两两垂直时，在内作，在内作， 因为，，，， 所以，所以‖， 因为，所以‖， 因为，所以‖， 因为，所以， 因为，所以， 同理可证得，所以两两垂直， 当两两垂直时，因为， 所以， 因为，所以与是相交直线， 因为，，所以， 因为，所以， 同理可证得，所以两两垂直， 所以“两两垂直”是“两两垂直”的充要条件， 故选：C 3．（23-24高二下·浙江·期末）设为实数，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【知识点】判断命题的充分不必要条件 【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可. 【详解】若，而，则，充分性成立， 取，，此时，但，必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：B. 4．（22-23高二下·浙江·期末）集合，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】复杂（根式型、分式型等）函数的值域、根据交集结果求集合或参数、根据集合的包含关系求参数 【分析】由题意知，从而分类讨论方程的解即可. 【详解】由题意知，而， 方程 ，当时，方程无解，则，符合题意； 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意； 所以的取值范围为. 故选：A 5．（22-23高二下·浙江·期末）若直线在平面内，直线在平面外，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 【答案】D 【知识点】必要条件的判定及性质、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据直线在平面外的定义，直线垂直于平面的性质以及必要不充分条件的定义求解. 【详解】如下图所示，若直线与平面相交点，但不垂直时，当直线垂直于直线在平面内的射影，此时，得不出，      因为，且直线在平面内，所以， 则“”是“”的必要不充分条件， 故选：D. 6．（22-23高二下·浙江舟山·期末）已知平面，直线，若且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【知识点】判断命题的必要不充分条件、线面关系有关命题的判断 【分析】根据线线垂直、线面垂直和面面垂直的相互转化和必要不充分条件的定义可得答案. 【详解】如下图且，，则l//a，此时，，所以，充分性不成立；    若，因为，所以，必要性成立，    故 “”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 7．（22-23高二下·浙江宁波·期末）设集合，，则中元素的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【知识点】函数图象的应用、交集的概念及运算 【分析】在同一坐标系下画出两集合对应函数图象，交点个数即为交集元素个数 【详解】对于函数，当时，；当时，. 对于函数，，则且端点处取最大值. 两函数图象在同一坐标系下大致如下，则两函数图象有3个交点，即中元素的个数为3个. 故选：B    8．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是 . 【答案】 【知识点】根据集合的包含关系求参数 【分析】的真子集个数是3，所以共有2个元素，分和两种情况即可解出答案. 【详解】的真子集个数是3， 共有个元素，所以，. 若，则有，； 若，则有，无解. 综上所述：实数的取值范围是. 故答案为：. 9．（23-24高二下·浙江丽水·期末）设为正整数，，，记. (1)当时，若，，求的值； (2)当时，设集合，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，.写出一个集合，使其元素个数最多； (3)当时，，，其中是锐角的三个内角，证明：. 【答案】(1)0 (2) (3)证明见解析 【知识点】比较正弦值的大小、三角恒等变换的化简问题、集合新定义 【分析】（1）由，，根据题设中的计算公式，即可求解； （2）根据题意，当时，得出满足题意的集合，得到答案； （3）根据题意，得到，结合为锐角三角形，利用正弦函数的性质，得到，，，利用三角恒等变换的公式，即可得证. 【详解】（1）解：因为，， 根据题意，可得 （2）解：根据题意，当时，对于中的任意两个不同的元素，， 满足题意的集合为. （3）解：因为，， 所以，       又因为是锐角的三个内角，所以，所以， 可得， 同理,， 所以 又 所以． 题型二 函数与导数 10．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知，若在上单调，则的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】对数型复合函数的单调性、根据函数的单调性求参数值 【分析】利用对数函数和二次函数复合的函数的单调性求解即可. 【详解】令函数， 该函数在上单调递减，在上单调递增. 当时，要使在上单调，则在上单调， 且时，，故，解得或. 故选：D 11．（23-24高二下·浙江台州·期末）设定义在上的函数．记，对任意的，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】简单复合函数的导数 【分析】根据题意，由复合函数的求导法则可得对于，若能被4整除，则，代入计算，即可求解. 【详解】由题意可得，， ， ， ， ， 通过以上可以看出满足以下规律： ①对于，若能被4整除，则； ②对于，若除4余1，则， ③对于，若除4余2，则， ④对于，若除4余3，则， 则. 故选：C 12．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数，则其图象一定不过（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【知识点】函数图象的应用、指数函数图像应用 【分析】计算出，，，判断出图象过第一，第四，第三象限，得到答案. 【详解】因为，取，得，所以在第一象限有图象， 取，得，所以在第四象限有图象， 取，得，所以在第三象限有图象． 由排除法知图象不过第二象限． 故选：B． 13．（23-24高二下·浙江·期末）近年，“人工智能”相关软件以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示训练迭代轮数，则学习率衰减到0.2及以下所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（    ） A．16 B．72 C．74 D．90 【答案】C 【知识点】对数的运算性质的应用、运用换底公式化简计算、由对数函数的单调性解不等式 【分析】由题可知题目相当于解不等式，然后由对数运算性质结合参考数据可得答案. 【详解】由题意知，只要解不等式，化简得． 因为，所以， 所以． 故选：C． 14．（23-24高二下·浙江温州·期末）若函数有4个零点，则正数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、正弦函数图象的应用、根据解析式直接判断函数的单调性 【分析】当时，分析函数单调性及最值，得当时有且仅有一个零点，则当时，有3个零点，结合图象分析得，解不等式即可. 【详解】当时，是减函数，且， 故当时有且仅有一个零点， 由题意得，当时，有3个零点， ， ， 令，即， 结合图象分析得，即，解得. 故选：. 15．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）已知函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】由导数求函数的最值（不含参） 【分析】由已知可得，构造函数，求导可得其单调性，可得，再令，求导可得其最小值. 【详解】，即， 构造函数 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 因为，所以，此时， 令，令，解得， 所以当时，，所以单调递减， 当时，，所以单调递增， 所以的最小值为， 综上的最小值为. 故选：B. 16．（23-24高二下·浙江宁波·期末）若函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】零点存在性定理的应用、根据函数零点的个数求参数范围、根据二次函数零点的分布求参数的范围 【分析】对进行讨论，即可结合二次函数的性质以及零点存在性定理求解. 【详解】若时，，则，满足题意， 若，当，解得且，此时满足题意， 若时，，此时， 此时方程在只有一根，满足题意， 若时，，此时， 此时方程在只有一根，满足题意， 当，得时，此时， 此时方差的根为，满足题意， 综上可得或 故选：C 17．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数的定义域为，且满足，则下列结论错误的是（    ） A． B． C．是奇函数 D． 【答案】B 【知识点】求函数值、函数奇偶性的定义与判断、函数周期性的应用、判断证明抽象函数的周期性 【分析】利用赋值判断A，令可判断C，令，结合条件求出函数周期可判断BD. 【详解】令，则，解得，故A正确； 令，则，即， 因为不恒为0，所以，且定义域为，故函数为奇函数，故C正确； 令，则，因为不恒为0，且， 所以只能，从而，周期为4， 显然，故B错误D正确. 故选：B 18．（23-24高二下·浙江湖州·期末）若曲线在点处的切线方程为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】根据导数的几何意义得到，然后构造函数，求导，根据导函数分析单调性得到，即可得到的最大值. 【详解】由题意得，所以，， 将代入中得， 所以， ， 令，则， 令得，令得， 所以在上单调递增，上单调递减， 所以，即的最大值为. 故选：C. 19．（23-24高二下·浙江·期末）已知，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】分段函数的单调性、比较对数式的大小、比较函数值的大小关系 【分析】利用分段函数性质可求得当时，函数为单调递增，即可得出结论. 【详解】由可得， 易知， 易知，由为单调递增函数可得， 即； 故选：B 20．（23-24高二下·浙江·期末）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，若函数的图象关于点成中心对称图形，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】函数奇偶性的应用、由奇偶性求参数 【分析】设为图象的对称中心，为奇函数，利用为奇函数，则，即可得出结果. 【详解】因为函数图象的对称中心为， 则 ， 因为为奇函数，所以， 即 ， 所以得， 解得，. 故选：B 21．（23-24高二下·浙江·期末）近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（    ） A．1.25 B．1.75 C．2.25 D．2.55 【答案】C 【知识点】对数的运算性质的应用、指数函数模型的应用（2）、利用给定函数模型解决实际问题 【分析】利用经验公式将数据代入构造方程组，再由对数运算法则可解得常数. 【详解】根据题意由可得， 两式相除可得，即可得， 两边同时取对数可得，即可得； 即. 故选：C 22．（23-24高二下·浙江衢州·期末）已知曲线：，曲线：，两曲线在第二象限交于点，，在处的切线倾斜角分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求曲线切线的斜率（倾斜角）、用和、差角的正切公式化简、求值、直线平行、垂直的判定在几何中的应用、圆的一般方程与标准方程之间的互化 【分析】易知，利用导数的几何意义可求得，再根据圆的切线求法可得，再根据三角恒等变换可判断B正确. 【详解】联立，得，即， 可得，解得，，可得 由：可知； 所以曲线在处的切线斜率为， 曲线可化为，其圆心为，， 所以圆在处的切线斜率为， ，，即，故B正确，A、C错误， ，故D错误， 故选：B. 23．（23-24高二下·浙江宁波·期末）颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用.悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】函数不等式恒成立问题、函数新定义、一元二次不等式在某区间上的恒成立问题、指数幂的运算 【分析】结合双曲余弦函数和双曲正弦函数的表达式，问题转化为对任意的恒成立，通过换元有对任意的恒成立，构造函数利用单调性解决不等式恒成立问题. 【详解】不等式，即， 化简得， 不等式对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令，则，有对任意的恒成立， 令，则，有对任意的恒成立， 令，则，有对任意的恒成立， 令，在上单调递减， 则，即实数m的取值范围为. 故选：B. 24．（23-24高二下·浙江·期末）常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】指数幂的运算 【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案． 【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1， 则512天后甲的质量为：, 乙的质量为：， 由题意可知，， 所以. 故选：A. 25．（23-24高二下·浙江·期末）一个顶点为，底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】锥体体积的有关计算、面积、体积最大问题、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】作出辅助线，由三角形相似和圆锥体积得到各边关系，进而表达出正四棱锥的体积，令，则，，求导得到函数单调性，得到极值和最值. 【详解】如图所示，交平面于点， 设，，， 由∽得，即， 故， 则，故， 正方形的面积为， 则正四棱锥的体积为 ， 其中令， 则，， 则，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值， 最大值为. 故选：D 26．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知函数，是的零点，则当时，不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】cosx（型）函数对称性的其他应用、余弦函数图象的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、求过一点的切线方程 【分析】由可知直线与曲线的一个公共点，结合，，直线单调递增，而对称中心，数形结合可解不等式. 【详解】， ， 是直线与曲线的一个公共点. 又，得，则， 曲线在处的切线，即为直线. 又，故， ，即函数单调递增. ，且，但， 是直线与曲线的一个交点. 又既是曲线的一个对称中心，也是直线的对称中心， 直线与曲线的之后下一个切点的横坐标大于， 在同一坐标系作出两函数的图象，由图可知， 当时，不等式的解集为.    故选：D. 【点睛】关键点点睛：根据导数几何意义及余弦函数性质判断的位置关系，数形结合确定不等式成立的自变量范围. 27．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．函数和在上有相同的单调性 【答案】C 【知识点】函数不等式恒成立问题、函数新定义、定义法判断或证明函数的单调性 【分析】根据函数不等式恒成立分别应用各个选项判断即可. 【详解】对于A：，， 因为，所以， 因为，所以恒成立， 又因为不相等，所以，A选项错误； 对于B：， 所以恒成立， 所以，又因为不相等，， 所以， 又，， ，， 所以， 所以，B选项错误； 对于C: 因为不相等，不妨设， 因为， 所以， 所以，C选项正确， 对于D：不妨设在上单调递增，任取，满足， 则， 因为， 所以，所以， 所以单调递减，D选项错误. 故选：C. 【点睛】方法点睛：结合已知条件及函数单调性定义判断单调性，结合三角不等式判断绝对值不等式范围. 28．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数的定义域为，且，的图像关于直线对称，，在上单调递增，则下列说法中错误的是（    ） A． B．的一条对称轴是直线 C． D． 【答案】D 【知识点】比较函数值的大小关系、函数对称性的应用、函数奇偶性的应用 【分析】令，可求得，令，可得，利用已知可得关于对称，可判断B；可求得函数的周期为6，关于对称，计算可判断AD；由题意可得在上单调递减，可判断C. 【详解】， 令，可得，解得； 令，，则， ∴，∴为奇函数； ∵的图像关于对称，, ∴关于对称，故B正确； ∴，∴， ∴，即的周期为6， ∵关于对称，可得关于对称 ∴，，，，， 所以，， 故A正确，D错误； ∵，又在上单调递增 ∴在上单调递减，所以，即，故C正确. 故选：D. 29．（23-24高二下·浙江金华·期末）已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】函数周期性的应用、函数对称性的应用、研究对数函数的单调性 【分析】由已知的奇偶性，确定函数的周期性，周期为4，然后由周期性、对数的运算法则计算函数值． 【详解】因为为奇函数， 所以，即， 又因为为偶函数， 所以， 即， 所以， 故是以为周期的周期函数. 因为当时，， 所以 因为， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题关键是通过点对称与轴对称求周期，以及对数的运算. 30．（多选）（22-23高二下·浙江温州·期末）已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（    ） A．的图象关于对称 B． C．在上的最小值是-2 D．不等式的解集为 【答案】ACD 【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、利用函数单调性求最值或值域、判断或证明函数的对称性、根据函数的单调性解不等式 【分析】对于A，取求得，再取，推出，即得结论；对于B，利用函数单调性定义，借助于条件，即可推出是上的增函数，排除选项；对于C，利用函数单调性求出的值即得；对于D，不断运用题设等式，将其转化成，利用函数单调性即可求解. 【详解】对于A，因，则有， 令，则得，，即得， 令，则，即， 故的图象关于对称，即A正确； 对于B，则，由②可得，， 而由①，， 故得，即，故是上的增函数，即，故B错误； 对于C，由B可得，在上为增函数， 故，即C正确； 对于D，由可得， 即（*）， 因， 代入（*）式，可得，， 由B知，是上的增函数，故得，解得，，故D正确. 故选：ACD. 31．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．此结论与必修一教材上的结论相吻合，则下列结论正确的是（    ） A．函数的图象关于点成中心对称图形 B．若定义在上的函数对任意的都有，则函数图象的对称中心为 C．若是偶函数，则的图象关于直线成轴对称 D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则 【答案】ACD 【知识点】函数奇偶性的应用、函数对称性的应用 【分析】利用题中推广的结论进行验证A,B；利用偶函数的定义判断B；根据对称性化简判断D； 【详解】对于A，因为为奇函数，所以的图象关于点成中心对称图形，故A正确； 对于B，设，若是奇函数，则，所以，因为，所以1为奇函数，所以图象的对称中心为，故B错误； 对于C，设，因为是偶函数，所以，则，所以的图象关于直线成轴对称，故C正确； 对于D，显然的图象关于点成中心对称图形，再考虑的对称性，可化为为奇函数， 则即即， 令，则，即，解得或（舍去）， 所以，则，因为为奇函数，所以图象的对称中心为． 与的图象有相同的对称中心，所以2024个交点每两个一组关于点中心对称， ，故D正确． 故选：ACD． 32．（多选）（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A． B．的图象关于点对称 C． D． 【答案】ACD 【知识点】利用导数研究函数图象及性质 【分析】根据，为奇函数，进而计算可求得，的周期，对称中心，进而可判断每个选项的正确性. 【详解】对于A：因为为奇函数，则， 令，则可得，所以，故A正确； 对于B：因为为奇函数，所以， 所以，所以的图象关于点对称，故B错误； 对于C：由，可得， 所以， 由，两边求导数可得， 即，所以， 所以，所以，故C正确； 对于D：因为的图象关于点对称，所以的图象关于点对称， 所以，所以， 所以，所以， 所以，所以是以4为周期的周期函数， 由，可得， 所以，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 33．