还剩14页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套2024届高三上学期阶段考试数学试题含解析
成套系列资料，整套一键下载
2024届江苏省常州市前黄高级中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析
展开
这是一份2024届江苏省常州市前黄高级中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解出集合，根据交集含义即可得到答案.
【详解】由题意得，，
则，
故选：C．
2．若复数是纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.
【详解】，则，有.
故选：A
3．已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据百分位数的定义，求出的值即可得答案.
【详解】因为，
甲组：第30百分位数为，第50百分位数为，
乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，
由已知得：，，解得，
所以
故选：A
4．设函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.
【详解】因为，其定义域为，
所以，故为奇函数，
又，
当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，
故由得，即，
所以，解得.
故选：D.
5．为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（ ）
A．9种B．11种C．15种D．30种
【答案】C
【分析】利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.
【详解】解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，
故选：C．
6．设实数、满足，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知等式变形可得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：B.
7．如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可.
【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，
设圆柱的底面半径为，高为，则，
所以圆柱的侧面积为．
故选：A.
8．对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简，构造函数，应用导数求函数单调性求出最小值即可.
【详解】设，则，，
由，得，则，，
设函数，，
则，在上为增函数，且，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.
故.
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越扁平
B．运用最小二乘法得到的线性回归直线一定经过点
C．相关系数r越大，y与x相关的程度就越强
D．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系
【答案】BD
【分析】根据正态曲线的几何特征，判断选项A；由回归直线方程的性质，判断选项B和C；
【详解】对于A，根据正态曲线的几何特征，可知当不变时，即越小，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故A错误；
对于B，运用最小二乘法得到的线性回归直线－定经过样本中心，故B正确；
对于C，线性相关系数绝对值越接近1，表明2个随机变量相关性越强，故C错误；
对于D，因为随机变量的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，即犯错误的概率越小，故D正确.
故选：BD.
10．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
C．函数的最小正周期为
D．若在上有且仅有3个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A：必有一个最大值和一个最小值可求；对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简后求周期；对D：求出的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.
【详解】由，故必有一个最大值和一个最小值，
则为半个周期长度，故正确；
由题意的图象关于轴对称，B正确；
的最小正周期为C错误.
，在上有且仅在3个零点，
结合正弦函数的性质知：，则，D正确；
故选：ABD
11．为吸引顾客，某商场举办购物抽奖活动抽奖规则是：从装有2个白球和3个红球（小球除颜色外，完全相同）的抽奖箱中，每次摸出一个球，不放回地依次摸取两次，记为一次抽奖.若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖.下列随机事件的概率正确的是（ ）
A．某顾客抽奖一次中奖的概率是
B．某顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是
C．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是
D．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是
【答案】ABD
【分析】先求得顾客抽奖一次中奖的概率；然后求得顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率；直接法判断CD选项的正确性.
【详解】顾客抽奖一次中奖的概率为，故A选项正确.
顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是，故B选项正确.
对于CD选项，由于第一次抽出了红球，故剩余个白球和个红球，再抽一个，抽到红球的概率是，故C选项错误，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查独立重复试验概率计算，考查条件概型概率计算，属于中档题.
12．正四棱锥中，高为3，底面是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（ ）
A．到平面的距离为
B．向量在向量上的投影向量为
C．侧面所在平面与侧面所成锐二面角的余弦值为
D．棱锥的内切球的半径为
【答案】BC
【分析】补四棱锥为长方体，利用等面积法可计算点面距离判定A，由投影向量的定义可判定B，由余弦定理可判定C，由等体积法可判定D.
【详解】
如图所示，补四棱锥为长方体，分别为对应棱中点，于W，由题意可知长方体的高为3，
对于A项，平面即平面，由长方体性质可知面，
又面，所以，
又面，所以面，
即为到平面距离，利用等面积法可知：，故A错误；
根据投影向量概念知：向量在向量上的投影向量为向量，即为，所以正确；
连接，易知面，平面即平面，
且面，所以是所求二面角的平面角，
在中，由余弦定理：，故C正确.
设四棱锥的内切球半径为，由等体积法可得：，
所以，所以D错误；
故选：BC.
三、填空题
13．若的展开式中的系数为30，则的值为 ．
【答案】
【解析】利用二项式定理把展开，求得展开式中的系数，再列方程求出的值．
【详解】，
其展开式中的系数为：.
