浙江省寧波市九校2022-2023學年高二年級下冊期末聯(lián)考數(shù)學試題（含解析）

2022學年第二學期寧波市九校聯(lián)考高二數(shù)學試題

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的.

1.已知復數(shù)z滿足z-i=l+i,則z對應的點位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

2.設集合A/={（x,y）|y=|2'-“},N=|（x,y）|y=cos^-x,-4<x<41,則McN中元素的個數(shù)為

（）

A.2B.3C.4D.5

3.已知隨機變量X~N（4，b；）,y~N（〃2，b；）,它們的分布密度曲線如下圖所示，則下列說法中正確

C.〃|>〃2，b；<8D.〃|>〃2，b：>a；

4.已知平面向量q,人滿足卜卜卜-母，則匕一。在q上的投影向量為（）

A,—aB.aC.-hD.b

■7T1

5.若sin(a+—)=一,ae(0,乃)，則cos2a=()

43

7B.+還c4V2D.一謔

A.——

9999

6.在「ABC中，點。滿足00=203,過點。的直線分別交射線A8,AC于點M,N,S.AM=mAB，

AN=nAC,貝iJw+2〃的最小值為（）

810

A.-B.一C.3D.4

33

/、/、/xy（x）-/（x2）

7.已知是定義在R上的奇函數(shù)，且/（2）=2，若對任意的々，9￡（0,內(nèi)）,均有』'"一?'J>1

%1—%2

成立，則不等式/（%—1）+1>龍的解集為（）

A.（-2,0）U（2,4W）B.（9,-2）（0,2）

C.（f一1）（1,3）D.（-1,1）（3,”）

8.三面角是立體幾何的重要概念之一.三面角P-A3C是指由有公共端點P且不共面的三條射線Q4,依，

PC以及相鄰兩射線之間的平面部分所組成的空間圖形.三面角余弦定理告訴我們，若NAPC=a,

乙BPC=B,ZAPB=Y,平面APC與平面BPC所成夾角為。，貝Ijcos6="l二您零皿現(xiàn)己知三

sin6Zsinp

棱錐尸―ABC,PA=3夜，BC=3,ZAPC=45°,ZBPC=60°,NAP3=90°,則當三棱錐P-ABC

的體積最大時，它的外接球的表面積為（）

87兀117兀

A.18KB.36兀C.-----D.------

22

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合

題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.

9.下列等式成立的是（）

A.0!=0B.A：=〃A；：

C.（〃+1）C；=（〃2+D,C：+C；；-1=C：；

10.以下四個正方體中，滿足ABI平面CQE的有（）

11.已知函數(shù)的定義域為R,〃2x+l）是偶函數(shù)，/（x-l）的圖象關于點（3,3）中心對稱，則下列說

法正確的是（）

A./(x)=/(x+2)B."20)=3

4k-\

C.〃x+2)=〃4k-x),keZD.Z/(i)=12Z-3,keZ

i=\

12.一個不透明的袋子中裝有大小形狀完全相同的紅、黃、藍三種顏色的小球各一個，每次從袋子中隨機摸

出一個小球，記錄顏色后放回，當三種顏色的小球均被摸出過時就停止摸球.設4="第，?次摸到紅球”，B,=

“第i次摸到黃球"，G=“第，次摸到藍球”，。="摸完第i次球后就停止摸球”，貝M)

_22

A.p(4)=BP力

-9.(2|A)=

2"-1-2D.2(2瓦42)=言，n>3

cP(Q);二---；一，n>3

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知實數(shù)”，力滿足2"=5"=加且一+—=—，則機=.

ab2

14.現(xiàn)有一枚質(zhì)地不均勻的硬幣，若隨機拋擲它兩次均正面朝上的概率為則隨機拋擲它兩次得到正面、

反面朝上各一次的概率為；若隨機拋擲它10次得到正面朝上的次數(shù)為4，則E(J)=.(第一空

2分，第二空3分)

15.已知函數(shù)〃x)=「-a,x<o,若/(X)有4個零點，則實數(shù)。的范圍是_____.