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）已知函数，则下列正确的是（    ） A．函数的值域为 B．函数的最小正周期为 C．当时，方程有且仅有1个实根 D．在区间上单调递增，则 【答案】AD 【知识点】利用正弦型函数的单调性求参数、求含sinx(型)函数的值域和最值、求含sinx的函数的最小正周期、求函数零点或方程根的个数 【分析】根据振幅判断A选项；根据函数周期判断B选项；利用数形结合分别画出与的图象，根据交点个数判断C选项；利用换元法，将函数，化为，，通过，再结合已知条件确定的取值范围即可判断D. 【详解】A选项，因为，函数振幅为，所以函数的值域为，A正确； B选项，函数的周期为，所以B错误； C选项，时，，求方程的根， 可转化为求与的图象的交点个数，分别画出与的图象， 因为为周期函数最大值为，在定义域上单调递增且， 所以两函数图像在之后不会再有交点，所以如图方程有个实根， C错误； D选项，因为，所以， 令，则函数化为，又在区间上单调递增， 所以在上单调递增，因为，所以， 结合在上单调递增，则有，解得， 又因为，则. 故选：AD 34．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数，下列结论正确的是（    ） A．当时，在处的切线方程为 B．当时，恒成立 C．若恰有一个零点，则 D．若恰有两个零点，则 【答案】ABD 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点 【分析】求导，根据点斜式即可求切线方程判断A，根据导数判断函数的单调性，即可求解B，构造函数，由导数求解单调性，即可得直线与的交点个数，进而判断CD. 【详解】对于A，当时，，，则，, 故切线方程是，即，故A正确； 对于B，当时，，， 当单调递增，当单调递减， 故，故B正确， 对于CD，令，则，记，则， 当单调递增，当单调递减， 故，又，而， 故当时，此时直线与有两个不相等的交点， 当或时，直线与有1个交点，故C错误，D正确， 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 35．（多选）（23-24高二下·浙江绍兴·期末）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．恒成立 B．在上单调递增 C．在上有4个零点 D．是周期函数 【答案】AC 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数研究函数的零点、求含sinx(型)函数的值域和最值 【分析】利用三角函数的有界性，结合放缩法即可求解A，利用端点处的函数值比较，即可判断B，由导数求解函数的单调性，作出函数图象，即可求解C，利用三角函数的周期公式，即可求解D. 【详解】对于A, ,故A正确， 对于B，故，故B错误， 对于C,令， 记， 则， 当单调递增， 当单调递减， 且，而， 在同一直角坐标系中作出函数图象如下：故两函数图象有4个不同的交点，因此函数在上有4个零点，C正确， 对于D，由于为周期函数，且最小正周期为，而也为周期函数，且最小正周期为， 由于为无理数，而2为有理数，则不存在整数使得， 所以不是周期函数，D错误， 故选：AC 【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 36．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）已知函数,则下列说法正确的是（    ） A．的图像是中心对称图形 B．的图像是轴对称图形 C．是周期函数 D．存在最大值与最小值 【答案】BCD 【知识点】判断证明抽象函数的周期性、判断或证明函数的对称性、求与幂函数有关的复合函数值域、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】A,B,C选项可以根据函数对称性与周期性的定义进行验证.D选项需要换元,求导得出答案. 【详解】, 对于A选项,不为常数,故A错误. 对于B选项, ,则函数关于 对称. 故B正确. 对于C选项,,则函数周期为.故C正确. 对于D选项,令由于为偶函数,则只需要考虑部分即可. 则.故D正确. 故选:BCD. 37．（23-24高二下·浙江·期末）若函数的值域为，则的最小值为 ． 【答案】3 【知识点】根据二次函数的最值或值域求参数、基本不等式求和的最小值 【分析】根据函数的值域为得到所以，代入到利用均值不等式即可求得最小值. 【详解】由题意得，得 所以 ， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为3． 故答案为：3. 38．（23-24高二下·浙江·期末）若，且，则的最小值为 ；的最小值为 . 【答案】 3 / 【知识点】对数函数单调性的应用、条件等式求最值、基本不等式“1”的妙用求最值 【分析】利用基本不等式可得，再由对数运算法则及对数函数单调性可得的最小值为3，根据基本不等式中“1”的妙用即可求得出的最小值. 【详解】由，且可得， 即可得，所以， 当且仅当时，等号成立； 因此，即当时，的最小值为3； 易知， 当且仅当时，即时，等号成立； 所以当时，的最小值为. 故答案为：3，； 39．（22-23高二下·浙江台州·期末）若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则 . 【答案】 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求cosx（型）函数的最值、计算条件概率、由奇偶性求参数 【分析】根据为奇函数，推出，结合，，可得或，，即，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当时，函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点，得，最后由条件概率公式可求出结果. 【详解】由为奇函数，得，即， 此时，， ， 且函数的定义域关于原点对称，故为奇函数， 所以事件 “”， 因为，， 所以或，，则， 当时，在上无最值点； 当时，， 因为，所以， 则在上恰有一个最大值点，无最小值点； 当时，， 因为，所以， 则在上恰有一个最大值点和一个最小值点， 故， 所以. 故答案为：. 40．（22-23高二下·浙江金华·期末）已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是 . 【答案】或 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数研究不等式恒成立问题、一元二次不等式在某区间上的恒成立问题、函数不等式恒成立问题 【分析】令，则题意转化为时,恒成立，根据与的取值范围分类讨论，列出不等式求解. 【详解】当时, ，，故在上单调递增， 当时, ，在上单调递减， 令，则当时, ；当时,， 则题意转化为时,恒成立. 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故，则． 所以，当时,，恒成立. 当时，，恒成立. 当且时，恒成立. 只需考虑且时,，即恒成立， 当时，，单调递增， 则由恒成立，得，解得， 当时，，单调递增， 则由恒成立，得，矛盾， 综上可得：或. 故答案为：或． 41．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数在上恰有两个零点，则实数m的取值范围为 . 【答案】 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、三角函数综合、二倍角的余弦公式、复合函数的单调性 【分析】根据函数零点定义题目中零点问题可转化成函数与图像在上有两个交点，接着研究函数的单调性得其简图，数形结合即可得解. 【详解】因为，所以， 又因为，令，则， 显然，故不是的零点， 令，，则， 故函数在上恰有两个零点 方程在上有两个根， 与函数图像在上有两个交点， 令，， 因为，所以在和单调递增， 又因为单调递增， ①所以时，，单调递增且， 故此时在上单调递增， 且，； ②时，，单调递减， 故此时在上单调递减， 且此时时，； ③时，，单调递减， 故此时在上单调递减， 且此时时，，， 故在上图像简图如下： 由图得实数m的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题函数零点问题的关键是分离参数将问题转化成函数与图像在上有两个交点，接着研究函数的单调性并作出其图像简图，数形结合即可得解. 42．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知定义在上的函数满足下列两个条件： ①；②. 请你写出一个符合要求的函数解析式 . 【答案】（答案不唯一） 【知识点】函数奇偶性的应用、幂函数的奇偶性的应用、复合函数的值域 【分析】根据已知条件写出一个符合题意的函数即可. 【详解】因为， 所以，可得， 设，可得. 因为， ， 所以， 且，符合题意. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对已知条件化简得到，再构造函数. 43．（23-24高二下·浙江湖州·期末）已知对任意恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】令，，则转化为对任意恒成立，而，然后转化为，求出的范围，再检验即可. 【详解】令，，则， 由题意可知对任意恒成立，且， 若，令， 则， 所以在上递增， 所以， 即对任意恒成立， 则在上递增，可得 若，则，故存在，使得任意, 总有，故在上为减函数，故任意，总有, 这与题设矛盾， 综上，当符合题意， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，然后检验即可，考查数学转化思想，属于较难题. 44．（22-23高二下·浙江·期末）已知实数，满足，则的取值范围为 . 【答案】 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数研究方程的根 【分析】把化为，构造函数，可得，再求出函数的值域即可得答案. 【详解】依题意有， 设，则，所以在上单调递增， 由，得，即有， 因为在上单调递增，所以有，即，所以， 设，则，令，得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以，所以时，， 所以的取值范围为. 故答案为： 45．（22-23高二下·浙江宁波·期末）已知函数，若有4个零点，则实数a的范围是 . 【答案】 【知识点】函数图象的应用、根据函数零点的个数求参数范围 【分析】由题可得方程与方程各有两个根，对于前者转化为函数图象与直线有两个交点，后者由判别式结合韦达定理可得a范围，综合后可得答案. 【详解】当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，据此可得大致图象如下，又方程的解的个数相当于函数图象与直线交点个数，方程最多2个根，有4个零点，则方程与方程各有两个根.设方程两根为，则. 故答案为：.    46．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数，其中且. (1)若，试证明：恒成立； (2)若，求函数的单调区间； (3)请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：） 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3)，证明见解析 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式、利用导数求函数的单调区间（不含参） 【分析】（1）根据题意，构造函数，然后求导可得，即可证明； （2）根据题意，求导可得，即可得到其单调性； （3）根据题意，结合（2）中的结论可得，从而可得，即可证明. 【详解】（1）证明：设函数，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，即恒成立. （2）已知，从而， 若，则在单调递增； 若，当时，当时， 所以在单调递增，在单调递减. （3）由（2）可知在上单调递增， 因为 从而由（2）知道在上单调递增.所以. . 又，所以，即， 所以. 由此可知.即， 从而，故. 47．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数（，）且图象的相邻两条对称轴间的距离为，. (1)求的解析式与单调递减区间； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和. 【答案】(1)，； (2) 【知识点】求零点的和、求sinx型三角函数的单调性、三角恒等变换的化简问题、求图象变化前（后）的解析式 【分析】（1）先求出，再求出，最后根据求出和单调减区间； （2）先求出，再求出或，将问题转化为图像交点问题，在根据三角函数的对称性求解. 【详解】（1）由题意可得：， ∵图象的相邻两条对称轴间的距离为， ∴的最小正周期为，即可得， 又，，所以，故， 令，解得 所以函数的递减区间为. （2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象， 再把横坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图象， ∵，则或， 画出的图象如图所示： 令，，解得， ， 即图像在轴右边前两个取最大值的对称轴为和，则，， ∴方程在内所有根的和为. 48．（23-24高二下·浙江·期末）已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足. (1)当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程； (2)设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【知识点】求直线与抛物线的交点坐标、求平面轨迹方程、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）设，利用射影定理，得到，再由求解； （2）设点处的切线斜率为，写出切线方程，与拋物线方程联立，再由求解. 【详解】（1）解：设，则由射影定理，有， 故，即. 由，易得，故的轨迹方程为. （2）设点处的切线斜率为， 故.代入拋物线方程， 解得. 由， 得， 整理得. 所以的方程为或. 49．（23-24高二下·浙江丽水·期末）已知，函数. (1)若，解不等式； (2)证明：函数有唯一零点； (3)设，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】零点存在性定理的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、基本（均值）不等式的应用、由对数函数的单调性解不等式 【分析】（1）将不等式化简，利用对数函数单调性解不等式即可； （2）先利用导数判断函数单调性，利用零点存在性定理即可证明； （3）作差变形后，结合基本不等式利用作差法即可判断. 【详解】（1）当时，不等式即为，即， 所以，解得； （2）因为，所以在定义域内单调递增， 又，，， 所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内. （3）由知，， 因为， 所以 . 50．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知函数. (1)设，若是奇函数，求的值，并证明； (2)已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围. 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【知识点】函数奇偶性的定义与判断、根据函数零点的个数求参数范围、由奇偶性求参数 【分析】（1）将代入，结合奇函数定义可得答案. （2）由内恰有两个不同解，得 和两个函数图象有两个交点，过定点，结合图象分析即可. 【详解】（1）法一：，所以， 因为是奇函数，所以， 所以 整理得： 所以，所以， 法二：， 因为奇函数的定义域关于原点对称，所以，则， 取得，所以.， 由上，且定义域为关于原点对称， 且，即为奇函数，得证. （2）由题意得和两个函数图象有两个交点， ，得到， 若时，由，解得，且过， 又也经过定点， 当经过点时，， 当经过点时，， 由图可知的取值范围是. 51．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数，的零点分别是与． (1)若，解不等式； (2)已知， ①证明：； ②若，满足，求的最小值． 【答案】(1) (2)① 证明见解析；② 【知识点】由对数函数的单调性解不等式、求函数的零点、对数的运算 【分析】（1）结合对数运算规则和对数函数的单调性直接求解即可. （2）对于①，根据零点定义得和，进而得，再对取值进行分类讨论即可求解；对于②，由已知条件结构特征得，再结合消去以及结合整理得，进而通过函数的单调性和最值即可求解. 【详解】（1）由题意知， 则有，即，又是增函数， 故，所以不等式的解集为. （2）①由题意知，，且， 则有， 故当时，则即，矛盾，不符合题意； 当时，则即，矛盾，不符合题意； 当时，则即，解得； 综上所述，． ②由知，， 即 因为，所以， 即， 设，令， 因为和均为上的增函数， 所以在上单调递增，且， 所以，所以的最小值为. 【点睛】关键点睛：对于②中求的最小值的关键是将和分别进行加和减得到以及将与联系起来，进而将已知条件转化成，从而借助函数的单调性和最值得解. 52．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数的定义域为D.若，对于，都，使得，则称函数与具有“和缘”，a叫做函数与的“和缘”值. (1)已知，，，，，，若0是函数与的“和缘”值，请写出所有符合题意的函数与的组合（不用说明理由）； (2)已知且，，，. （ⅰ）求的值域； （ⅱ）若存在唯一实数a，使函数与具有“和缘”，求m的值. 【答案】(1)，；； (2)（ⅰ）；（ⅱ）或 【知识点】函数新定义、利用函数单调性求最值或值域 【分析】（1）根据已知可写出结论； （2）（ⅰ）分类去绝对值符号，可求值域； （ⅱ）法一：令，可得，，由存在唯一的实数a，对任意，都存在由题意可得，利用分类讨得出与的关系，利用唯一可求的值. 法二：由（ⅰ）可得的值域等于，换无得进而，据此计算可求的值. 【详解】（1）有两组符合，第一组：，；第二组：与； 由已知条件，由，， 可知对，，又0是函数与的“和缘”值， 故时，，由， 可知，具有“和缘”，； 可知对，，又0是函数与的“和缘”值， 故时，，由， 可知，具有“和缘”； （2）（ⅰ）设，， ∵在递减，递增， ∴，， 即在上的值域为 （ⅱ）法一：∵ 令，，，，， 则， 令， 依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足， 即， 因为，则，故， 记的值域为H，则，， 的对称轴为， 当，则时，在上递增， 所以，，即， 所以，得， 由于a唯一，所以，解得，不符合题意； 当，即时，在上递增， 所以，，， 所以则，得， 由于a唯一，所以，解得，不符合题意； 当，即时，，，， 所以，得， 由于a唯一，所以，解得，符合题意： 当，即时， ，，， 所以，得， 由于a唯一，所以，解得（舍），满足题意； 综上，m的值为或 法二：依题意，即存在唯一的实数a，对任意，都存在满足 ，即，因为，则， 故的值域等于， 所以， 由法一有，，， 的对称轴， 当，则时，在上递增， 所以，， 所以，解得，不符合题意； 当，即时，在上递增， 所以，， 所以，解得，不符合题意 当，即时，，， 所以，解得，符合题意； 当，即时，，， 所以，解得，（舍去），满足题意； 综上，m的值为或 53．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数． (1)若，求的取值范围． (2)记已知函数有个不同的零点． ①若，求的取值范围； ②若，且是其中两个非零的零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；② 【知识点】函数与方程的综合应用、根据函数零点的个数求参数范围、解分段函数不等式 【分析】（1）根据题意，分与代入计算，求解不等式，即可得到结果； （2）（ⅰ）将问题转化为的实根个数问题，然后求得与时，根的个数，从而可得的范围，然后分别检验，即可得到结果；（ⅱ）结合（ⅰ）中的结论可得，再由对勾函数的单调性，即可得到结果. 【详解】（1）由题意得函数的定义域为． 