由题意.
故答案为：.
【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.
14．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为 .
【答案】/
【分析】利用向量的模、单位方向向量、数量积运算、距离公式运算即可得解.
【详解】解：由题意，，，
则
∴的单位方向向量，
又∵，∴，
∴点到直线的距离为
.
故答案为：.
15．设是圆上不同的两点.且.则 .
【答案】6
【分析】设点为的中点，则，再根据数量积的定义计算即可.
【详解】如图，设点为的中点，则，
则.
故答案为：.
16．已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围
【答案】．
【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，则，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导得到在处取得极大值，，结合函数的走势，得到，求出a的取值范围.
【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
故答案为：
四、解答题
17．已知，．
(1)求的值；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系结合两角差的正弦公式可求得的值；
（2）利用二倍角的余弦公式可求得的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式求出的值，结合角的取值范围可求得结果.
【详解】（1）解：因为，，
又，所以，
所以.
（2）解：因为，
，
又因为，所以，
由（1）知，，
所以．
因为，，则，所以．
18．已知指数函数满足，定义域为R的函数是奇函数．
(1)求m，n的值；
(2)若对任意的实数t，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据指数函数的概念及奇偶性的定义计算即可；
（2）由（1）求得函数解析式，判定其单调性解不等式即可.
【详解】（1）由题意可设，由，解得，
所以，
则．
又因为在R上是奇函数，
所以，，
所以，即，
验证成立，
综上所述：；
（2）由（1）知，
易知在R上为减函数，
又是奇函数，从而不等式
等价于，
∴对任意的恒成立，
由二次函数的性质可知，
所以.
19．已知函数
(1)若，求的取值集合；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合降幂公式以及辅助角公式化简整理后，解方程即可求出结果；
（2）对任意的恒成立等价于对任意的恒成立，进而利用二倍角和同角的平方关系化简整理，再结合均值不等式即可求出结果.
【详解】（1）因为
，若，则，，
所以的取值集合为
（2）因为对任意的恒成立，所以对任意的恒成立.由，得，因此对任意的恒成立.
.
因为，所以，
由基本不等式得，
当且仅当时，取到等号.
所以的取值范围为.
20．如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解.
【详解】（1）取的中点Q，连接,
则有，且，又，且，
故，且，
则四边形EFPQ为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
（2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则可得，，，，
由P为中点，故，
则，，，
设平面BFP的法向量，
则，即，故取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．
21．已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)证明见解析，的最小值是e．
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）（1）当时，，
则
令，得；
令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，
所以，
令，列表如下:
所以存在极值点.
所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，
记，
所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，
即需要，
即需要，
即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是e．
22．在一个典型的数字通信系统中，由信源发出携带着一定信息量的消息，转换成适合在信道中传输的信号，通过信道传送到接收端.有干扰无记忆信道是实际应用中常见的信道，信道中存在干扰，从而造成传输的信息失真.在有干扰无记忆信道中，信道输入和输出是两个取值的随机变量，分别记作和.条件概率，描述了输入信号和输出信号之间统计依赖关系，反映了信道的统计特性.随机变量的平均信息量定义为：.当时，信道疑义度定义为
(1)设有一非均匀的骰子，若其任一面出现的概率与该面上的点数成正比，试求扔一次骰子向上的面出现的点数的平均信息量；
(2)设某信道的输入变量与输出变量均取值0，1.满足：.试回答以下问题：
①求的值；
②求该信道的信道疑义度的最大值.
【答案】(1)2.40
(2)①；②1
【分析】（1）充分理解题意，利用随机变量的平均信息量定义解决本小题；
（2）由全概率和条件概率公式解决本小题.
【详解】（1）设表示扔一非均匀股子点数，则
扔一次平均得到的信息量为
.
（2）①由全概率公式，得
②由题意，.
所以，
;
其中.
令
.
时时，,
.
-
0
+
减
极小值
增
1
2
3
4
5
6
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解出集合，根据交集含义即可得到答案.
【详解】由题意得，，
则，
故选：C．
2．若复数是纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.
【详解】，则，有.
故选：A
3．已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据百分位数的定义，求出的值即可得答案.
【详解】因为，
甲组：第30百分位数为，第50百分位数为，
乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，
由已知得：，，解得，
所以
故选：A
4．设函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.