-x2+2ax+3a-4,x>0

16.已知平面向量”，b，q(i=l,2)滿足k|=2忖=血〃⑦=2,卜廠@=1,則

，一2九目+212—丸@(aeR)的最小值為.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.在ABC中，角A,B,C的對邊分別為a,h,c,且,

請從下列兩個條件中任選一個填入上方橫線中作為已知條件，并解答本題(如果選擇多個條件分別解答,

則按第一個解答計分)：

22

?csin—y—=?sinC；②SABC=—+c-a)，

⑴求A；

(2)若D為邊BC上一點,且2CD=AD=BD，試判斷一ABC是銳角三角形、直角三角形還是鈍角三角形,

并說明理由.

=1對稱，且/(X)在［(),71

18.已知函數(shù)/(x)=sin5+cos5(69>0)的圖象關于直線x上沒有最小值.

⑴求“X)的單調(diào)增區(qū)間;

⑵已知函數(shù)g(x)=log“(2/―4a+2)(a>0且awl),對任意辦€，總存在”回，使得

/(A-,)<^(X2)，求實數(shù)a的取值范圍.

19.航班正點率是指航空旅客運輸部門在執(zhí)行運輸計劃時，航班實際出發(fā)時間與計劃出發(fā)時間較為一致的航

班數(shù)量與全部航班數(shù)量的比率.人們常用航班正點率來衡量一個航空公司的運行效率和服務質(zhì)量.現(xiàn)隨機抽

取10家航空公司，對其近一年的航班正點率和顧客投訴次數(shù)進行調(diào)查，得到數(shù)據(jù)如下:

航空公司編號12345678910

航班正點率七/%82777776747371709169

顧客投訴次數(shù)次2158796874937212218125

1010101010

整理數(shù)據(jù)得：?53620,?58150,~64810-Z%=760,=730,

i=\

V13xV384?70

Z%%一〃盯

i=l

(1)⑴證明：樣本相關系數(shù)r=

&>^2I"二

2^X7-nx之齊一九y

i=lV/'=1

(ii)根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算樣本相關系數(shù)(結果保留2位小數(shù))，并由此推斷顧客投訴次數(shù)與航班正點率之間的線

性相關程度(若0.84,|41,則認為線性相關程度很強；若0.34廠|<0.8,則認為線性相關程度一般；若

|r|<0.3,則認為線性相關程度很弱).

(2)用一元線性回歸模型對上表中的樣本數(shù)據(jù)進行擬合，得到顧客投訴次數(shù)關于航班正點率的經(jīng)驗回歸方程

為了=—5x+a.現(xiàn)有一家航空公司擬通過加強內(nèi)部管理來減少由于公司自身原因引起的航班延誤次數(shù)，并希

望一年內(nèi)收到的顧客投訴不超過73次，試估計該公司的航班正點率應達到多少？

￡(七一可(K-亍)

參考公式：樣本相關系數(shù)「

n

J「J

i=l

20.2023年4月23日是第28個“世界讀書日”.為了倡導學生享受閱讀帶來的樂趣、尊重和保護知識產(chǎn)權，立

德中學舉辦了一次閱讀知識競賽.初賽中每支隊伍均要參加兩輪比賽，只有兩輪比賽均通過的隊伍才能晉級.

現(xiàn)有甲、乙兩隊參賽，初賽中甲隊通過第一輪和第二輪的概率均為9,乙隊通過第一輪和第二輪的概率分

4

別為一3，；2，且各隊各輪比賽互不影響.

53

(1)記甲、乙兩隊中晉級的隊伍數(shù)量為X,求X的分布列和數(shù)學期望；

(2)經(jīng)過激烈的比拼，甲、乙兩隊成功進入決賽爭奪冠軍.決賽共有兩道搶答題.第一題中，某支隊伍若搶到并

答對則加10分，若搶到但答錯則對方加10分.第二題中，某支隊伍若搶到并答對則加20分，若搶到但答錯

則對方加20分.最終得分高的隊伍獲勝.假設兩支隊伍在每一題中搶到答題權的概率均為3，且每一題答對

的概率分別與初賽中通過對應輪次的概率相等.各隊各題作答互不影響.已知甲隊獲得了冠軍，計算第二題是

由甲隊搶到答題權的概率.