当时，不等式等价于，显然满足条件； 当时，不等式等价于，即， 解得． 综上，的解集为， 即当的取值范围为时，成立． （2）（ⅰ）令 原题可转化为的实根个数问题（二重根为一个零点）． 当时，即为，所以至多一个实根①； 当时，即为，所以至多两个实根②． 由①知，），所以， 由②知，，所以或， 所以或，且． 当时，若，则有两个零点0和，符合题意． 当时，①无实根，对于②，只要，化简得， 则，符合题意． 当时，若，则有三个不等实根，不符合题意．若， 则有两个零点0和，符合题意．若，则仅有一个零点0，不符合题意． 综上所述，当时，的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）得当时，，且三个零点分别为， 显然，所以． 易得函数在上单调递减，所以， 所以． 【点睛】关键点点睛：本题关键是分段讨论零点个数. 题型三 三角函数与解三角形 54．（23-24高二下·浙江·期末）已知为锐角，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】二倍角的正弦公式、三角函数的化简、求值——诱导公式、三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、sinα±cosα和sinα·cosα的关系 【分析】根据是锐角，得到，故，两边平方后，结合同角三角函数关系和正弦二倍角公式求出答案. 【详解】因为是锐角，所以， 所以，化简得， 平方得， 所以． 故选：D． 55．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】二倍角的正弦公式、三角函数的化简、求值——诱导公式、正、余弦齐次式的计算 【分析】先用诱导公式化简，变形求得，再根据二倍角公式及齐次式化简求解即可. 【详解】， 所以，即，所以， 所以. 故选：D. 56．（23-24高二下·浙江金华·期末）已知函数的对称中心为，则能使函数单调递增的区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用cosx（型）函数的对称性求参数、求cosx型三角函数的单调性 【分析】根据余弦函数的对称中心在其图象上，将代入解析式可求得，再利用余弦函数单调性求出单调递增区间即可的答案.. 【详解】由图象的一个对称中心是，所以， 则，，即，， 又，所以，得函数， 令，， 即，； 故的单调递增区间为，， 而当时，单调递增区间为，又， 所以C正确，其余区间都不符合题意. 故选：C 57．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】已知弦（切）求切（弦）、用和、差角的正切公式化简、求值、二倍角的正弦公式 【分析】根据得,可以求出的值,再根据即可求值. 【详解】根据题意:,则, 因为,所以,所以, 所以. 故选: A 58．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）已知函数在区间上的值域为，则实数的取值可以是（    ） A．1 B． C． D．4 【答案】B 【知识点】利用正弦型函数的单调性求参数、辅助角公式、三角恒等变换的化简问题 【分析】利用三角恒等变换可得，结合题意及正弦函数的性质可求得的取值范围，继而可得答案. 【详解】因为 ， 因为在区间上的值域为， 所以，所以， 故选：B 59．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、三角恒等变换的化简问题、三角形面积公式及其应用 【分析】根据三角形面积公式，以及和差角公式可得，根据三角函数的性质以及基本不等式可得，且,以及，即可代入求解. 【详解】由可得, 故， 由于,当且仅当,以及时，等号成立， 结合，因此，且,以及， 故,因此， 故选：D 60．（23-24高二下·浙江·期末）已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】由正弦（型）函数的值域（最值）求参数、解含有参数的一元二次不等式、函数不等式恒成立问题 【分析】将不等式恒成立问题转化成判断函数与的符号问题，再利用二次函数和三角函数性质即可得出结论. 【详解】根据题意可得对于函数， 当时，即时，，此时满足恒成立， 因此，只需恒成立即可，因此恒成立； 又易知，所以可得， 因此可得； 当时，即或时，此时， 若，可得恒成立， 因此只需满足在上恒成立，显然不合题意； 若，可得恒成立， 因此只需满足在上恒成立， 不妨取，可得，显然不合题意； 综上可知，实数的取值范围是. 故选：C 【点睛】方法点睛：解决三角不等式往往利用三角函数有界性，并根据恒成立条件限定出含参数不等式范围，即可求得结论. 61．（22-23高二下·浙江·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较余弦值的大小、比较函数值的大小关系 【分析】利用构造函数以及余弦函数的单调性求解. 【详解】由已知得，， 因为在区间上单调递减，且，，， 所以，即， 令，则，所以在上单调递增， 所以，即，当且仅当时取等号， 所以，即， 令，， 令，， 令，， 令，当时，， 所以在内单调递减，所以， 所以在内单调递减，所以， 所以在内单调递减，所以， 所以在内单调递减，所以， 即，当且仅当时取等号， 所以， 因为，所以， 综上：. 故选：. 【点睛】关键点睛：利用构造函数比较函数值的大小应该结合函数值的特点，选择适当的函数，通过研究函数在某区间上的单调性比较函数值的大小. 62．（多选）（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（    ） A． B． C．当面积为时，点在圆上运动 D．点的坐标为 【答案】ABD 【知识点】三角函数定义的其他应用、积化和差公式、三角形面积公式及其应用、轨迹问题——圆 【分析】结合已知即可判断A与B选项，再利用任意角的三角函数和三角形的面积公式，积化和差公式，即可判断. 【详解】由已知，得，则，依题意为的中点，则，故A正确； 由题意，得，， 则，， 所以，故B正确； 由题意可得，，因为的中点，则，其中， 因 故，故D正确； 由，则，， 设，则，将两式平方相加得，即，即点在园上运动，故C错误. 故选：ABD 63．（多选）（23-24高二下·浙江丽水·期末）在中，角所对的边分别为，，，以下判断正确的是（    ） A．若，则的面积为 B．若，则 C．若，则 D．若有两解，则 【答案】ACD 【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理判定三角形解的个数、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】根据三角形的面积公式计算即可判断A；根据正弦定理计算即可判断B；根据余弦定理计算即可判断C；根据正弦定理和且即可判断D. 【详解】A：若，则，故A正确； B：若，由正弦定理得， 即，解得，故B错误； C：若，由余弦定理得， 即，整理得，由解得，故C正确； D：由正弦定理得，则， 由得，若有两个解，则且， 所以，即，解得，故D正确. 故选：ACD 64．（多选）（23-24高二下·浙江衢州·期末）已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（    ） A．双曲线的焦距为6 B．点到渐近线的距离为2 C．的最小值为 D．若，则的面积为 【答案】AC 【知识点】余弦定理解三角形、求点到直线的距离、双曲线定义的理解、已知方程求双曲线的渐近线 【分析】根据双曲线的性质判断A，利用点到直线的距离公式判断B，利用双曲线的定义判断C，求焦点三角形的面积，可判断D. 【详解】如图： 由双曲线的标准方程，可知，，所以，所以双曲线的焦距为：，故A正确； 双曲线的渐近线为，即，点到渐近线的距离为： ，故B错误； 设双曲线的左焦点为,根据双曲线的定义：， 所以，故C正确； 在中，由，，， 由余弦定理得：， 所以， 所以，所以，故D错误. 故选：AC 65．（多选）（22-23高二下·浙江温州·期末）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）    A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2 B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 C．勒洛四面体的截面面积的最大值为 D．勒洛四面体表面相交弧总长小于 【答案】ABC 【知识点】多面体与球体内切外接问题、扇形弧长公式与面积公式的应用 【分析】由勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值，可求出能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长最小值判断A；求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，即可判断B；分析可知勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，计算即可判断C；由勒洛四面体四个曲面的所有交线相等，且每条交线为扇形的弧，计算即可判断D. 【详解】对于A，由题意得，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为2， 故能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2，故A正确； 对于B，先求出正四面体的外接球半径. 如图1所示，取的中点,连接过点于点,则点为等边三角形的中心. 设外接球球心为点,连接,则.因正四面体的棱长为2， 则, , , 在中，,解得，. 此时我们再次完整抽取部分勒洛四面体，如图2所示. 图中取正四面体的中心为点,连接交平面于点，交于点，其中与共面. 显然,设勒洛四面体的内切球半径为，则, 即勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故B正确； 对于C，观察几何体可知，勒洛四面体的最大截面即经过四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得. 勒洛四面体被平面截得的截面是正三角形及外面拼接上以各边为弦的三个弓形， 弓形弧是以正三角形各顶点为圆心，2为半径且所含圆心角为的扇形弧，如图3所示. 因此截面面积为：，故C正确； 对于D，因勒洛四面体四个曲面的每条交线为半径为2，对应圆心角为的弧长，故每条交线的长度为， 图中共有6条相等的交线，故交线长的和为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题是勒洛四面体在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求较高，属于难题. 解题关键在于，充分理解题意，作出图形，记住一些二级结论，如正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长的关系等，将会加快对本题的求解. 66．（多选）（23-24高二下·浙江舟山·期末）在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，，则满足条件的△ABC有两个 C．若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为 D．若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是 【答案】ACD 【知识点】正弦定理判定三角形解的个数、三角形面积公式及其应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围、基本不等式求积的最大值 【分析】A根据面积公式和余弦定理得即可判断；B根据正弦定理结合和角正弦公式可得，根据正弦定理得，结合角的范围即可判断；C根据题意，平方后得，结合基本不等式得，根据面积公式即可判断；D令，则，根据正弦定理得，弦化切后分离常数，结合角的范围即可判断. 【详解】对于A，，则， 根据余弦定理得，即， 由，故A正确； 对于B，根据正弦定理可得，, 即， 由，， 根据正弦定理得，， 由，故只有一解，故B错误； 对于C，， ，即， ，，即， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即△ABC面积的最大值为，故C正确； 对于D，令，则， 在中，根据正弦定理得， ， 在上单调递减， 所以当时，有最大值， 当时，有最小值， 所以的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 67．（多选）（23-24高二下·浙江金华·期末）在中，已知，则（    ） A． B． C．的外接圆直径为 D．的面积为 【答案】BCD 【知识点】辅助角公式、正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】对于A，通过辅助角公式将等式化为，其中，得，故可求，再根据正切函数的单调性即可判断；对于BC，由正弦定理并结合选项A即可；对于D，由三角形的面积公式即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以, 即，其中， 故， 因为, 所以，即，且， 所以，, 即，，， 因为在单调递增， 所以，故A错误； 对于B，由同角关系得， 所以由正弦定理得，即，故B正确； 对于C，因为，由正弦定理得， 为的外接圆半径，故C正确； 对于D，由正弦定理得， 所以的面积为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的恒等变换、正弦定理及面积公式，解题关键是通过辅助角公式得，其中，再由等式得从而解三角形. 68．（多选）（23-24高二下·浙江台州·期末）已知的内角所对的边分别为a，b，c，其中a为定值．若的面积，则（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．周长的最小值为 D．的取值范围是 【答案】ACD 【知识点】三角形面积公式及其应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】根据已知条件得到，，设边上的高为，利用利用余弦定理、同角三角函数关系式和基本不等式计算判断各个选项； 【详解】 ， ， ∴， 设边上的高为， 对于A，根据余弦定理， ，， ， ，当时，即时，等号成立， 所以两边平方可得 ,所以的最大值为，故A正确. 对于B，,当时，等号成立，由A可知， 所以，则的最小值为，故B错误； 对于C，周长为，当时，等号成立，， 所以周长的最小值为，故C正确； 对于D， 两边同时除以，，计算可得 的取值范围是，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】解三角形中求最值方法 1.边的范围或最值方法：根据边角的各自特点，利用正（余）弦定理进行合理转化，在利用三角函数的范围或基本不等式进行求解； 2.周长范围或最值方法：周长问题可看作边长问题，解决周长问题可类同求边的范围或最值； 3.角的范围或最值方法：可借助三角函数的有界性，或利用正（余）弦定理把三角转化成边，在结合不等式的相关性质进行求解； 4.面积的范围或最值方法：通常利用面积公式，将其转化为同一类元素，然后三角函数的有界性或者实数的不等式求解 69．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是 . 【答案】/ 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】由余弦定理可得和，利用三角形的面积公式，代入即可化简求解. 【详解】在中，由余弦定理得：，即， 所以①， 在中，由余弦定理得：，即， 所以②， 又因为在中，， 在中，， 所以 所以由②﹣①得：， 因为，所以 故． 故答案为： 70．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在中，分别是所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为 ． 【答案】/ 【知识点】基本（均值）不等式的应用、正弦定理边角互化的应用、用和、差角的正弦公式化简、求值、用和、差角的余弦公式化简、求值 【分析】先根据余弦定理化简得,再由正弦定理把边的关系化为角的关系,得到,最后根据基本不等式求最值的可求得结果. 【详解】由余弦定理得，,又因为, 所以,即, 化简得,由正弦定理可得, , 即,, 化简得. , 当且仅当时,等号成立,取得最小值. 即，, 因为,所以. 故答案为: 71．（23-24高二下·浙江温州·期末）在中，已知，，连接，满足，则的面积的最大值为 ． 【答案】 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】分别在和中运用正弦定理并结合已知条件即可证明，由角平分线定理得到，令，则，利用余弦定理表示出，即可得到，再由面积公式及二次函数的性质计算可得. 【详解】在中，利用正弦定理可知， 即， 同理，在中，利用正弦定理可知， 即， 由已知条件，可得， 即 ， ， ∴， 即平分，所以， 令，则，由余弦定理， 即，所以， 则， 则 ， 所以当，即时. 故答案为：    72．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数的最大值为，则常数的值为 ，的单调递增区间为 . 【答案】 【知识点】求sinx型三角函数的单调性、辅助角公式、用和、差角的正弦公式化简、求值、由正弦（型）函数的值域（最值）求参数 【分析】先化简得，由函数最大值为，可计算，由可求得单调递增区间. 【详解】 ， 当，即时，函数有最大值为， 所以， 由， 得， 所以函数的单调递增区间为. 故答案为：； 73．（23-24高二下·浙江杭州·期末）记的内角的对边分别为．已知，，若的面积为，则 ． 【答案】/ 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、正弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】由余弦定理和已知求出，再由正弦定理得出用表示出的，利用面积求出可得答案. 【详解】因为，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，可得， 因为，所以，所以， ， 由正弦定理， 得， ， 若的面积为，则， 解得，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用正余弦定理边角转化解三角形. 74．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 . 【答案】/ 【知识点】求三角形中的边长或周长的最值或范围、余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、三角恒等变换的化简问题 【分析】根据结合余弦定理可得，再将所求利用正弦定理化边为角，再根据二倍角公式化简，结合基本不等式即可得解. 【详解】由余弦定理得， 又， 所以， 即，所以， 由正弦定理得， 即， 因为，所以， 所以或（舍去）， 所以， ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据结合余弦定理得出是解决本题的关键. 75．（23-24高二下·浙江·期末）为平面内一定点，，，与夹角为，，，，则所围成的面积为 . 【答案】 【知识点】向量与几何最值、三角形面积公式及其应用 【分析】由题意可得所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积，结合面积公式计算即可得. 【详解】由，，， 则所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积， 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积. 76．（22-23高二下·浙江宁波·期末）在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为 . 【答案】 【知识点】求含cosx的二次式的最值、三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形 【分析】由正弦定理将边角互化，结合余弦定理及两角和差的正弦公式得到，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案. 