【详解】因为，其定义域为，
所以，故为奇函数，
又，
当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，
故由得，即，
所以，解得.
故选：D.
5．为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（ ）
A．9种B．11种C．15种D．30种
【答案】C
【分析】利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.
【详解】解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，
故选：C．
6．设实数、满足，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知等式变形可得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：B.
7．如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可.
【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，
设圆柱的底面半径为，高为，则，
所以圆柱的侧面积为．
故选：A.
8．对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简，构造函数，应用导数求函数单调性求出最小值即可.
【详解】设，则，，
由，得，则，，
设函数，，
则，在上为增函数，且，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.
故.
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越扁平
B．运用最小二乘法得到的线性回归直线一定经过点
C．相关系数r越大，y与x相关的程度就越强
D．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系
【答案】BD
【分析】根据正态曲线的几何特征，判断选项A；由回归直线方程的性质，判断选项B和C；
【详解】对于A，根据正态曲线的几何特征，可知当不变时，即越小，该正态分布对应的正态密度曲线越瘦高，故A错误；
对于B，运用最小二乘法得到的线性回归直线－定经过样本中心，故B正确；
对于C，线性相关系数绝对值越接近1，表明2个随机变量相关性越强，故C错误；
对于D，因为随机变量的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大，即犯错误的概率越小，故D正确.
故选：BD.
10．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
C．函数的最小正周期为
D．若在上有且仅有3个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A：必有一个最大值和一个最小值可求；对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简后求周期；对D：求出的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.
【详解】由，故必有一个最大值和一个最小值，
则为半个周期长度，故正确；
由题意的图象关于轴对称，B正确；
的最小正周期为C错误.
，在上有且仅在3个零点，
结合正弦函数的性质知：，则，D正确；
故选：ABD
11．为吸引顾客，某商场举办购物抽奖活动抽奖规则是：从装有2个白球和3个红球（小球除颜色外，完全相同）的抽奖箱中，每次摸出一个球，不放回地依次摸取两次，记为一次抽奖.若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖.下列随机事件的概率正确的是（ ）
A．某顾客抽奖一次中奖的概率是
B．某顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是
C．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是
D．在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次抽出了红球，则该顾客中奖的概率是
【答案】ABD
【分析】先求得顾客抽奖一次中奖的概率；然后求得顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率；直接法判断CD选项的正确性.
【详解】顾客抽奖一次中奖的概率为，故A选项正确.
顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是，故B选项正确.
对于CD选项，由于第一次抽出了红球，故剩余个白球和个红球，再抽一个，抽到红球的概率是，故C选项错误，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，考查独立重复试验概率计算，考查条件概型概率计算，属于中档题.
12．正四棱锥中，高为3，底面是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（ ）
A．到平面的距离为
B．向量在向量上的投影向量为
C．侧面所在平面与侧面所成锐二面角的余弦值为
D．棱锥的内切球的半径为
【答案】BC
【分析】补四棱锥为长方体，利用等面积法可计算点面距离判定A，由投影向量的定义可判定B，由余弦定理可判定C，由等体积法可判定D.
【详解】
如图所示，补四棱锥为长方体，分别为对应棱中点，于W，由题意可知长方体的高为3，
对于A项，平面即平面，由长方体性质可知面，
又面，所以，
又面，所以面，
即为到平面距离，利用等面积法可知：，故A错误；
根据投影向量概念知：向量在向量上的投影向量为向量，即为，所以正确；
连接，易知面，平面即平面，
且面，所以是所求二面角的平面角，
在中，由余弦定理：，故C正确.
设四棱锥的内切球半径为，由等体积法可得：，
所以，所以D错误；
故选：BC.
三、填空题
13．若的展开式中的系数为30，则的值为 ．
【答案】
【解析】利用二项式定理把展开，求得展开式中的系数，再列方程求出的值．
【详解】，
其展开式中的系数为：.
由题意.
故答案为：.
【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.
14．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为 .
【答案】/
【分析】利用向量的模、单位方向向量、数量积运算、距离公式运算即可得解.
【详解】解：由题意，，，
则
∴的单位方向向量，
又∵，∴，
∴点到直线的距离为
.
故答案为：.
15．设是圆上不同的两点.且.则 .
【答案】6
【分析】设点为的中点，则，再根据数量积的定义计算即可.