21.如圖，四面體A3CD中，平面平面BCD,AB±AC,AB=AC=夜，CD=1，

⑴若證明：CD_L平面ABC；

(2)設過直線且與直線BC平行的平面為a,當8。與平面ABC所成的角最大時,求平面a與平面BCD

的夾角的余弦值.

22.已知/(x)=x+l,8(6=%2+2.定義向11{4,。}=；：］：,設/心)=疝11{/(卜_4)?_24)},

1￡R.

-；-4

-；-3

-；-2

x

(1)若，=3,⑴畫出函數(shù)加(力的圖象;

(ii)直接寫出函數(shù)m(X)單調(diào)區(qū)間；

(2)定義區(qū)間A=(p,q)的長度L(A)=q-p.若6=A%uuA”(〃GN*),

AA7.=0(1<Z<J<?),則〃5)=，>(4).設關于》的不等式加(%)<1的解集為。.是否存在/,使得

/=1

乙(。)=6?若存在，求出，的值；若不存在，請說明理由.

2022學年第二學期寧波市九校聯(lián)考高二數(shù)學試題

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的.

1.己知復數(shù)z滿足z-i=l+i,則z對應的點位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算法則，求出復數(shù)z,即可求解.

【洋解】由ZT=1+1,得Z=-------------=1—1,

1—1

所以w=l+i,在復平面內(nèi)對應的點為(1,1)

所以對應點位于第一象限.

故選：A.

2.設集合"={(x,y)|y=|2"-"},N={(x,y)|y=cos/x,-44x?41,則McN中元素的個數(shù)為

()

A.2B.3C.4D.5

【答案】B

【解析】

【分析】在同一坐標系下畫出兩集合對應函數(shù)圖象，交點個數(shù)即為交集元素個數(shù)

【詳解】對于函數(shù)y=|2"T，當x<0時，0<y<l；當xNO時，y>0.

對于函數(shù)丁=35]乂-4<%44,[-2n,2可，則T<y<1且端點處取最大值.

兩函數(shù)圖象在同一坐標系下大致如下，則兩函數(shù)圖象有3個交點，即McN中元素的個數(shù)為3個.

y=cos-x

3.已知隨機變量X?y?N(〃2，6)，它們的分布密度曲線如下圖所示，則下列說法中正確

的是()

C.>〃2，b；<b；D.,b；>b；

【答案】B

【解析】

【分析】由圖結合正態(tài)分布曲線特點可得答案.

【詳解】由圖可得隨機變量x的均值比隨機變量y的均值小，則從<〃2?又由圖得，隨機變量x的分布比

隨機變量Y的分布更加分散，則端>%

故選：B

4.已知平面向量a，匕滿足H+囚=卜-4,則人一。在a上的投影向量為()

A.-aB.&C.-bD.b

【答案】A

【解析】

【分析】由已知可得。q=0,根據(jù)投影向量的定義及數(shù)量積的運算律求投影向量即可.

【詳解】由卜+*卜-耳知：a^a-b+b1=a-2a-b+l^可得人=0,

a-(b-a)aa-b-a2

所以〃—Q在a上的投影向量為-n—?〕二^—.a=-a,

同\a\14

故選：A

5.若sin(a+f)=：,ae(O,乃)，則cos2a=()

43

A_Z44應4V24V2

A."2"Ro?土-----rL.----Dn.------

999

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)的關系結合角度范圍可得cos（a+?）=-半，再根據(jù)二倍角公式可得

sin[2（a+^）],結合誘導公式可得cos2a.

【詳解】因為aw（0,萬），所以a+巴w（工,紅），又sin（a+工）='<sin紅，所以a+&e（加?，萬）,

44443444

所以cos（<z+—）——^1————,所以

cos2a=sin(2a+—)=sin[2(a+—)]=2sin(a+—)cos(a+—)=

24449

故選：D

6.在ABC中，點。滿足CO=208,過點。的直線分別交射線AB,4c于點M,N,且AM=〃?A8,

AN=nAC.則m+2〃的最小值為（）

810…

A.-B.—C.3D.4

33

【答案】A

【解析】

21

【分析】利用共線定理的推論可得一+—=1,然后妙用'T'可得.