【详解】因为，由正弦定理可得， 由余弦定理，所以，即， 由正弦定理可得， 所以， 即， 所以， 因为，，所以， 所以，即，所以， 由为锐角三角形，所以，，可得， 所以，， 由正弦定理得 ， 即的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题关键是通过边角互化得到，从而得到，最后由正弦定理将式子转化为角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得. 77．（22-23高二下·浙江温州·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，． (1)求周长的最大值； (2)若，求的面积． 【答案】(1)6 (2) 【知识点】已知三角函数值求角、二倍角的余弦公式、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用二倍角公式化简等式，再利用正弦定理化角为边，结合基本不等式求最值可得； （2）由（1）结合余弦定理解得，再由求得或，由正弦定理求直角边长分别求解面积可得. 【详解】（1）因为， 所以， 整理得， 由正弦定理得，， 因为， 所以， 解得，当且仅当时等号成立. 则有，此时为正三角形. 故周长的最大值为. （2）由（1）知，， 则由余弦定理可得， 因为，所以， 若， 则或，解得或， 因为，所以或； 当时，因为，所以， 由正弦定理知，，则， 所以的面积. 当时，因为，所以， 由正弦定理知，所以， 所以的面积. 综上，的面积为. 78．（23-24高二下·浙江温州·期末）在中，角的对边分别是. (1)求角的大小； (2)若面积为，且周长为6，求. 【答案】(1) (2) 【知识点】逆用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）由正弦定理，边化角，再结合三角和角公式和诱导公式求解即可； （2）由面积公式求出，结合周长，得到，再用余弦定理得到，，代入求解即可． 【详解】（1）因为，所以 由正弦定理得， 因为 所以 因为，所以，所以，故 （2）由题意得 因为，所以 由余弦定理得，所以 所以，解得. 79．（23-24高二下·浙江金华·期末）已知分别为三个内角的对边，且. (1)证明：； (2)求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】基本不等式求和的最小值、余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、正弦定理解三角形 【分析】（1）根据题意，化简得到，结合正弦定理，即可得证； （2）由（1）和余弦定理，化简得，再由正弦定理，得到，得到，求得，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 可得，由正弦定理得，即. （2）解：由余弦定理得，因为，所以， 可得，所以由正弦定理可得 ， ， 即， 即，故， 又因为，所以，即， 所以， 当且仅当时，“=”成立，故的最小值为. 题型四 平面向量与复数 80．（23-24高二下·浙江台州·期末）设（且），方程在复数集C内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到．已知（i是虚数单位），且是的三个实根，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、复数的相等、复数的乘方、复数范围内方程的根 【分析】由结合复数相等得，再借助复数根的定义，结合和角的正切公式计算即得. 【详解】依题意，，即，而且， 则，， ，， 所以 . 故选：B 【点睛】关键点点睛：由已知结合复数相等求得是解题的关键. 81．（22-23高二下·浙江·期末）已知复数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】与复数模相关的轨迹（图形）问题、求复数的模、椭圆上点到焦点的距离及最值、椭圆定义及辨析 【分析】由题意确定复数z对应的点的轨迹，再结合椭圆的性质以及的几何意义，即可求得答案. 【详解】复数满足， 则复数z对应的点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆， 则椭圆短半轴长为，椭圆方程为， 表示椭圆上的点到原点的距离， 当点位于椭圆长轴上的顶点时，取值大值2； 当点位于椭圆短轴上的顶点时，取值小值； 故的取值范围为， 故选：D 82．（23-24高二下·浙江·期末）设的内心为，而且满足，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】向量在几何中的其他应用、余弦定理解三角形 【分析】法一：将分别延长至，使，结合重心定义与面积公式可得，即可得，结合余弦定理的推论计算即可得. 法二：由内心的向量表示可得，结合余弦定理的推论计算即可得. 【详解】法一： 将分别延长至，使， 则有，故是的重心，则有， 亦有，， ， 即， 设的内接圆半径为，有、、， 则有， 故. 故选：D. 法二： 由内心的向量表示知：，则， 故. 故选：D. 83．（22-23高二下·浙江绍兴·期末）已知单位向量与互相垂直，且，记与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】向量夹角的计算、数量积的运算律 【分析】根据数量积的运算律可得出，.然后根据数量积的定义，即可得出答案. 【详解】由已知可得，， ，所以，. 根据数量积的定义可知，. 故选：D. 84．（22-23高二下·浙江·期末）双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】由向量共线（平行）求参数、由圆心（或半径）求圆的方程、求双曲线的离心率或离心率的取值范围、求双曲线中的最值问题 【分析】先求出圆的方程，联立方程组，由得出的范围，从而得解. 【详解】由题意，右焦点， 又，则，， 以为圆心，为半径的圆的方程为， ， 联立方程组， 得， 由圆与双曲线有公共点，所以， 即，结合， 化简为， 由方程两根为： ，， 所以不等式的解为，或， 由已知，得 所以， 当时，取得最小值. 故选：A 【点睛】解决本题关键是曲线与曲线的位置关系，用联立方程组的方法，其中化简是个难点. 85．（22-23高二下·浙江丽水·期末）在中，，为边上的动点，则的最小值为 ． 【答案】/-2.56 【知识点】数量积的坐标表示、向量与几何最值 【分析】根据题意，建立直角坐标系，运用坐标表示向量，用数量积求解即可． 【详解】由于，所以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系如图所示：   则有：， 设点，且， 所以， 则， 当时，取得最小值． 故答案为：． 86．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知向量，是不共线的单位向量，且向量，. (1)若，求的值； (2)若，，求. 【答案】(1)； (2) 【知识点】已知向量共线（平行）求参数、已知数量积求模、垂直关系的向量表示 【分析】（1）根据共线定理，即可列方程求解， （2）根据垂直关系可得，即可由模长公式求解，代入模长公式即可求解. 【详解】（1）因为，所以存在实数，使得， 即， ，所以； （2）因为，所以， 即， 所以 即 因为， 所以. 所以 87．（23-24高二下·浙江·期末）已知平面向量，，且函数. (1)求的值； (2)求函数的最小正周期； (3)求函数在上的最大值，并求出取得最大值时的值. 【答案】(1) (2) (3)， 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求正弦（型）函数的最小正周期、二倍角的余弦公式、数量积的坐标表示 【分析】（1）解法1：将代入可得向量，由向量数量积的坐标表示可得结果； 解法2：由向量数量积的坐标表示求出函数的表达式，再代入可得结果； （2）根据解析式即可得最小正周期； （3）先求得的取值范围，再利用正弦函数的性质求得最值. 【详解】（1）解法1：因为当时，，， 解法2：由诱导公式可得，， 所以 所以 （2）由解法2得，故函数的最小正周期为 （3）当时，， 当，即时，函数取最大值1， 此时 88．（22-23高二下·浙江舟山·期末）在直角坐标系中，是坐标原点，向量，其中． (1)若与的夹角为，求的值； (2)若，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值、向量夹角的坐标表示、条件等式求最值、向量垂直的坐标表示 【分析】（1）根据向量夹角的坐标表示，列式化简即可求得答案. （2）根据向量垂直的坐标表示求得，将化为，结合基本不等式即可求得答案. 【详解】（1）由题意知向量， 因为与的夹角为，所以， 即， 解得（负值舍去）； （2）因为， 又，则，即， 即得， 又，故， 当且仅当且，即时取得等号， 所以． 89．（22-23高二下·浙江金华·期末）如图，四边形是由与正拼接而成，设，.      (1)当时，设，求，的值； (2)当时，求线段的长. 【答案】(1)， (2) 【知识点】平面向量基本定理的应用、几何图形中的计算、正弦定理边角互化的应用、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】（1）由题意根据正弦定理可得的长，由和正可求得，再根据平面向量线性运算，，进而得出，的值. （2）根据正弦定理和余弦定理可求出的长，进而得出，，利用余弦和差化积得到，再根据余弦定理得出的长. 【详解】（1）在中，由，      可知. 由于，，， ，，，. （2）在中，，      所以，， . 题型五 数列 90．（22-23高二下·浙江宁波·期末）取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留下剩下的两段；再将剩下的两段分别分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；…；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于，则n的最大值为（    ） （参考数据：） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【知识点】等比数列的简单应用 【分析】根据题设可得第n次操作去掉的线段长度之和为，则有，再根据指数函数性质结合参考数据求n的最大值. 【详解】第一次操作去掉的线段长度为， 第二次操作去掉的线段长度之和为， 第三次操作去掉的线段长度之和为， …， 第n次操作去掉的线段长度之和为， 由题意知，，则， 则， 因为，所以指数函数为增函数， 又，， 所以， 故选：B. 91．（22-23高二下·浙江衢州·期末）已知等差数列的前项和为，且，若，数列的前项积为，则使的最大整数为（    ） A．20 B．21 C．22 D．23 【答案】B 【知识点】由Sn求通项公式、等比数列的定义、等比数列的其他性质、数列不等式能成立（有解）问题 【分析】先判断出，从而得到，，，故可判断与1的大小关系. 【详解】设等差数列的公差为，则， 故为各项为正数的等比数列. 因为，故，故， 故，，， 故，， 所以， ， ， 所以， 故选：B. 92．（23-24高二下·浙江·期末）正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列的定义、由递推数列研究数列的有关性质 【分析】根据递推公式，求出，然后化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可求解. 【详解】因为，且，所以且为等比数列，公比为， 因为，所以， 所以， 所以 令，当且仅当时取等号， 化简可得， 令，因为，所以， 所以，所以， 所以的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据等比数列的通项公式将式子转化为关于的式子，再利用换元法求出目标式子的取值范围. 93．（23-24高二下·浙江衢州·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为 （用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为 . 【答案】 81 【知识点】写出等比数列的通项公式、独立事件的乘法公式、构造法求数列通项、利用全概率公式求概率 【分析】先求出4次传球的方法总数，再求出4次传球后球在甲手中的方法总数，设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，再将代入计算可得. 【详解】由题意可知，4次传球总的传球路线种数为种， 设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，， 则有，， 所以 ， 即，所以， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 当时. 故答案为：81，. 94．（22-23高二下·浙江·期末）设，若数列前项和为，，，则 . 【答案】54 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项 【分析】先得到时，，时，，由，依次代入求出，从而求出答案. 【详解】当，即时，， 当，即时，， 因为，所以， 若，则，解得，不合要求，舍去； 若，则，解得，满足要求， 若，则，解得，不合要求，舍去； 若，则，解得，满足要求， 若，则，解得，满足要求， 若，则，解得，不满足要求， 若，则，解得，满足要求， 若，则，解得，不满足要求， 若，则，解得，满足要求， 若，则，解得，不满足要求， 综上： 故答案为：54 95．（22-23高二下·浙江温州·期末）函数为数学家高斯创造的取整函数，表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，且，若，则数列的前2023项和为 . 【答案】4962 【知识点】分组（并项）法求和、由递推关系式求通项公式 【分析】由已知等式可得，则为常数列，从而可得，然后由取整函数分类可求得结果. 【详解】因为，所以， 所以， 所以数列为常数列， 所以，所以， 记的前项和为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 所以 ， 故答案为：4962 96．（22-23高二下·浙江温州·期末）如图，已知正方体顶点处有一质点S，点S每次会随机地一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面上的概率为，则 ．    【答案】 【知识点】利用全概率公式求概率、分组（并项）法求和、由递推关系证明等比数列、写出等比数列的通项公式 【分析】依题意，求出，得到递推公式，通过构造等比数列求出数列的通项，最后利用分组求和法即可求得. 【详解】由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面， 所以当在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为. 依题意,,，， 因，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 即，移项得，， 于是，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题考查全概率公式的应用和利用递推公式构造等比数列求通项等内容，属于较难题. 解题的关键是根据题意发现关于概率的递推公式，利用数列知识，构造等比数列,求出通项再分组求和. 97．（23-24高二下·浙江衢州·期末）某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为： ①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取； ②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃； ③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜. 假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分. (1)已知某一轮游戏中，记为甲乙两方抽牌次数之和. （ⅰ）求； （ⅱ）求，； (2)为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）， (2)乙方，理由见解析 【知识点】数列的极限、求等比数列前n项和、计算古典概型问题的概率、求离散型随机变量的均值 【分析】（1）（i）分析得到甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌，从而乙方会剩下“幸运数字牌”，求出概率； （ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为，得到概率； （2）方法一：记乙方获胜为事件A，利用等比数列求和公式和极限得到，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏. 方法二：设乙方获胜为事件A，由题意得到，求出，求出乙方获得积分的期望，求出甲方获胜的概率和积分的期望，根据选择乙方进行游戏. 【详解】（1）（i）甲乙两方抽牌次数之和为，则甲方抽到的乙方的牌为与自己相同的牌， 从而乙方会剩下“幸运数字牌”，即乙获胜， ； （ii）前次抽牌都只抽到对方手中的幸运数字牌，概率均为， 甲方在第次抽到的不是对方手中的幸运数字牌，从而乙方最后获胜， 所以，； （2）方法一：记乙方获胜为事件A， 则. 乙方获得积分的期望为， 则甲方获胜的概率为， 甲方获得积分的期望为， 因为，所以我会选择乙方进行游戏. 方法二：记乙方获胜为事件A，则乙方获胜的概率为， 事件A可分为甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌和是幸运数字牌两种情况， 其中若甲第一次抽中的牌不是幸运数字牌，则乙会获胜，概率为， 若甲第一次抽中的牌是幸运数字牌，此时甲乙手中的牌相当于进行了互换， 则此时甲获胜的概率与乙获胜的概率相同，则甲不获胜的概率即为， 则，解得， 乙方获得积分的期望为， 则甲方获胜的概率为， 甲方获得积分的期望为， 因为，所以我会选择乙方进行游戏. 【点睛】关键点点睛：如图求解乙方获胜的概率，可使用等比数列求和公式和极限思想，也可以通过题意得到方程，求出答案. 题型六 空间向量与立体几何 98．（23-24高二下·浙江·期末）已知正方体，点在上运动（不含端点），点在上运动（不含端点），直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，则下列关于的取值可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】面面角的向量求法、线面角的向量求法 【分析】如图，以为原点，所以在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，然后求出直线与平面所成的角，平面与平面所成的角，结合最小角定理和最大角定理分析判断. 【详解】如图，以为原点，所以在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 对于AB，设直线与平面所成的角为，则 ， 因为，所以， 由最小角定理得， 当时，，所以A错误， 当时，，所以B错误， 对于CD，设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面与平面所成的角为，则 ， 由最大角定理得， 当时，，所以C正确， 当时，，所以D错误， 故选：C． 99．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在正三棱锥中，侧棱，点在棱上，且.若球是正三棱锥的外接球，过点作球的截面，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】球的截面的性质及计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】取正的中心，根据正三棱锥的结构特征分析可知平面，且，结合外接球的性质可得外接球的半径为，分析可知当且仅当截面，截面圆的面积最小，据此运算求解即可. 【详解】如图，取正的中心，连接， 由题意可知：平面，且， 由平面，可得， 因为正的边长为，则， 可得， 设正三棱锥的外接球的半径为， 则，解得，可知， 在中，可知， 由余弦定理可得， 即，可得， 则， 由球的性质可知：当且仅当截面，截面圆的半径最小，即圆的面积最小， 此时圆的半径为，截面面积为， 所以面积最小的截面的面积为. 故选：B. 100．（23-24高二下·浙江衢州·期末）某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】圆锥表面积的有关计算 【分析】先求出该圆锥的底面半径和母线长，再求圆锥的侧面积得解. 【详解】由题得底面圆的直径为， 所以该圆锥的底面半径为，母线长为1， 所以该圆锥的表面积为. 