陕西省西安市西北工业大学附属中学2024-2025学年高二下学期数学大练习17

陕西省西安市西北工业大学附属中学高二下学期大练习17 一、单选题（每小题5分，计40分） 1．的展开式中系数为（    ） A． B． C． D． 2．用等高堆积条形图粗略估计两个分类变量是否相关.观察下列各图，其中两个分类变量相关关系最强的是（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，对任意的，都有，且在区间上单调，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则（    ） A． B． C． D． 5．酒驾是严重危害交通安全的违法行为.根据国家有关规定：驾驶人血液中的酒精含量大于（或等于）毫克/毫升，小于毫克/毫升的情况下驾驶机动车属于饮酒驾车；含量大于（或等于）毫克/毫升的情况下驾驶机动车属于醉酒驾车.假设某驾驶员一天晚上点钟喝了一定量的酒后，其血液中酒精含量上升到了毫克/毫升.如果在停止喝酒后，他血液中酒精含量以每小时的速度减少，那么他次日上午最早几点（结果取整数）开车才不构成酒驾？（参考数据：，）（    ） A．8点 B．9点 C．10点 D．11点 6．甲、乙两位同学进行投篮比赛，其中甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，两人各投三次，一共投中四次的概率为（   ） A． B． C． D． 7．已知点，分别是函数与图象上的点，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，计18分） 9．体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.杭州学军中学西溪校区高三学生参加体育测试，其中理科班女生的成绩与文科班女生的成绩均服从正态分布，且，则（    ） A． B． C． D． 10．如图，圆锥的顶点为，将半径为的球置于该圆锥内，使得球与圆锥侧面相切于圆，平面与球切于点为圆上一点，四点共面，且平面，平面截该圆锥所得截口曲线为为曲线上一动点，记圆所在平面为平面，垂足为交圆于点，，则下列选项正确的有（    ） A． B． C．是双曲线的一部分 D．若越大，则曲线的开口越大 11．已知双曲线的左右焦点分别是，，过的直线交双曲线的右支于、两点，若为等腰直角三角形，则的离心率可能为（    ） A． B． C． D． 三、填空题（每小题5分，计15分） 12．设函数，则满足的的取值范围是（    ） A． B． C． D． 13．有一道楼梯共10阶，小王同学要登上这道楼梯，登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，小王同学7步登完楼梯的概率为 . 14．设点在的图像上，点在的图像上，且､均在第一象限，若为平面直角坐标系的原点，已知，，则 ． 四、解答题（15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分） 15．已知O为△ABC外心，S为△ABC面积，r为⊙O半径，且满足 (1)求∠A大小； (2)若D为BC上近C三等分点（即），且，求S最大值． 16．11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少2分领先者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10：10后，每一球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行一场五局三胜且每局制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球．假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．已知第一局目前比分为10：10，且接下来轮到甲发球． (1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； (2)求第一局比赛甲获胜的概率； (3)现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率． 17．在三棱锥中，，，与平面所成的角为． (1)若，，如图，过点作平面，分别交，于点，． ①求证：平面； ②设，为平面内的动点，求周长的最小值． (2)若，，求二面角的取值范围． 18．椭圆的长轴在轴上，长轴长为4，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与交于，直线与交于. ①证明：； ②设直线与直线轴分别交于点，求的值. 19．已知函数，，. (1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； (2)讨论函数在区间上的单调性； (3)若对任意恒成立，求的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 陕西省西安市西北工业大学附属中学高二下学期大练习17 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D D D C C C B AC ABD BC 1．B 【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解. 【详解】的展开式通项为，其中、、、、， 因为， 在中，令，可得，不合乎题意； 在中，令，可得，系数为. 综上所述，的展开式中系数为. 