3m3n

【詳解】由題可知，m>0,n>0,

因為AM=mAB,AN=nAC,所以AB=—AM,AC=—AN,

mn

又CO=2OB，所以AO—AC=2A8—2A。，

2121

所以A0=—A8+—AC=—AM+—AN,

333m3n

21

因為M,O,N三點共線，所以——十—=1,

3m3幾

LL7-21、4加4〃4c48

所以m+2〃=(陽+2〃)(----1-----)=—H------1----->—+2.

3m3鹿33n3m393

m_4n

3/73/7742

當且僅當；7，即加=；,〃=大時，等號成立.

2+1-133

,3m3〃

Q

所以6+2〃的最小值為一.

3

7.已知/(力是定義在R上的奇函數(shù)，且"2)=2,若對任意的看,毛e(0,”)，均有"*)二"當)〉1

成立，則不等式/(x—l)+l>x的解集為()

A.(-2,0)1(2,+w)B.(—,-2)(0,2)

C.(—oo,—l)(1,3)D.(—1,1)(3,+oo)

【答案】D

【解析】

【分析】構造函數(shù)g(x)=/(x)-X,則g(X)=〃X)T在(0,+??)上遞增,判斷g(x)=/(x)-x也是是定義

在R上的奇函數(shù)，可得g(x)=/(x)-x在(T,0)上遞增，分類討論列不等式求解即可.

【詳解】因為對任意的4，x,e(O,+8),均有二八々)>1成立,

不一々

不妨設尤2>內(nèi)>°，則X]一％2<0,

所以/(百)一/(9)(石一-王</(/)-%，

構造函數(shù)g(x)=/(x)-x,則g(x)=/(x)-X在(0,+8)上遞增，

因為/(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以g(x)=/(x)-x也是是定義在R上的奇函數(shù),

所以g(x)=f(X)T在(一8,0)上遞增,

不等式/(x-l)+l>x化為/(x_l)_(x_l)>0=g(x_l)>O,

因為/(2)=2n/(2)_2=0=g⑵=0=>g(_2)=-g(2)=0,

g(x-l)>g(2)x-l>2

則=>x>3,

1>0x-l>()

g(尤T>g(-2)x-l>-2

或=><=>-1<X<1；

x—1<0x-l<0

x—1=0時，g（0）=0,不合題意;

綜上不等式/（x—1）+1>x的解集為（一1,1）（3,+s）,

8.三面角是立體幾何的重要概念之一,三面角P-ABC是指由有公共端點P且不共面的三條射線P4,心,

PC以及相鄰兩射線之間的平面部分所組成的空間圖形.三面角余弦定理告訴我們，若NAPC=a,

八cos7-cosacosZ?

々PC54P八/，平面與平面8PC所成夾角為氏則2…￡?現(xiàn)已知三

棱錐P—ABC,PA=3&，BC=3,ZAPC=45°,ZBPC=60°,ZAP3=90°,則當三棱錐P—ABC

的體積最大時，它的外接球的表面積為（）

87兀1177t

A.18兀B.36兀D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出圖形，作平面APC，則=先表示出匕=；S?忸,

接著用條件表示成％_.=曰田葉處同，要使三棱錐P—A6C的體積最大，則|尸孫歸。最大，利用基

本不等式得出PB=PC=3時，其體積最大，然后補全三棱錐成棱柱，根據(jù)棱柱外接球半徑即可求解.