故选：A. 101．（23-24高二下·浙江杭州·期末）已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】作出圆锥的轴截面，根据题意推出圆台的上、下底面半径之比为，设圆台上底面半径为，圆台存在内切球可得圆台的母线，在中，由余弦定理可求． 【详解】如图，作出圆锥的轴截面， 上部分小圆锥一定有内切球，故只需下部分圆台有内切球即可， 设圆台的内切球的球心， 由上、下两部分几何体的体积之比是，可得截得的小圆锥与原圆锥的体积之比为， 从而可得圆台上下底面圆半径之比为， 设圆台上底面半径为，则圆台下底面半径为， 圆台存在内切球时，由切线长定理可得圆台母线长，则可得圆锥的母线， 所以圆锥的轴截面等腰三角形底边， 在中，由余弦定理可得. 故选：C. 102．（23-24高二下·浙江杭州·期末）在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【知识点】判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形 【分析】画出图形，然后判断即可. 【详解】在正方体中，取，， 连接，，，，，，如下图所示： 因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，， 所以，且，则四边形为平行四边形，则，， 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，， 所以，，所以为平行四边形， 则正方体中过点，，的截面形状为四边形. 故选：B 103．（23-24高二下·浙江温州·期末）如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】圆柱的展开图及最短距离问题、线面垂直证明线线垂直 【分析】取所在的母线为，连接，，，，设，，利用勾股定理可以表示，根据，，可得的取值范围，从而求解的取值范围. 【详解】 取所在的母线为，连接，，，， ， 设，，则， 所以， 又因为，， ， 所以或， 所以或， 所以. 故选：. 【点睛】结论点睛：在动态变化的过程中产生的体积最大，距离最大（小），角的范围等问题，常用的解题思路是： （1）直观判断：在变化过程中判断点，线，面在何位置时，所求的量有相应最大，最小值； （2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而用代数方法求目标函数的最值. 104．（22-23高二下·浙江宁波·期末）三面角是立体几何的重要概念之一.三面角是指由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形.三面角余弦定理告诉我们，若，，，平面与平面所成夹角为，则.现已知三棱锥，，，，，，则当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】基本不等式求积的最大值、锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】作出图形，作，平面，则，先表示出，接着用条件表示成，要使三棱锥的体积最大，则最大，利用基本不等式得出时，其体积最大，然后补全三棱锥成棱柱，根据棱柱外接球半径即可求解. 【详解】由题知，，，， 平面与平面所成夹角为， 作，平面， 则，    由题意得， ，， ， ， ， 所以， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 在中，由余弦定理得， ，整理得，， ，即， 当且仅当时，等号成立，则，， ， 因为，解得，即CA=CB=CP=3， 又，故，则点C在面PAB的投影为AB的中点，外接球球心即为的外心，易得外接圆半径为3，即三棱锥外接球的表面积为. 故选：B 【点睛】三棱锥外接球表面积问题，从以下几个角度分析： （1）面面角的定义以及辨析； （2）求解最值时，基本不等式的利用； （3）几何体割补法的应用； （4）数形结合思想的应用. 105．（多选）（23-24高二下·浙江金华·期末）在正方体中，（    ） A． B．直线与所成角为 C．平面 D．直线与平面所成角为 【答案】ACD 【知识点】求异面直线所成的角、判断线面平行、求线面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】先证明平面即可证明，则A正确；为直线与所成角，，则B错误；由，可得平面，C正确；由为直线与平面所成角，求解即可，D正确. 【详解】对于A，因为为正方体，则为正方形， 且平面，，平面， 所以，，平面，所以平面， 又平面，则，A正确； 对于B，设正方体棱长为， 因为，所以为直线与所成角， 在中，，则， 所以直线与所成角不是，B错误； 对于C，由，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，连结，由平面，得， 又，，平面，所以平面， 连结，则为在平面上的射影， 所以为直线与平面所成角， 在直角三角形中，，所以 则直线与平面所成角为，D正确. 故选：ACD. 106．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）如图，直三棱柱中，，，点在棱上运动（含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．直线与直线所成角的范围是 B．存在点，使得平面 C．若为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面积为 D．若为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为 【答案】ACD 【知识点】锥体体积的有关计算、由平面的基本性质作截面图形、求异面直线所成的角、判断线面是否垂直 【分析】对于A，由直三棱柱性质，从而可将直线与直线所成角等价转化为为直线与直线所成角即可较易求解；对于B，证明与不垂直即可判断；对于C，先明确平面截三棱柱所得截面，再根据已有数据求解即可；对于D，利用等体积法即可求解. 【详解】对于A，由直三棱柱性质，， 所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角， 所以直线与直线所成角为， 又点在棱上运动（含端点），且， 故，故，故A对； 对于B，如图，分别取、、中点为、、，设此时为中点， 连接、、、、，    则且， 且， 且，且， ， 所以，故与不垂直，故与不垂直， 故根据垂直定义可知，不存在点，使得平面，故B错； 对于C，若为棱的中点，设此时为中点， 连接、，则且，    故由、可唯一确定一个平面，所以平面截三棱柱所得截面为面， 又，， 所以四边形为等腰梯形，故梯形的高为， 平面截三棱柱所得截面积为，故C正确； 对于D，因为， 为Q到直线的距离， 所以当取得最大值时三棱锥体积最大， 而最大值为， 所以三棱锥体积最大为，故D对. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：对于不能直接求出三棱锥体积的三棱锥体积问题通常将三棱锥换底，利用等体积法研究求解. 107．（多选）（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（    ） A．正四棱台存在内切球 B． C．直线AG与平面所成角的取值范围为 D．的取值范围为 【答案】BCD 【知识点】台体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求线面角 【分析】作出图形的示意图，由已知可得外接球半径，进而可得可判断A；求得体积判断B；作，则面，可得线面角的最大角与最小角判断C；易得，求得最大值与最小值可判断D. 【详解】如图，    设外接球球心为，外接球半径为， 由球的体积，解得， 所以， 由已知，， 所以， ， 设，则， 所以或（舍）， ∴O为球心，即在AC和BD的中点，且， 由等腰梯形的性质可求得棱台高为，斜高为， 因为，∴正四棱台不存在内切球，故A错误； 所以，B正确； 作，为正四棱台上底面的中心， 所以底面，又底面，所以，又， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 所以，故最大时最小， 当G在时，最大， 由四边形是等腰梯形，且， 所以四边形，四边形为菱形，且可求得， 可得，，所以此时直线AG与平面BDG所成角最小为30°， 当G在O时，最小，直线AG与平面BDG所成角最大为60°，故C正确； 对于D，连接，因为四边形为菱形，所以， 又平面平面，又平面平面， 所以平面， 所以关于平面对称，所以， 所以， 当动点G或落在或D上，最大值，最大值是， 当动点G落在O时，有最小值，最小值为， 所以的范围为，故D正确. 故选：BCD. 108．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．与平面所成角的余弦值为 C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 【答案】AC 【知识点】线面角的向量求法、空间位置关系的向量证明、锥体体积的有关计算 【分析】建立以为原点空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，可得，即可判断A；设与平面所成的角为，由，即可判断B；由正方体各个顶点到平面的距离与比较，即可判断C；点在侧面内运动，且满足，可得点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点于或重合时与所成角为，即可判断D. 【详解】 对A，如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 则，所以，即， 所以平面，故A正确； 对B，设与平面所成的角为， 则，故B错误； 对C，因为正方体的棱长为1，所以正的边长为， 正方体的对角线， 设到平面的距离为，由， 则，则， 则到平面的距离为， 因为， 所以在以为顶点的棱上，满足条件的点共有3个， 又与平面所成角的正弦值为， 所以到平面的距离为， 因为，所以在棱上都存在满足条件的点， 同理在都存在满足条件的点， 而棱到平面最近的距离为，所以不存在满足条件的点， 所以满足条件的点共有9个，故C正确； 对D，设，则，又， 所以，即， 则点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动， 而当点和或重合时与所成角为，故D错误. 故选：AC. 109．（23-24高二下·浙江衢州·期末）如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是 . 【答案】 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，即可求出体积取值范围. 【详解】因为是直角三角形，所以其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径， 又因为平面平面，所以平面必过球心，外接球半径即为外接圆的半径， 设球的半径为，球的体积为， 在中，根据正弦定理得，， 又因为，所以， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是通过两平面垂直关系以及三棱锥的底面为直角三角形判断出球心的位置，判断球心在平面上，得出球心为外接圆的圆心，再求出的取值范围即可解决问题. 110．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知四棱锥的底面是矩形，平面平面，，，.若四棱锥内存在内切球（球与四棱锥的各个面均相切），则 ，该内切球的表面积为 . 【答案】 7 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算、锥体体积的有关计算 【分析】根据内切球在等边三角形内的“正投影”求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积，利用等体积法，即可求解. 【详解】由于平面平面，，，.为直角三角形，底面为矩形， 所以四棱锥的内切球在的“正投影”是的内切圆， 设的内切圆半径为， 则， 解得， 所以内切球的半径为1，其表面积为． 设，则平面平面，且交线为, 平面, 所以平面，同理平面，平面,故,故, 由余弦定理可得， 进而可得， 由等体积法可得化简可得，故（舍去）， 故答案为：7， 111．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是 . 【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算 【分析】取中点，连接，将四面体补为直三棱柱，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用球的半径公式及球的表面积公式求解即可. 【详解】取中点，连接， 因为在棱长为2的正方体中，所以三棱柱是直三棱柱， 又因为平面，所以四面体的外接球即为直三棱柱的外接球， 因为为棱的中点，四边形是边长为2的正方形，所以， 在中，，又是锐角，所以， 由正弦定理得外接圆的半径为， 所以直三棱柱的外接球半径为， 所以四面体的外接球的表面积为. 故答案为：. 112．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，为四棱锥内切球表面上一点，则点到直线距离的最小值为 . 【答案】 【知识点】面面垂直证线面垂直、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据题意得到平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，在中计算得到内切球半径，最后利用线面垂直的判定定理和性质定理得到，结合球的性质得到距离的最小值. 【详解】如图，过点作，交于点，由侧面为正三角形可知为中点， 设中点为，连接. 由题意得，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆， 此圆为的内切圆，设内切圆半径为，与，分别相切于点，， 因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， 而平面，则， 因为，，所以，，， 在中，，解得， 所以四棱锥的内切球的半径为1， 连接，因为平面，平面，所以， 又，，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 所以内切球表面上一点到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径， 又， 所以四棱锥内切球表面上一点到直线的距离的最小值为. 故答案为：. 113．（23-24高二下·浙江金华·期末）在三棱锥中，，且，若三棱锥的外接球表面积的取值范围为，则三棱锥体积的取值范围为 . 【答案】 【知识点】证明线面垂直、多面体与球体内切外接问题、锥体体积的有关计算、几何图形中的计算 【分析】根据几何体结构特征将几何体补形为直棱柱，则三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，其体积为三棱柱的，故从直三棱柱的结构上入手即可得解. 【详解】如图，由题意可将三棱锥补形为三棱柱， 故三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球， 因为，即，，平面， 所以平面，故三棱柱是高为3的直三棱柱， 由题可设 ， 则由题意以及余弦定理得， 所以的外接圆半径为， 所以外接球的半径为， 所以外接球表面积为， 故由题， ，所以，则 由三棱柱的结构性质及题意可知且 所以， 又由上，所以， 即三棱锥体积的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决特殊的简单几何体外接球问题常可用补形法，常见的简单补形类型有：（1）正四面体补形为正方体；（2）对棱相等的四面体补形为长方体；（3）其中一条侧棱垂直于底面的棱锥补形为直棱柱. 114．（22-23高二下·浙江舟山·期末）在三棱锥中，，点分别是的中点，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积是 ． 【答案】/ 【知识点】球的截面的性质及计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】证明出的中点即为外接球的球心，从而得到外接球半径，再设O到平面AMN的距离为h，平面AMN截球O所得的截面圆的半径为r，由等体积法求出，进而得到r，得到截面面积. 【详解】因为，M是PB的中点，所以， 又平面PBC， 所以AM⊥平面PBC，又BC平面PBC，所以， 又平面PAB， 所以平面PAB，又平面PAB， 所以，， 在△ABC中，， 所以， 在△PAC中，，所以，所以， 取PC的中点O，又， 所以，即点O是三棱锥的外接球的球心， 且，平面，所以平面， 平面，所以， 因为，故外接球半径为， 设O到平面AMN的距离为h，平面AMN截球O所得的截面圆的半径为r， 因为MN是△PBC的中位线，所以O到平面AMN的距离等于B到平面AMN的距离， 故，即，得， 所以， 所以截面圆的面积为． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径． 115．（23-24高二下·浙江温州·期末）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【知识点】面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】（1）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）过作交于点，设，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解二面角的正弦值即可. 【详解】（1），为中点， . 又平面平面，平面平面，平面， 平面，而平面， . 又为的中点， ，又， . 又平面， 平面. （2）过作交于点，设， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，    则，，，， 故，，，. 设为平面的法向量，则，即， ，取，则， 是平面的一个法向量. 设为平面的法向量，则，即， ，取，则， 是平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则， ， 二面角的正弦值为. 116．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在三棱锥中，，，，，点在上，点为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】求线面角、证明面面垂直 【分析】（1）要证明平面平面，只需证明平面，进而转化为证明； （2）通过证明得到平面，从而证明出就是与平面所成的角，再计算出和即可求解. 【详解】（1）∵，，，∴． ∵，∴．∵，平面，，∴平面． ∵平面，∴平面平面． （2）过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接． ∵平面平面，平面，， ∴平面．∵，∴平面，∴就是与平面所成的角． ∵，∴． ∵，∴为等边三角形，∴． ∵为的中点，∴．在中易知， ∴． 因此，与平面所成角的正弦值为． 117．（23-24高二下·浙江金华·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）利用空间的线面垂直的判定与性质定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求两平面的夹角余弦值即可. 【详解】（1） 如图，连接，在中，， 在正方形中，，又因为平面， 所以平面，又因为，所以平面， 而平面，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）在中，因为，， 所以由余弦定理可得：， 因为平面，所以，在中， 由勾股定理得：， 又在中，由余弦定理得：. 如图以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴建系， 则，，， 则，， 设为平面的法向量，则，取， 设为平面的法向量，则，取， 所以， 故平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 118．