【详解】如图，设点为的中点，则，
则.
故答案为：.
16．已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围
【答案】．
【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，则，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导得到在处取得极大值，，结合函数的走势，得到，求出a的取值范围.
【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
故答案为：
四、解答题
17．已知，．
(1)求的值；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系结合两角差的正弦公式可求得的值；
（2）利用二倍角的余弦公式可求得的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式求出的值，结合角的取值范围可求得结果.
【详解】（1）解：因为，，
又，所以，
所以.
（2）解：因为，
，
又因为，所以，
由（1）知，，
所以．
因为，，则，所以．
18．已知指数函数满足，定义域为R的函数是奇函数．
(1)求m，n的值；
(2)若对任意的实数t，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据指数函数的概念及奇偶性的定义计算即可；
（2）由（1）求得函数解析式，判定其单调性解不等式即可.
【详解】（1）由题意可设，由，解得，
所以，
则．
又因为在R上是奇函数，
所以，，
所以，即，
验证成立，
综上所述：；
（2）由（1）知，
易知在R上为减函数，
又是奇函数，从而不等式
等价于，
∴对任意的恒成立，
由二次函数的性质可知，
所以.
19．已知函数
(1)若，求的取值集合；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合降幂公式以及辅助角公式化简整理后，解方程即可求出结果；
（2）对任意的恒成立等价于对任意的恒成立，进而利用二倍角和同角的平方关系化简整理，再结合均值不等式即可求出结果.
【详解】（1）因为
，若，则，，
所以的取值集合为
（2）因为对任意的恒成立，所以对任意的恒成立.由，得，因此对任意的恒成立.
.
因为，所以，
由基本不等式得，
当且仅当时，取到等号.
所以的取值范围为.
20．如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解.
【详解】（1）取的中点Q，连接,
则有，且，又，且，
故，且，
则四边形EFPQ为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
（2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则可得，，，，
由P为中点，故，
则，，，
设平面BFP的法向量，
则，即，故取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．
21．已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)证明见解析，的最小值是e．
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）（1）当时，，
则
令，得；
令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，
所以，
令，列表如下:
所以存在极值点.
所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，
记，
所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，
即需要，
即需要，
即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是e．
22．在一个典型的数字通信系统中，由信源发出携带着一定信息量的消息，转换成适合在信道中传输的信号，通过信道传送到接收端.有干扰无记忆信道是实际应用中常见的信道，信道中存在干扰，从而造成传输的信息失真.在有干扰无记忆信道中，信道输入和输出是两个取值的随机变量，分别记作和.条件概率，描述了输入信号和输出信号之间统计依赖关系，反映了信道的统计特性.随机变量的平均信息量定义为：.当时，信道疑义度定义为
(1)设有一非均匀的骰子，若其任一面出现的概率与该面上的点数成正比，试求扔一次骰子向上的面出现的点数的平均信息量；
(2)设某信道的输入变量与输出变量均取值0，1.满足：.试回答以下问题：
①求的值；
②求该信道的信道疑义度的最大值.
【答案】(1)2.40
(2)①；②1
【分析】（1）充分理解题意，利用随机变量的平均信息量定义解决本小题；
（2）由全概率和条件概率公式解决本小题.
【详解】（1）设表示扔一非均匀股子点数，则
扔一次平均得到的信息量为
.
（2）①由全概率公式，得
②由题意，.
所以，
;
其中.
令
.
时时，,
.
-
0
+
减
极小值
增
1
2
3
4
5
6
相关试卷
2022-2023学年江苏省常州市武进区前黄实验高级中学高一下学期第一次阶段检测数学试题： 这是一份2022-2023学年江苏省常州市武进区前黄实验高级中学高一下学期第一次阶段检测数学试题，文件包含江苏省常州市武进区前黄实验高级中学高一下学期第一次阶段检测数学试题原卷版docx、江苏省常州市武进区前黄实验高级中学高一下学期第一次阶段检测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
江苏省常州市前黄高级中学2023-2024学年高三上学期期中适应性考试数学试卷(含答案)： 这是一份江苏省常州市前黄高级中学2023-2024学年高三上学期期中适应性考试数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届江苏省常州市前黄高级中学高三上学期期中适应性考试数学试题含答案： 这是一份2024届江苏省常州市前黄高级中学高三上学期期中适应性考试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