【詳解】由題知，ZAPC=45°,ZBPC=60°,ZAPB=90°,

平面APC與平面BPC所成夾角為6,

作3O_LPC,3Ml平面APC,

則N6OM=8,

p

由題意得心迎二夫小?忸M，

O.J

cos”cos/-cosacos/?22=一乎，6w（0,兀）,

sinasinpV26

-------X——

22

sin”也

3

\BM\=\BD\-sin0=-\BD\=--\PB\-sin/J=^--\PB\，

i3

sApc---\PA\\PC\-Sina^--\PC\,

要使三棱錐P-ABC的體積最大，則|尸郎|尸。最大,

在，PBC中，由余弦定理得,

PB2+PC2-BC2

cosZ.BPC=—=

22PBpc

整理得，PB2+PC2-9=PBPC>

PB2+PC2=PBPC+9>2PBPC'即PBPC<9,

當且僅當PB=PC=3時，等號成立，

則PA-3^2>PB-PC—BC-3,

AB7P*+PB2=，18+9=3技

〃“逝PA1+PC2-AC2

因cosZAPC=—=---------------------，

22PAPC

解得AC=3,

所以PC2+AC2=PA2,AC2+BC2=AB2f

即AC_LPC,ACJ.BC,ZBCP=6Q°,

所以補全三棱錐成棱柱，如下圖，

則四邊形3c叨是菱形，

點。為其外接球的球心，即中點，

所以BP=3,CO=2PC-cos30°=3百，

AD=yJCD2+AC2=V27+9=6,

所以外接球半徑為3,

即三棱錐P—ABC外接球的表面積為4"32=36兀.

故選：B

【點睛】三棱錐外接球表面積問題，從以下幾個角度分析：

(1)面面角的定義以及辨析；

(2)求解最值時，基本不等式的利用；

(3)幾何體割補法的應用；

(4)數(shù)形結合思想的應用.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合

題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.

9.下列等式成立的是()

A.0!=0B.:

C.(n+DCXm+DC^,1D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用排列數(shù)、組合數(shù)公式對各選項逐一計算判斷作答.

【詳解】根據(jù)階乘的概念可知，0!=1,故A錯誤；

n(n-l)!_n\

〃A；：=A：,故B正確;

(rt-m)!(〃_，〃)!

(/?+1)!〃+ln\n+l

因為C鬻C『所以（〃+DC1=（%+1）C鬻,故C正確;

(m+l)!(n-/n)!m+\ml(n-m)!m+\

根據(jù)組合數(shù)的性質(zhì)可知C：+C：T=C?+1,故D錯誤;

故選：BC

10.以下四個正方體中，滿足平面COE的有（）

【答案】BD

【解析】

【分析】根據(jù)直線與平面內(nèi)的直線不垂直可判斷AC,根據(jù)直線與平面垂直的判定定理判斷BD.

7T7T

【詳解】對A,-CE//AD,ND4B=—,.:45與CE所成角為一，故AB與平面COE不垂直，故A

44

錯誤；

對B,在正方體中，ED_L平面ABu平面4?￡＞，所以ABJ_￡D，又AB^CE,DEcCE=E,

OE,CEu平面COE,所以A31平面CDE,故B正確；

對C,連接A/7,B/，如圖，

TT

在正方體中，由正方體面上的對角線相等可知，5b為正三角形，所以/84/=—,又CE〃A尸，AB

3

與CE所成的角為三，所以A3與平面CCE不垂直，故C不正確;

3

對D,連接MB,BN,如圖，

因為平面CME6,ECu平面CME6,所以A〃_L￡C,又BM上EC,

BMAM=BM,A"u平面AM3,所以￡。，平面41小，又48匚平面4^0，所以￡。_148,

同理可得ED_LAB，再由￡。?！?。=￡￡。,￡。匚平面瓦1）,所以平面COE,故D正確.

故選：BD

11.已知函數(shù)“X）的定義域為R,〃2x+l）是偶函數(shù)，”x-l）的圖象關于點（3,3）中心對稱，則下列說

法正確的是（）

A./(x)=/(x+2)B."20)=3

4k-\

C.〃x+2)=/(4I),keZD.Zf(i)=12k-3,keZ

/=1

【答案】BCD

【解析】

【分析】根據(jù)/（2x+l）是偶函數(shù)可得函數(shù)/（x）關于直線x=l對稱，由/（X-1）的圖象關于點（3,3）中心對

稱可得Ax）關于點（2,3）成中心對稱，據(jù)此可推導出函數(shù)為周期函數(shù)，判斷A,再由函數(shù)的周期求出/（20）

4k-l4k

判斷B,由周期性及對稱性可判斷C,由以上分析利用Z/⑺=Z/（i）-/（4%）求解可判斷D.