（23-24高二下·浙江舟山·期末）如图，在三棱柱中，AB的中点为D． (1)证明：面； (2)若底面侧面，是锐角，，，，且和平面所成角的正弦值是，求平面与平面ABC所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求线面角、求二面角 【分析】（1）连接交于E，则E是的中点，连接DE，由中位线定理可得，利用线面平行的判定定理可证结论； （2）由题意可得平面，可得，进而计算可得，在平面内过点作于O，可得，在平面ABC内过O作于G，连接，可证，进而得是二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）连接交于E，则E是的中点， 又D是AB中点，连接DE，则DE是的中位线， ∴，又面，面， ∴面 （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵平面平面， 平面平面， ，平面ABC， ∴平面， ∵平面， ∴，又， 即，而，，平面， ∴平面，∴和平面所成线面角是， ∵，∴，∴， ∴，∵，， ∴， 在平面内过点作于O， 则，， ∵平面平面，平面平面， ∴平面ABC，又平面ABC， 则， 在平面ABC内过O作于G，连接， ∵，OG，平面， ∴平面，而平面，则， 从而是二面角的平面角， ， 显然，， ∴， 所以平面与平面ABC所成的角的余弦值是. 119．（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，. (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】面面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直 【分析】（1）依题意可得，由面面垂直得到平面，即可得证； （2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为且为线段的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （2）因为平面，平面，则， 又，，面，所以平面， 因为平面，则平面平面， 平面平面，平面， 所以平面， 如图分别以所在的直线为轴， 不妨设，则，，，，， ，设，，， 则，解得， 设平面的法向量为，， 则， 所以，取，则，即， 设平面的法向量为，，， 则，取， 设平面与平面所成锐二面角的平面角为， 则， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以当时，即时，，则. 120．（23-24高二下·浙江·期末）如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．    (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)求平面截四棱锥所得多边形的周长． 【答案】(1) (2)． 【知识点】由平面的基本性质作截面图形、求二面角、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）利用两个平面的法向量的夹角来求两个平面的夹角正弦值； （2）利用作垂线，作出截面，并找到它截四棱锥的截面四边形，再计算周长即可. 【详解】（1）    延长相交于点，连接，所以平面平面． 由于平面同时垂直于平面与平面，则， 由，中点为，可得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由，，，可知四边形是等腰梯形， 所以两底角，则，又因为中点为，所以， 再因为，， 所以，而，所以， 又因为，所以三角形是等边三角形，即， 又因为，所以 再由，可解得， 由勾股定理，可得， 由可知：，再由勾股定理得：， 即， 由于，平面，所以就是平面与平面的夹角， 因为，，所以， 即， 故平面与平面BCED夹角的正弦值为. （2）    过点作的垂线交于，垂足为，交连结，交于， 由于，，，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 现在又因为，，平面， 所以平面，即平面就是所要求作的平面， 它与四棱锥的截面是四边形， 先解三角形，已知，，由余弦定理得： ，可得 解三角形，由余弦定理得：， 再解三角形，由三角形内角和为得： 再由正弦定理得：， 解得，由于，且，可得， 由对称性可知：， 故周长为． 题型七 平面解析几何 121．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知圆：，点P为直线上一动点，过点P向圆引两条切线，，A，B为切点，则线段长度的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【知识点】直线与圆的位置关系求距离的最值、切线长、求点到直线的距离 【分析】依题作出图形，从四边形的面积分析考虑得出，利用将其化为，要使最小，需使最小，即为圆心到直线的距离时，利用点到直线的距离公式计算即得. 【详解】    如图，易得,,则四边形的面积为, 化简得，，在中，，代入整理得，， 要使线段长度最小，只需使线段长度最小，而是圆心到直线上任意点的距离， 故当且仅当时，即为圆心到直线的距离时，最小， 此时，. 故选：A. 122．（23-24高二下·浙江温州·期末）椭圆的左焦点为，直线与椭圆和圆心为的圆相切于同一点，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】求椭圆中的最值问题、求椭圆的切线方程 【分析】求导可得椭圆在的切线斜率为，进而可得点的轨迹方程为（），利用点到直线的距离公式即可求解最小值. 【详解】由可得， 由于直线与椭圆相切于，故上半椭圆的方程为， 求导得，因此， 故椭圆在的切线斜率为，由于直线于圆也相切于， 故圆心所在的直线斜率为1，且经过点，故点的轨迹方程为（）， ，故的最小值为到的距离， 故答案为： 123．（22-23高二下·浙江衢州·期末）设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若，，与相交于点，且，则的面积为 . 【答案】/ 【知识点】抛物线的焦半径公式、抛物线中的三角形或四边形面积问题、直线与抛物线交点相关问题 【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解． 【详解】由得， 又因为为，的中点， 所以，所以， 所以为的三等分点，且， 又因为，所以，且，所以， 不妨设，，且在第一象限， ，所以， 因为点，在抛物线上， 所以， 所以根据相似关系可得，， 所以，则. 故答案为：．    124．（22-23高二下·浙江·期末）椭圆过点且上顶点到轴的距离为1，直线过点与椭圆交于A，两点且中点在坐标轴上，则直线的方程为 ． 【答案】或或 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、根据椭圆过的点求标准方程、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、根据韦达定理求参数 【分析】先求出椭圆方程，再分类讨论直线的斜率是否存在，联立方程组结合韦达定理运算求解. 【详解】因为过点且上顶点到轴的距离为1，所以 所以， 因为，即点在椭圆内，可知直线与椭圆相交， 当斜率不存在时，则时，由椭圆对称性可得， 则中点为在坐标轴上，所以符合题意； 当斜率存在时，设， 联立方程,消去y得， 则，， 因为中点在坐标轴上， 则或， 解得或，此时直线的方程为或； 综上所述：所以直线的方程为或或. 故答案为：或或.    【点睛】方法点睛：弦中点问题的解法：在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率的斜率问题时可利用韦达定理运算求解，但要注意直线斜率是否存在． 125．（22-23高二下·浙江绍兴·期末）已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是 . 【答案】 【知识点】数量积的运算律、向量夹角的计算、一元二次不等式在实数集上恒成立问题、圆上点到定直线（图形）上的最值（范围） 【分析】根据数量积的运算律及一元二次不等式恒成立得到，即可求出与的夹角，不妨设、，，即可求出点在以坐标原点为圆心，半径的圆上，设，根据共线定理得到在直线上，则，将问题转化为圆上的点与直线上的点的连线段的长度问题，求出圆心到直线的距离，即可求出最小值. 【详解】因为对任意的，有恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 又、为单位向量，所以恒成立， 所以， 所以，所以，设与的夹角为，则， 又，所以， 不妨设、，， 因为，所以，所以点在以坐标原点为圆心，半径的圆上， 设，则在直线上， 又直线的方程为，即， 所以， 所以， 又到直线的距离，所以， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：首先由不等式恒成立求出与的夹角，再者是将向量用坐标表示，最后是将向量模的问题转化为平面几何圆上的点与直线上的点的连线段长度问题. 126．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知双曲线的离心率为，右顶点为.为双曲线右支上两点，且点在第一象限，以为直径的圆经过点.    (1)求的方程； (2)证明：直线恒过定点； (3)若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】根据韦达定理求参数、双曲线中的直线过定点问题、求双曲线中三角形（四边形）的面积问题、根据离心率求双曲线的标准方程 【分析】（1）根据离心率以及顶点即可求解， （2）联立直线与双曲线方程，得韦达定理，由垂直得斜率关系，即可代入化简求解， （3）根据中点坐标可得，即可根据三角形面积之比求解. 【详解】（1）右顶点 ，解得 .    （2）设，可设直线. 联立，得 则，即. . 以为直径的圆经过点 即 ，化简得 当时，直线经过点，不符条件，舍去.. 直线必过定点. （3）由（2）知. ,为中点，，代入得. 由得. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 127．（23-24高二下·浙江衢州·期末）已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为. (1)求的方程； (2)当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值. 【答案】(1) (2) 【知识点】基本不等式求和的最小值、根据离心率求椭圆的标准方程、求椭圆中的最值问题 【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得； （2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值. 【详解】（1）当与原点重合时，可设，则有、， 且，， 则， 即，∴，则， 即有，由离心率为，即， 则，∴，即有， 解得，∴， 即的方程为； （2）设直线方程为，令，有，即， 设点、，则， 联立直线与椭圆方程：，消去有， 有，， ，得， 为， 令，， 由中，得， 即， 则 ， 当且仅当时等号成立， 故周长的最小值为. 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值. 128．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知圆：与x正半轴交于点A，与直线在第一象限的交点为B．点为圆O上任一点，且满足，以x，y为坐标的动点的轨迹记为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若两条直线：和：分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形面积的最大值，并求此时的k的值； (3)研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标． 【答案】(1) (2)时，四边形的面积最大值为 (3)答案见解析 【知识点】求椭圆中的最值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、轨迹问题——椭圆、椭圆定义及辨析 【分析】（1）由表示出点坐标代入圆方程可得曲线的方程． （2）把方程代入曲线的方程求得的坐标，得，同理可得，由得，应用整体换元法结合基本不等式可求得最值； （3）由曲线的方程可得对称性：关于直线对称，关于原点对称；若为椭圆则可求出它与对称轴的交点即顶点坐标，得出，求出，从而可得焦点坐标，再证明满足椭圆定义即可. 【详解】（1）由题意可得，即. 由得，， 则将代入，化简得. 故曲线的方程为.    （2）由，消得， 解得，由已知直线交曲线于， 不妨设,， 所以，同理. 由题意知 ，所以四边形的面积. . ∵ ，∴， 当且仅当时等号成立，此时. ∴ 当时，四边形的面积最大值为. （3）曲线的方程为，它关于直线、和原点对称，    下面证明： 设曲线上任一点的坐标为， 则，点关于直线的对称点为， 因为，所以点在曲线上，故曲线关于直线对称， 同理可得点关于直线的对称点也在曲线上， 故曲线关于直线对称， 同理可证曲线关于原点对称. 下面证明为椭圆. 证明：①联立曲线和直线方程， 解得交点坐标为， 联立曲线和直线方程， 解得交点坐标为， 则，，，. 在上取点， 设为曲线上任一点，则 （因为） . 即曲线上任一点到两定点的距离之和为定值. ②若点到两定点的距离之和为定值， 设为曲线上任一点，则 ， 移项得 平方整理得，， 再移项平方得 化简可得 故点的轨迹方程为， 综上所述曲线是椭圆，其焦点坐标为.    【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线位置关系综合题型，涉及综合向量坐标法求轨迹方程、四边形面积最值、曲线对称性研究、椭圆定义应用证明多个角度的考查，解决本题目的关键点有：（1）类比代换，减少运算，如求得后再求，只需用代替中即得．（2）回归定义，无论是对称性的证明还是证明曲线是椭圆，都化归为定义证明即可. 题型八 计数原理与概率统计 129．（23-24高二下·浙江舟山·期末）在的展开式中，常数项为（    ） A．182 B．42 C． D． 【答案】B 【知识点】二项展开式的应用、求二项展开式的第k项、求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】写出展开式的通项，从而确定常数项. 【详解】因为， 则的展开通项公式为， 的展开通项公式为， 令，即， 可得和， 相加得， 故选：B. 130．（23-24高二下·浙江舟山·期末）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率及概率的加法公式计算求解即可. 【详解】因为，，故，， 因为与为互斥事件，故， 又， 所以有， 故，故. 故选：A. 131．（23-24高二下·浙江湖州·期末）商家为了解某品牌电风扇的月销售量（台）与月平均气温之间的关系，随机统计了某4个月该品牌电风扇的月销售量与当月平均气温，其数据如下表； 平均气温 27 29 31 33 月销售量（台） 24 33 40 55 由表中数据算出线性回归方程中的，据此估计平均气温为的那个月，该品牌电风扇的销售量约为（    ）台. A．63 B．61 C．59 D．57 【答案】A 【知识点】根据样本中心点求参数、根据回归方程进行数据估计、计算样本的中心点、计算几个数的平均数 【分析】根据表格中的数据，求得的值，将代入回归方程，求得的值，得出回归直线方程，代入时，即可求解. 【详解】根据表格中的数据，可得， 又由点在回归方程上，其中， 所以，解得，即， 当时，，即估计平均气温为的那个月，该品牌电风扇的销售量约为件. 故选：A. 132．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）由甲､乙､丙三个地区的学生参加的某项竞赛，已知这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，且甲､乙､丙三个地区分别有的学生竞赛成绩优秀.若小嘉同学成绩优秀，则他来自下列哪个地区的可能性最大（    ） A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．不能确定 【答案】A 【知识点】独立事件的乘法公式 【分析】求出三个地区参加竞赛人数的占比，乘以甲､乙､丙三个地区学生竞赛成绩优秀概率比较即可求解. 【详解】因为这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2， 所以甲地区人数占比为，乙地区人数占比为，丙地区人数占比为， 所以甲地区学生竞赛成绩优秀概率为，乙地区学生竞赛成绩优秀概率为，丙地区学生竞赛成绩优秀概率为， 根据函数单调性知当时，甲地区学生竞赛成绩优秀概率大于乙地区学生竞赛成绩优秀概率大于丙地区学生竞赛成绩优秀概率， 所以他来自甲地区的可能性最大. 故选：A. 133．（23-24高二下·浙江温州·期末）现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为 . 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用捆绑法和间接法的原则，先求满足条件的方法种数，再根据古典概型概率公式，即可求解. 【详解】先将甲、乙两人捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排， 再减去丙排在周三的排法即可求得所求事件的不同排法. 所以不同排法的种数为， 又5位教师从周一到周五的常规值班一共有种方法， 所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概率. 故答案为： 134．（23-24高二下·浙江舟山·期末）某高中为了调查学生对手机的使用情况，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，他们一周内使用手机的时间（小时）频率分布直方图如下图所示，则参与调查的学生每周平均使用手机的时间约为 小时.（同一组数据用该组数据的中点值作代表） 【答案】4 【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、由频率分布直方图估计平均数 【分析】根据频率和为1求得，再结合平均数的计算公式分析求解. 【详解】由题意可知：每组的频率依次为， 则，解得， 可得平均数（小时）， 所以平均使用手机的时间约为4小时. 故答案为：4. 135．（23-24高二下·浙江·期末）设是一个随机试验中的两个事件，且，则 ． 【答案】 【知识点】利用互斥事件的概率公式求概率 【分析】由题意结合概率运算性质可得答案. 【详解】由概率的性质得， 所以， 所以． 故答案为：. 136．（22-23高二下·浙江·期末）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为 ． 【答案】 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用分步乘法原理先求出同学与同学站在一起，同学站在边缘的方法数，再求出其中同学不与同学或相邻的方法数，然后利用古典概型的概率公求解即可. 【详解】将同学与同学看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体与剩下4人排列，有种方法， 所以分步乘法原理可知同学与同学站在一起，同学站在边缘，共有种方法， 其中同学不与同学或相邻的有：先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体从与同学不相邻的4个位置中选一个位置，有种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有种方法， 所以由分步乘法原理可得同学不与同学或相邻的共有种方法， 所以所求概率为， 故答案为： 137．（23-24高一下·江苏无锡·期末）为了解某市区高中学生的阅读时间，从该市区随机抽取了800名学生进行调查，得到了这800名学生一周的平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分成九组，绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)求a的值; (2)若周平均阅读时间的平均数和中位数均超过9小时，则认为该市区高中生阅读量达标.以样本估计总体试判断该市区高中生阅读量是否达标? (3)为进一步了解这800名学生阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取两人，求这两人周平均阅读时间均在内的概率. 【答案】(1) (2)该市区高中生阅读量达标 (3) 【知识点】由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、由频率分布直方图估计中位数、由频率分布直方图估计平均数、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）求各组频率，结合频率和为1列式求解即可； （2）根据频率分布直方图求平均数和中位数，结合题意分析判断即可； （3）根据分层抽样求各组人数，利用列表法结合古典概型运算求解. 