故选：B. 2．D 【分析】根据等高堆积条形图高度差判断. 【详解】在等高堆积条形图中，深色条的高度相差越大，相关性越强. 故选：D 3．D 【分析】根据，得函数的对称轴为，所以有，可得，解得，再分类讨论又在区间上单调递增和递减两种情况，对每一种情况列出关于的不等式组，解之可求得的值. 【详解】因为，所以函数的对称轴为， 所以，即，， 解得，，，，， ①若在区间上单调递增，则，， ，， ，即，解得，， 所以，，且，，所以当时，满足题意； ②若在区间上单调递减，则，， ，， ，即，解得，， 所以，，且，，此时无解，综上可得. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题考查正弦型函数的对称性，单调性问题中求参数的范围的方面，关键在于根据其函数的性质得出关于参数的不等式组. 4．D 【分析】由频率分布直方图结合中位数以及众数的计算即可比较大小. 【详解】观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数大于中位数为， 由于第一个小矩形面积为， 前2个小矩形面积之和为， 所以中位数位于之间，故可得，解得， 由频率分布直方图可知众数， 故， 故选：D. 5．C 【分析】假设经过小时后，驾驶员开车才不构成酒驾，则，由对数的运算性质解不等式即可得出答案. 【详解】假设经过小时后，驾驶员开车才不构成酒驾， 则，即，， 则， ，次日上午最早点，该驾驶员开车才不构成酒驾. 故选：C. 6．C 【分析】设甲投三次，投中的次数为，乙投三次，投中的次数为，易知服从二项分布，再利用二项分布的概率公式、相互独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的概率公式，即可求解. 【详解】设甲投三次，投中的次数为，则，设乙投三次，投中的次数为，则， 则， 又，， ， 所以一共投中四次的概率为， 故选：C. 7．C 【分析】同构变形得到，构造，求导得到单调性，故，则，则，设，求导，得到单调性，故. 【详解】由题意可知，，即， 又，，所以，则. 设，则，所以在上单调递增， 所以，则，所以，则. 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以的最大值为. 故选：C. 8．B 【分析】由已知，推得，再由，推得，即可求得. 【详解】已知， 则， ， 以此类推，，则， 又， 则， ， 以此类推，， 所以. 故选：B. 9．AC 【分析】利用正态分布的期望与方差和正态曲线的特点，结合正态分布的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，由，得，故A正确； 对于B，由，得，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，由于随机变量、均服从正态分布，且对称轴均为直线， ，所以在正态分布曲线上，的峰值较高， 正态分布较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以，故D错误. 故选：AC. 10．ABD 【分析】根据圆的切线性质判定A； 根据面面垂直，线面垂直性质得到，再用线性平行得结论判定B； 作垂直平面于H，结合等角定理得到，进而得，最后均为球的切点，得，得到， 进而得到的轨迹为拋物线，判定C； 圆锥过的轴截面，画出图，计算出，得到方程可得该抛物线的开口随着的增大而增大判定D. 【详解】因为均为球的切点，易得，A正确； 设平面平面，直线交于， 因为，所以， 因为，所以， ，所以， 由平面， 所以平面， 平面， 所以， 又，所以， 因为，所以正确； 作垂直平面于H，又因为， 所以， 由等角定理可得， 平面， 得， ， 又均为球的切点，则易得， 所以恒有， 即，其中为定点，为到定直线的距离， 所以的轨迹为拋物线，C错误； 圆锥过的轴截面，如图所示， 取中点，易知为的中点， 所以，所以， ， 在平面内，若以为坐标原点，为轴正向，可得方程为可得该抛物线的开口随着的增大而增大，D正确. 【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 11．BC 【分析】分和与轴不垂直两种情况，结合几何关系以及双曲线的定义、性质可求解. 【详解】当轴时，将代入得解得， 所以，且， 因为为等腰直角三角形，所以 所以，所以，则有， 即，解得（舍）或， 当与轴不垂直时，由于对称性，不妨设倾斜角为锐角， 且在轴上方，则可得， 所以由为等腰直角三角形可得， 根据双曲线的定义可得所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 所以， 在直角三角形中，， 即，整理得，解得， 故选:BC. 12．． 【分析】构造函数，说明其单调性和奇偶性, 转化为解不等式即可求解. 【详解】， 设， 又易知，为上的奇函数， 又， 在上单调递增， 又， ， ， ，又为上的奇函数， ，又在上单调递增， ， 13． 【分析】还原情境，利用独立重复实验的概率公式即可求解； 【详解】要想满足题意，则需要步两阶与步一阶， 由于登楼梯时每步随机选择一步一阶或一步两阶，概率均为， 则所求概率为 故答案为： 14．/1.5 【分析】由已知得关于对称，设，由在直线上方，得，根据余弦定理得出，再根据两点之间距离公式列出方程组，即可求解． 【详解】因为与互为反函数，且､均在第一象限，， 所以点关于对称，设， 因为在直线上方，所以， 在中，由余弦定理得，， 解得，所以①， 又因为，所以②， 由①②得，， 设，则， 解得（舍）或，所以， 所以， 故答案为：． 15．