1=1/=1

【詳解】因為/（2x+l）是偶函數(shù)，所以/（—2x+l）=/（2x+l）,可得/（—x+l）=/（x+l）,

故，（x）關于直線x=l對稱,

因為/（x-l）的圖象關于點（3,3）中心對稱，所以/（x）關于點（2,3）成中心對稱,

所以/(2—x)+/(2+x)=6,

又由/(-X+1)=/(%+1)可得/(—X)=/(x+2),

所以/(2-x)+/(—x)=6,即/(2+x)+/(x)=6,所以/(4+x)+/(2+x)=6,

兩式相減可得/(4+x)—/(x)=0,即/(4+x)=/(x),所以T=4,故A錯誤；

由周期7=4,.?./(20)=/(4)=/(0),又/(0)+/(4)=6,所以/(0)=/(4)=3,即〃20)=3,故

B正確；

由周期T=4,.../(4Z—x)=f(-x),AeZ,由/(-x)=f(x+2)可得，/(%+2)=/(4左一x),keZ,

故C正確；

由上述分析可知/(2)=/(4)=3,又因為/(1)+/(3)=6,

44-1必

所以八1)+/(2)+/(3)+/(4)=12,所以Z/(i)=Z"i)—/(4k)=⑵—3,

i=]/=1

故D正確.

故選：BCD

【點睛】關鍵點點睛：當函數(shù)滿足/3+x)=/S—x)時，函數(shù)Ax)關于直線x=*對稱，

2

/1\

當函數(shù)滿足/'(a+x)+/S—x)=2c時，函數(shù)關于點J一,c成中心對稱.

12.一個不透明的袋子中裝有大小形狀完全相同的紅、黃、藍三種顏色的小球各一個，每次從袋子中隨機摸

出一個小球，記錄顏色后放回，當三種顏色的小球均被摸出過時就停止摸球.設A,=”第，次摸到紅球”，B,=

“第，?次摸到黃球"，G="第，?次摸到藍球"，2="摸完第i次球后就停止摸球”，貝M)

A.P(A)=gB.P(2|4)得

C=n>3D.P(a|紇.C_2)=|^，讓3

【答案】ACD

【解析】

【分析】對選項AC,求出，包含的事件數(shù)為(2"T—2)C；,從而得到P(。,)，并計算出P(2)；選項B,

219“-3

計算出產(chǎn)(。源)=釬，P(4)=a，利用條件概率公式計算出答案，選項D,得出PDB)Jr，

273(,“_￡_2=3

n>3,和尸（紇_。._2）=?，〃？3,利用條件概率公式得到答案.

【詳解】對于AC,2,="摸完第"次球后就停止摸球“，有放回的摸〃次，有3"種可能，若恰好摸球〃次

就停止摸球，則恰好第"次三種顏色都被摸到，即前（〃-1）次摸到2種顏色，第〃次摸到第三種顏色，共

（2"T—2）C種情況，

則P（Q）=（"；）《=展,n>3,尸（R=芋=|，AC正確；

對于B,事件2A表示第一次摸到紅球，摸到第4次，摸球結束，

若第2次或第3次摸到的球為紅球，此時有A；種情況，不妨設第2次摸到的球為紅球，

則第3次和第4次摸到的球為藍球或黃球，有2種可能，故有2A；=4種情況，

若第2次和第3次都沒有摸到紅球，則第2次和第3次摸到的球顏色相同，第4次摸到的球和第2,3次摸到

的球顏色不同，故有A；=2種情況，

故〃（AA）=4+2=6,其中摸4次球可能的情況有34=81種，故P（2A）=?=；，

o12/

其中p（4）=；,故川川4）=策，='|,B錯誤；

對于D,&紇_?！盻2表示“第（〃一2）次摸到藍球，第（〃一1）次摸到黃球，第"次摸到紅球，停止摸球”，則

前（〃—3）次摸到的球是藍球或黃球，故有2"-3種可能，故尸（?！凹v_0._2）=言，/23,

紇-C.-2表示"在前〃次摸球中，第5-2）次摸到藍球，第（〃一1）次摸到黃球"，故有3"一種可能，

故P（紇一以2）=（,如3,則p（。/紇n>3,D正確.