【详解】（1）由题意可知：每组的频率依次为， 则，解得， 所以a的值为. （2）周平均阅读时间的平均数的估计值为 ， 且，， 可知周平均阅读时间的中位数的估计值， 则，解得， 因为，， 所以该市区高中生阅读量达标. （3）在抽取学生人数为，设为； 在三组中抽取学生人为，设为； 在三组中抽取学生人数为，设为； 设样本空间为，这两人周平均阅读时间均在内为事件M， 列表可得： 1 2 3 4 5 A B C D b 1 ╱ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 2 ╱ ╱ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 3 ╱ ╱ ╱ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 4 ╱ ╱ ╱ ╱ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 5 ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ A ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ √ √ √ ╳ B ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ √ √ ╳ C ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ √ ╳ D ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╳ b ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ ╱ 可知，, 所以. 138．（23-24高二下·浙江舟山·期末）某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则： (1)甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率； (2)为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求p的取值范围； (3)现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2) (3)分布列见解析， 【知识点】利用全概率公式求概率、服从二项分布的随机变量概率最大问题、计算条件概率、写出简单离散型随机变量分布列 【分析】（1）利用全概率公式计算即可； （2）由二项分布的概率公式，根据概率最大，即可列式求解p的取值范围； （3）先分别求出Ⅰ队获胜场的概率，再由条件概率求得X的分布列，进而得到X的数学期望. 【详解】（1）设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”；“甲担任后卫”； “某场比赛中该球队获胜”. 则：，，， ，，， 由全概率公式可得： ， 所以甲参加比赛时，Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率是. （2）设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场）， 由题意，时，P（Ⅰ队获胜k场）最大， 所以有，解得， 所以p的取值范围为. （3）由题意，Ⅰ队一共需要打5场比赛， 设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”， ；； ，则， ， 同理可得， ， 则X的分布列为： X 3 4 5 P . 139．（23-24高二下·浙江金华·期末）二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品､二等品､三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的. (1)若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个､二等品2个，三等品1个的概率； (2)现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，. （i）求； （ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【知识点】独立重复试验的概率问题、二项分布的均值 【分析】（1）根据多项分布求概率； （2）（i）根据多项分布求概率； （ii）根据二项分布得到，然后利用条件概率的计算公式得到，最后根据二项分布期望的性质计算即可. 【详解】（1）记从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个､二等品2个，三等品1个为事件，则， （2）（i）， （ii）若把事件作为一方，则作为另一方， 那么随机变量分布列为， 即服从二项分布列为， 同理可知：. 所以 . 所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即， 所以此时，随机变量的数学期望为. 【点睛】关键点睛：（ii）解题关键在于通过计算得到在给定的条件下随机变量服从二项分布，然后求期望即可. 140．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）已知集合，对于，，定义与之间的距离为. (1)若，求所有满足的点所围成的图形的面积; (2)当时，，并且，求的最大值（用表示); (3)当时，求集合中任意两个元素之间的距离的和. 【答案】(1)8 (2) (3) 【知识点】代数中的组合计数问题、绝对值三角不等式、集合新定义 【分析】（1）根据可得，即可分类去掉绝对值求解， （2）分两种情况，结合绝对值不等式的性质放缩即可求解； （3）对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个,即可求解和. 【详解】（1）由可得， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故围成的图形为正方形, 其中,如下：    故面积为 （2）设，， ， 所以，， 当， 当时， 综上所述，； （3）， 设 其中中均有个元素，, 共有个不同的元素，从的个不同的元素任取2个不同的元素共有种选法， 从中任选一个元素，对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个，其中个， 所以中所有元素的第一位的数字之和为， 对于中所有元素的其他同等位置的数字之和为均为， 故集合中任意两个元素之间的距离的和， 【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二下期末真题百题大通关（140题8大模块题型）（提升版） 题型汇聚 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 集合与常用逻辑用语 题型二 函数与导数 题型三 三角函数与解三角形 题型四 平面向量与复数 题型五 数列 题型六 空间向量与立体几何 题型七 平面解析几何 题型八 计数原理与概率统计 题型练习 题型一 集合与常用逻辑用语 1．（22-23高二下·浙江温州·期末）设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知平面.则“两两垂直”是“两两垂直”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（23-24高二下·浙江·期末）设为实数，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（22-23高二下·浙江·期末）集合，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二下·浙江·期末）若直线在平面内，直线在平面外，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 6．（22-23高二下·浙江舟山·期末）已知平面，直线，若且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．（22-23高二下·浙江宁波·期末）设集合，，则中元素的个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是 . 9．（23-24高二下·浙江丽水·期末）设为正整数，，，记. (1)当时，若，，求的值； (2)当时，设集合，设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，.写出一个集合，使其元素个数最多； (3)当时，，，其中是锐角的三个内角，证明：. 题型二 函数与导数 10．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知，若在上单调，则的范围是（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高二下·浙江台州·期末）设定义在上的函数．记，对任意的，，则（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数，则其图象一定不过（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 13．（23-24高二下·浙江·期末）近年，“人工智能”相关软件以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示训练迭代轮数，则学习率衰减到0.2及以下所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（    ） A．16 B．72 C．74 D．90 14．（23-24高二下·浙江温州·期末）若函数有4个零点，则正数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）已知函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 16．（23-24高二下·浙江宁波·期末）若函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 17．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数的定义域为，且满足，则下列结论错误的是（    ） A． B． C．是奇函数 D． 18．（23-24高二下·浙江湖州·期末）若曲线在点处的切线方程为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 19．（23-24高二下·浙江·期末）已知，若，，，则（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高二下·浙江·期末）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，若函数的图象关于点成中心对称图形，则（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高二下·浙江·期末）近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（    ） A．1.25 B．1.75 C．2.25 D．2.55 22．（23-24高二下·浙江衢州·期末）已知曲线：，曲线：，两曲线在第二象限交于点，，在处的切线倾斜角分别为，，则（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高二下·浙江宁波·期末）颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用.悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 24．（23-24高二下·浙江·期末）常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高二下·浙江·期末）一个顶点为，底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是（    ） A． B． C． D． 26．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知函数，是的零点，则当时，不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 27．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）已知函数的定义域为，对定义域内任意的，当时，都有，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．函数和在上有相同的单调性 28．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数的定义域为，且，的图像关于直线对称，，在上单调递增，则下列说法中错误的是（    ） A． B．的一条对称轴是直线 C． D． 29．（23-24高二下·浙江金华·期末）已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（    ） A． B． C． D． 30．（多选）（22-23高二下·浙江温州·期末）已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（    ） A．的图象关于对称 B． C．在上的最小值是-2 D．不等式的解集为 31．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．此结论与必修一教材上的结论相吻合，则下列结论正确的是（    ） A．函数的图象关于点成中心对称图形 B．若定义在上的函数对任意的都有，则函数图象的对称中心为 C．若是偶函数，则的图象关于直线成轴对称 D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则 32．（多选）（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若均为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ） A． B．的图象关于点对称 C． D． 33．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）已知函数，则下列正确的是（    ） A．函数的值域为 B．函数的最小正周期为 C．当时，方程有且仅有1个实根 D．在区间上单调递增，则 34．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数，下列结论正确的是（    ） A．当时，在处的切线方程为 B．当时，恒成立 C．若恰有一个零点，则 D．若恰有两个零点，则 35．（多选）（23-24高二下·浙江绍兴·期末）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．恒成立 B．在上单调递增 C．在上有4个零点 D．是周期函数 36．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）已知函数,则下列说法正确的是（    ） A．的图像是中心对称图形 B．的图像是轴对称图形 C．是周期函数 D．存在最大值与最小值 37．（23-24高二下·浙江·期末）若函数的值域为，则的最小值为 ． 38．（23-24高二下·浙江·期末）若，且，则的最小值为 ；的最小值为 . 39．（22-23高二下·浙江台州·期末）若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则 . 40．（22-23高二下·浙江金华·期末）已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是 . 41．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数在上恰有两个零点，则实数m的取值范围为 . 42．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知定义在上的函数满足下列两个条件： ①；②. 请你写出一个符合要求的函数解析式 . 43．（23-24高二下·浙江湖州·期末）已知对任意恒成立，则实数的取值范围为 . 44．（22-23高二下·浙江·期末）已知实数，满足，则的取值范围为 . 45．（22-23高二下·浙江宁波·期末）已知函数，若有4个零点，则实数a的范围是 . 46．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数，其中且. (1)若，试证明：恒成立； (2)若，求函数的单调区间； (3)请判断与的大小，并给出证明.（参考数据：） 47．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数（，）且图象的相邻两条对称轴间的距离为，. (1)求的解析式与单调递减区间； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和. 48．（23-24高二下·浙江·期末）已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足. (1)当点在轴上移动时，求动点的轨迹的方程； (2)设为（1）中的曲线上一点，直线过点且与曲线在点处的切线垂直，与曲线相交于另一点，当（为坐标原点）时，求直线的方程. 49．（23-24高二下·浙江丽水·期末）已知，函数. (1)若，解不等式； (2)证明：函数有唯一零点； (3)设，证明：. 50．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知函数. (1)设，若是奇函数，求的值，并证明； (2)已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围. 51．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数，的零点分别是与． (1)若，解不等式； (2)已知， ①证明：； ②若，满足，求的最小值． 52．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知函数的定义域为D.若，对于，都，使得，则称函数与具有“和缘”，a叫做函数与的“和缘”值. (1)已知，，，，，，若0是函数与的“和缘”值，请写出所有符合题意的函数与的组合（不用说明理由）； (2)已知且，，，. （ⅰ）求的值域； （ⅱ）若存在唯一实数a，使函数与具有“和缘”，求m的值. 53．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数． (1)若，求的取值范围． (2)记已知函数有个不同的零点． ①若，求的取值范围； ②若，且是其中两个非零的零点，求的取值范围． 题型三 三角函数与解三角形 54．（23-24高二下·浙江·期末）已知为锐角，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 55．（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 56．（23-24高二下·浙江金华·期末）已知函数的对称中心为，则能使函数单调递增的区间为（    ） A． B． C． D． 57．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 58．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）已知函数在区间上的值域为，则实数的取值可以是（    ） A．1 B． C． D．4 59．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，若，则（    ） A． B． C． D． 60．（23-24高二下·浙江·期末）已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 61．