(1) (2) 【分析】（1）由向量的运算整理可得，结合正弦定理、余弦定理和面积公式运算求解； （2）根据题意结合向量可得，再结合数量积可得，利用基本不等式可得，再结合面积公式即可得结果. 【详解】（1）取的中点，连接，则， 可得： 由，可得， 则，即， 整理得， 由余弦定理，可得， ∵，故. （2）由题意可得：， 则， 可得：，则，当且仅当，即时等号成立， 即，则. 故S最大值为. 16．(1)分布列见解析；均值为 (2)； (3) 【分析】（1）依题意知X的所有可能取值，计算对应的概率值，求出X的分布列和均值； （2）设第一局比赛甲获胜为事件B，得到则，，，利用全概率公式求解，得出即可； （3）由（2）得，估计甲每局获胜的概率，根据五局三胜制的规则，得到比赛场数Y的所有可能取值为3，4，5，得到相应的概率，相加计算即可． 【详解】（1）依题意知，X的所有可能取值为0，1，2； ，，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P X的均值为； （2）设第一局比赛甲获胜为事件B，平局后每次再打两个球后甲新增的得分为Z， 则，，； 由知，，，， 由全概率公式得， ， 解得，即第一局比赛甲获胜的概率； （3）由（2）知，所以估计甲每局获胜的概率均为， 根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为Y， 因为每局的比赛结果相互独立，所以Y的所有可能取值为3，4，5， 所以，，； 所以该场比赛甲获胜的概率为 17．(1)①证明见解析；②1； (2). 【分析】（1）（i）根据线面垂直得到⊥，⊥，从而得到⊥平面，所以⊥，所以平面PCD. （ii）建立空间直角坐标系，平面的一个法向量为，设点关于平面对称的点为，则，要想最小，则需三点共线，此时的最小值为的长，设，且，从而得到方程组，解得，故，，故△CGH周长的最小值为. （2）在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆，设，求出两平面的法向量，设二面角的大小为，则，换元得到，从而求出答案. 【详解】（1）（i）由⊥平面，平面，得⊥， 由，得⊥平面BCD，而平面，则⊥， 又，，平面，则⊥平面， 又平面，则⊥，而，平面， 所以平面PCD； （ii）由，得，，则， 过点作，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，， 则，，， 则平面的一个法向量为， 设点关于平面对称的点为，则， ，要最小，则需三点共线， 此时的最小值为的长，其中，且， 则且，而，解得， 故，； 所以△CGH周长的最小值为. （2）PB与平面BCD所成的角， 以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，故， PB与平面BCD所成的角，，则点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆， 设，， 设平面的法向量为，则， 令，得，平面的法向量为， 设二面角的大小为，由图形知，二面角是锐二面角，， 则， 令，则， 又在上单调递减，因此， 所以二面角的取值范围为. 18．(1) (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）根据离心率公式和长轴长计算即可； （2）①直曲联立，结合韦达定理计算即可； ②设，，由三点共线，构造方程， 解得，同理可得，，结合①结论，得到，化简即可. 【详解】（1）解：设的方程为， 则解得， 所以的方程为. （2）①证明：联立方程可得， 恒成立，，， 则， 同理可得，，，， 所以. ②解：由题，设，， 因为三点共线，所以，解得， 同理可得，， 由①得，，即， ，即， 所以，即. 【点睛】方法点睛：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． 19．(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解； （2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间； （3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解. 【详解】（1）由已知得，，在点处的切线方程为. 设与切于，，， 则过该点的切线方程为：， 整理得，由于该切线与重合， 则. （2）由，求导得， ①当时，，，在上单调递增； ②当时，令 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增 ③当时，令 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递减 （3）由题意得，即对恒成立. 令，， 令，， 因为，， 若，则在处的切线必然是上升的， 又因为，所以当且靠近的函数值满足， 此时就有， 从而可推导在且靠近的附近是递增的， 又因为， 所以在且靠近的附近必有 则必然不满足对恒有， 所以要满足对恒有， 首先必需满足在且靠近的附近， 所以满足， 从而可得参数满足的必要条件是； 下面再证充分性，当，时，则，即有， 又构造，，可得， 所以在区间上单调递增，即， 则可知，则， 恒成立，符合题意， 综上：的取值范围为. 【点睛】方法点睛：针对端点值刚好是不等式的临界值时，利用必要条件先确定参数的范围，再进行充分性证明，如若成立，则这个必要条件就是充要条件. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$