故選：ACD

【點睛】常見的條件概率處理方法，其一是用樣本點數(shù)的比值處理，需要弄情況事件包含的樣本點數(shù)，其

二是用概率的比值處理，也可以縮小樣本空間，從而確定概率，解決實際問題的關鍵在于分析情況基本事

件.

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知實數(shù)a,〃滿足2"=5"=加且，則，〃=.

ab2

【答案】100

【解析】

【分析】根據(jù)指數(shù)與對數(shù)的互化公式，表示出“功，再結合換底公式表示出▲+!=■!■,最后結合對數(shù)運算

ab2

即可求解

【詳解】由2"=5"=加可得。=1。82m/=log5Mn'=l°g,”2」=log,〃5,

ab

X-+1=1.即log,.2+log,,,5=log,,,10=1）

ab22

所以加3=]0,即ATI=100

故答案為：100

14.現(xiàn)有一枚質(zhì)地不均勻的硬幣，若隨機拋擲它兩次均正面朝上的概率為則隨機拋擲它兩次得到正面、

反面朝上各一次的概率為；若隨機拋擲它10次得到正面朝上的次數(shù)為則E（J）=.（第一空

2分，第二空3分）

【答案】①.V2-l##-l+V2②.50

【解析】

【分析】根據(jù)獨立事件的乘法公式求出拋擲一枚硬幣正面朝上概率。，再由獨立重復試驗求出正面、反面

朝上各一次的概率為，由二項分布的期望公式求期望.

【詳解】設這枚硬幣正面朝上的概率為。，反面朝上的概率為1-“，

則兩次正面朝上的概率為P?=；,解得p=#,

所以隨機拋擲兩次得到正面，反面朝上各一次的概率為p=c；p（l-。）=2x曰-等）=祀-1.

由題易知隨機變量&服從二項分布4?810,3，

則E?=10x也=5"

2

故答案為：5/2-1；5\[2-

15.已知函數(shù)/(x)=<',若/（x）有4個零點，則實數(shù)。的范圍是.

—x+2ax+3ci-4,x20

【答案】

【解析】

【分析】由題可得方程』皿-“=a與方程一一+26+3a—4=0,xN0各有兩個根，對于前者轉(zhuǎn)化為函數(shù)

g(x)=』皿~"圖象與直線丁=。有兩個交點，后者由判別式結合韋達定理可得a范圍，綜合后可得答案.

?<_i[eln("v,=-x,x<-l

【詳解】當x<0時，阿-x)|=m\門，則函數(shù)g(x)=/(T=1

11[-ln(-x),-l<x<0e-W-*)=」,—Iwo

在(Y>,—1)上單調(diào)遞減，在[-1,0)上單調(diào)遞增，據(jù)此可得g(x)大致圖象如下，又』W-N=方程的解的

個數(shù)相當于函數(shù)g(x)圖象與直線y交點個數(shù)，方程一一+2處+3a—4=0,尤20最多2個根，/(x)有

4個零點，則方程』皿-*)1=a與方程一/+2辦+3a-4=0,尤20各有兩個根.設方程

a>1

△=4。~+12。-16>04

-x2+2<ax+3a-4=0,xN0兩根為X”馬,則《nl<Q?—

x}+x2=2a>03

Xj%2=4-3。NO

【點睛】

16.已知平面向量a，b，q(i=l,2)滿足忖=2忖=&”力=2,上一N=1,則

|c,-2^|+2|c2-^|(2eR)的最小值為.

【答案】2石—3##—3+26

【解析】

【分析】求出向量a,匕的模及夾角，記。4=a,O3=》,O3'=2勸,0g=q,OG=2c2，得出對應點的軌

跡，利用數(shù)形結合求最值.

【詳解】由|a|=2|石|=衣?.5=2,即2xlxcos(a,?=0,所以(a,/?)=￡,

記OA-d,OB=b,OB'—2Ab,OC{=c,,OC,=2c2,因為,一a|=1,

所以C1在以A為圓心，1為半徑的圓上，。2在以4為圓心，2為半徑的圓上，其中A(2,0),A'(4,0),

所以k?_2M+21；一回=,-2叫+12c2-2M=|B'Ci\+\B'C21,

作A關于直線/(OB所在直線)的對稱圓，G的對稱點記為C3,知4(0,2),

則EG|+忸C|=忸6|+忸6],如圖，

由圖可知，當A，G，&C，A'共線時，c&l+G*I存在最小值，

因為|4蜀=，16+4=2君,4=1,9=2,

所以IG8I+1。2即最小值為2石—3.