（22-23高二下·浙江·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 62．（多选）（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（    ） A． B． C．当面积为时，点在圆上运动 D．点的坐标为 63．（多选）（23-24高二下·浙江丽水·期末）在中，角所对的边分别为，，，以下判断正确的是（    ） A．若，则的面积为 B．若，则 C．若，则 D．若有两解，则 64．（多选）（23-24高二下·浙江衢州·期末）已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（    ） A．双曲线的焦距为6 B．点到渐近线的距离为2 C．的最小值为 D．若，则的面积为 65．（多选）（22-23高二下·浙江温州·期末）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）    A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为2 B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 C．勒洛四面体的截面面积的最大值为 D．勒洛四面体表面相交弧总长小于 66．（多选）（23-24高二下·浙江舟山·期末）在△ABC中，已知角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，，则满足条件的△ABC有两个 C．若D是边BC上一点，满足，且，则△ABC面积的最大值为 D．若△ABC为锐角三角形，D是边BC上一点（不含端点），满足，则的取值范围是 67．（多选）（23-24高二下·浙江金华·期末）在中，已知，则（    ） A． B． C．的外接圆直径为 D．的面积为 68．（多选）（23-24高二下·浙江台州·期末）已知的内角所对的边分别为a，b，c，其中a为定值．若的面积，则（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．周长的最小值为 D．的取值范围是 69．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值是 . 70．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在中，分别是所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为 ． 71．（23-24高二下·浙江温州·期末）在中，已知，，连接，满足，则的面积的最大值为 ． 72．（23-24高二下·浙江·期末）已知函数的最大值为，则常数的值为 ，的单调递增区间为 . 73．（23-24高二下·浙江杭州·期末）记的内角的对边分别为．已知，，若的面积为，则 ． 74．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 . 75．（23-24高二下·浙江·期末）为平面内一定点，，，与夹角为，，，，则所围成的面积为 . 76．（22-23高二下·浙江宁波·期末）在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为 . 77．（22-23高二下·浙江温州·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，． (1)求周长的最大值； (2)若，求的面积． 78．（23-24高二下·浙江温州·期末）在中，角的对边分别是. (1)求角的大小； (2)若面积为，且周长为6，求. 79．（23-24高二下·浙江金华·期末）已知分别为三个内角的对边，且. (1)证明：； (2)求的最小值. 题型四 平面向量与复数 80．（23-24高二下·浙江台州·期末）设（且），方程在复数集C内的三个根为，可以将上述方程变形为，展开得到，比较该方程与方程，可以得到．已知（i是虚数单位），且是的三个实根，则（    ） A．1 B． C．2 D． 81．（22-23高二下·浙江·期末）已知复数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 82．（23-24高二下·浙江·期末）设的内心为，而且满足，则的值是（    ） A． B． C． D． 83．（22-23高二下·浙江绍兴·期末）已知单位向量与互相垂直，且，记与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 84．（22-23高二下·浙江·期末）双曲线右焦点为，离心率为，，以为圆心，长为半径的圆与双曲线有公共点，则最小值为（    ） A． B． C． D． 85．（22-23高二下·浙江丽水·期末）在中，，为边上的动点，则的最小值为 ． 86．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知向量，是不共线的单位向量，且向量，. (1)若，求的值； (2)若，，求. 87．（23-24高二下·浙江·期末）已知平面向量，，且函数. (1)求的值； (2)求函数的最小正周期； (3)求函数在上的最大值，并求出取得最大值时的值. 88．（22-23高二下·浙江舟山·期末）在直角坐标系中，是坐标原点，向量，其中． (1)若与的夹角为，求的值； (2)若，求的最小值． 89．（22-23高二下·浙江金华·期末）如图，四边形是由与正拼接而成，设，.      (1)当时，设，求，的值； (2)当时，求线段的长. 题型五 数列 90．（22-23高二下·浙江宁波·期末）取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留下剩下的两段；再将剩下的两段分别分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；…；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于，则n的最大值为（    ） （参考数据：） A．7 B．8 C．9 D．10 91．（22-23高二下·浙江衢州·期末）已知等差数列的前项和为，且，若，数列的前项积为，则使的最大整数为（    ） A．20 B．21 C．22 D．23 92．（23-24高二下·浙江·期末）正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 93．（23-24高二下·浙江衢州·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一个人.则4次传球的不同方法总数为 （用数字作答）；4次传球后球在甲手中的概率为 . 94．（22-23高二下·浙江·期末）设，若数列前项和为，，，则 . 95．（22-23高二下·浙江温州·期末）函数为数学家高斯创造的取整函数，表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，且，若，则数列的前2023项和为 . 96．（22-23高二下·浙江温州·期末）如图，已知正方体顶点处有一质点S，点S每次会随机地一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面上的概率为，则 ．    97．（23-24高二下·浙江衢州·期末）某学校的数学节活动中，其中有一项“抽幸运数字”擂台游戏，分甲乙双方，游戏开始时，甲方有2张互不相同的牌，乙方有3张互不相同的牌，其中的2张牌与甲方的牌相同，剩下一张为“幸运数字牌”.游戏规则为： ①双方交替从对方抽取一张牌，甲方先从乙方中抽取； ②若抽到对方的牌与自己的某张牌一致，则将这两张牌丢弃； ③最后剩一张牌（幸运数字牌）时，持有幸运数字牌的那方获胜. 假设每一次从对方抽到任一张牌的概率都相同.奖励规则为：若甲方胜可获得200积分，乙方胜可获得100积分. (1)已知某一轮游戏中，记为甲乙两方抽牌次数之和. （ⅰ）求； （ⅱ）求，； (2)为使获得积分的期望最大，你会选择哪一方进行游戏？并说明理由. 题型六 空间向量与立体几何 98．（23-24高二下·浙江·期末）已知正方体，点在上运动（不含端点），点在上运动（不含端点），直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，则下列关于的取值可能正确的是（    ） A． B． C． D． 99．（23-24高二下·浙江宁波·期末）在正三棱锥中，侧棱，点在棱上，且.若球是正三棱锥的外接球，过点作球的截面，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为（    ） A． B． C． D． 100．（23-24高二下·浙江衢州·期末）某圆锥的轴截面是腰长为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 101．（23-24高二下·浙江杭州·期末）已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），且上、下两部分几何体的体积之比是1：7，则（    ） A． B． C． D． 102．（23-24高二下·浙江杭州·期末）在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 103．（23-24高二下·浙江温州·期末）如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 104．（22-23高二下·浙江宁波·期末）三面角是立体几何的重要概念之一.三面角是指由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形.三面角余弦定理告诉我们，若，，，平面与平面所成夹角为，则.现已知三棱锥，，，，，，则当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 105．（多选）（23-24高二下·浙江金华·期末）在正方体中，（    ） A． B．直线与所成角为 C．平面 D．直线与平面所成角为 106．（多选）（23-24高二下·浙江·期末）如图，直三棱柱中，，，点在棱上运动（含端点），则下列结论正确的是（    ）    A．直线与直线所成角的范围是 B．存在点，使得平面 C．若为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面积为 D．若为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为 107．（多选）（23-24高二下·浙江舟山·期末）已知正四棱台的所有顶点都在体积为的球的球面上，，，G为内部（含边界）的动点，则（    ） A．正四棱台存在内切球 B． C．直线AG与平面所成角的取值范围为 D．的取值范围为 108．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（    ） A．平面 B．与平面所成角的余弦值为 C．若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个 D．若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为 109．（23-24高二下·浙江衢州·期末）如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是 . 110．（23-24高二下·浙江宁波·期末）已知四棱锥的底面是矩形，平面平面，，，.若四棱锥内存在内切球（球与四棱锥的各个面均相切），则 ，该内切球的表面积为 . 111．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，则四面体的外接球的表面积是 . 112．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，为四棱锥内切球表面上一点，则点到直线距离的最小值为 . 113．（23-24高二下·浙江金华·期末）在三棱锥中，，且，若三棱锥的外接球表面积的取值范围为，则三棱锥体积的取值范围为 . 114．（22-23高二下·浙江舟山·期末）在三棱锥中，，点分别是的中点，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积是 ． 115．（23-24高二下·浙江温州·期末）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 116．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在三棱锥中，，，，，点在上，点为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 117．（23-24高二下·浙江金华·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 118．（23-24高二下·浙江舟山·期末）如图，在三棱柱中，AB的中点为D． (1)证明：面； (2)若底面侧面，是锐角，，，，且和平面所成角的正弦值是，求平面与平面ABC所成角的余弦值. 119．（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为正方形，且为线段的中点，为线段上的动点，. (1)证明：； (2)求实数的值，使得平面与平面所成锐二面角的平面角的正弦值最小. 120．（23-24高二下·浙江·期末）如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．    (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)求平面截四棱锥所得多边形的周长． 题型七 平面解析几何 121．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知圆：，点P为直线上一动点，过点P向圆引两条切线，，A，B为切点，则线段长度的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 122．（23-24高二下·浙江温州·期末）椭圆的左焦点为，直线与椭圆和圆心为的圆相切于同一点，则的最小值为 . 123．（22-23高二下·浙江衢州·期末）设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若，，与相交于点，且，则的面积为 . 124．（22-23高二下·浙江·期末）椭圆过点且上顶点到轴的距离为1，直线过点与椭圆交于A，两点且中点在坐标轴上，则直线的方程为 ． 125．（22-23高二下·浙江绍兴·期末）已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是 . 126．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知双曲线的离心率为，右顶点为.为双曲线右支上两点，且点在第一象限，以为直径的圆经过点.    (1)求的方程； (2)证明：直线恒过定点； (3)若直线与轴分别交于点，且为中点，求的值. 127．（23-24高二下·浙江衢州·期末）已知椭圆：的离心率为，斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，是关于轴的对称点.当与原点重合时，面积为. (1)求的方程； (2)当异于点时，记直线与轴交于点，求周长的最小值. 128．（22-23高二下·浙江温州·期末）已知圆：与x正半轴交于点A，与直线在第一象限的交点为B．点为圆O上任一点，且满足，以x，y为坐标的动点的轨迹记为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若两条直线：和：分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形面积的最大值，并求此时的k的值； (3)研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标． 题型八 计数原理与概率统计 129．（23-24高二下·浙江舟山·期末）在的展开式中，常数项为（    ） A．182 B．42 C． D． 130．（23-24高二下·浙江舟山·期末）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（    ） A． B． C． D． 131．（23-24高二下·浙江湖州·期末）商家为了解某品牌电风扇的月销售量（台）与月平均气温之间的关系，随机统计了某4个月该品牌电风扇的月销售量与当月平均气温，其数据如下表； 平均气温 27 29 31 33 月销售量（台） 24 33 40 55 由表中数据算出线性回归方程中的，据此估计平均气温为的那个月，该品牌电风扇的销售量约为（    ）台. A．63 B．61 C．59 D．57 132．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）由甲､乙､丙三个地区的学生参加的某项竞赛，已知这三个地区参加竞赛人数的比为5：3：2，且甲､乙､丙三个地区分别有的学生竞赛成绩优秀.若小嘉同学成绩优秀，则他来自下列哪个地区的可能性最大（    ） A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．不能确定 133．（23-24高二下·浙江温州·期末）现安排甲、乙、丁、丙、戊五位老师从周一到周五的常规值班，每人一天，每天一人，则甲、乙两人相邻，丙不排在周三的概率为 . 134．（23-24高二下·浙江舟山·期末）某高中为了调查学生对手机的使用情况，从全校学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，他们一周内使用手机的时间（小时）频率分布直方图如下图所示，则参与调查的学生每周平均使用手机的时间约为 小时.（同一组数据用该组数据的中点值作代表） 135．（23-24高二下·浙江·期末）设是一个随机试验中的两个事件，且，则 ． 136．（22-23高二下·浙江·期末）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为 ． 137．（23-24高一下·江苏无锡·期末）为了解某市区高中学生的阅读时间，从该市区随机抽取了800名学生进行调查，得到了这800名学生一周的平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分成九组，绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)求a的值; (2)若周平均阅读时间的平均数和中位数均超过9小时，则认为该市区高中生阅读量达标.以样本估计总体试判断该市区高中生阅读量是否达标? (3)为进一步了解这800名学生阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取两人，求这两人周平均阅读时间均在内的概率. 138．（23-24高二下·浙江舟山·期末）某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则： (1)甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率； (2)为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求p的取值范围； (3)现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望. 139．（23-24高二下·浙江金华·期末）二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品､二等品､三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的. (1)若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个､二等品2个，三等品1个的概率； (2)现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，. （i）求； （ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望. 140．（23-24高二下·浙江绍兴·期末）已知集合，对于，，定义与之间的距离为. (1)若，求所有满足的点所围成的图形的面积; (2)当时，，并且，求的最大值（用表示); (3)当时，求集合中任意两个元素之间的距离的和. 6 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$