故答案為：2石-3

【點睛】關鍵點點睛：利用向量的的幾何表示，原問題轉(zhuǎn)化為求|。33'1+1。2&1最小值，數(shù)形結合，利用

共線線段最短得解.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.在..ABC中，角4，B,C的對邊分別為a,b,c,且______,

請從下列兩個條件中任選一個填入上方的橫線中作為已知條件，并解答本題(如果選擇多個條件分別解答,

則按第一個解答計分)：

222

①csin笞C=asinC；②SABC=—(Z?+c-a)>

⑴求A；

(2)若。為邊BC上一點，且2CD=AD=BD,試判斷.ABC是銳角三角形、直角三角形還是鈍角三角形，

并說明理由.

【答案】(1)A=]

(2)直角三角形，理由見解析

【解析】

【分析】(D選①：利用誘導公式化簡，再由正弦定理邊化角，然后由二倍角公式化簡可得；選②：根據(jù)面

積公式和余弦定理列方程可解；

(2)根據(jù)已知先得AOMLAB+ZAC,然后平方，聯(lián)立余弦定理求解可得。=?,.=屏，然后可判斷

33

三角形形狀.

【小問1詳解】

.B+C.Ji—AAAA

若選①：1.?esm-----=esm-=--C-C-OS——,/.ccos—=々sinC,/.sinCeos—=sinAsinC,

22222

A.4c?AA

Ce（0,7i）,sinC>0,cos—=sinA=2sin—cos—，

222

A（八兀71）A八.A1

彳￡0,77,cos—>0,.1sin—=—

2I22J222

所嗚吟解得Ag

正

若選②：Sx2hccosA=—becosA,

42

/.——bccosA=—bcs\nA,二?GeosA=sinA，

22

tanA=5/3，

因為AG（0,71）,故4=1.

【小問2詳解】

Q2CD=BD=AD,

212

...AD=^a,CD=ga,BD=ga且BD=2DC

12

/.AD-AB=2AC-2AD>即+

uunii1UIIH4UUD24uunuinn

/.AZ）=-AB+-AC+-ABAC,

999

=#+，c,即4a2_c2+4/+2bc?>

又由余弦定理得一機?②，

聯(lián)立①②可得c=2"“=&

從而儲+〃=/,故cABC是直角三角形.

=：對稱，且〃力在((吟)上沒有最小值.

18.已知函數(shù)/(x)=sin<yx+cos0x(tw>0)的圖象關于直線x

⑴求/(九)的單調(diào)增區(qū)間;

(2)已知函數(shù)g(x)=log〃(2/一4a+2)(。>0且awl),對任意不《，總存在&使得

/(xjvg(x2),求實數(shù)a的取值范圍.

3兀兀

【答案】(1)--1+k兀,三+k兀(&wZ)

OO

⑵aN2或3a<l.

2

【解析】

【分析】(1)由兩角和的正弦公式化簡，再由對稱軸及在(0,2)上沒有最小值求出解析式，由正弦型函數(shù)的

單調(diào)性求單調(diào)區(qū)間即可；

(2)根據(jù)存在性及任意性問題轉(zhuǎn)化為了(XJE<g(x2)nm，分別利用三角函數(shù)及對數(shù)型函數(shù)的性質(zhì)求最值,

解不等式即可.

【小問1詳解】

/(x)=sincox+coscox=0sin[@x+

/(x)的圖象關于直線x=弓對稱.

O

.\^a>+^=^+lat,kGZF解得口=8左+2,%eZ

,(八兀兀，兀兀

當xe〔0，zJ時，0l+彳€(々彳0+1)

/(x)在(。,3J上沒有最小值.

兀兀/37t&力zpi/15

-(0-\---K----，解何69<----

6422

又切>0,所以3=2,所以/(%)=后sin12元+￡

令一］+2E<5+2/: