新教材高二数学第二学期期末试卷九（原卷版+教师版）

这是一份新教材高二数学第二学期期末试卷九（原卷版+教师版），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

新教材高二数学第二学期期末试卷
试卷满分（150分）考试时间（120分钟）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（ ）
A. B. C. 或 D.
3. 设定义在上奇函数，满足对任意的都有，且当时，，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
4. 已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5. 某射手每次射击击中目标的概率固定，他准备进行次射击，设击中目标的次数为X，已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数，若对于任意的实数，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 设，，，则（ ）
A B. C. D.


二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若关于的不等式的解集为，则
D. 若，则“”是“”的必要不充分条件
10. 已知的展开式中只有第6项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（ ）
A.
B.
C. 展开式中常数项为
D. 展开式中含的项为
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 6个不同的小球放入到5个不同的盒子中，要求每个盒子里至少有一个球，则不同的放法共有
B. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，其中甲只能排在乙的左边，丁只能排在乙的右边，则不同的排法有20种
C. 已知随机变量满足，，．若，则
D. 已知，那么
12. 如图，在边长为3的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）

A. 与所成角的余弦值为
B. 过三点的正方体的截面面积为
C. 在线段上运动，则三棱锥的体积不变
D. 为正方体表面上一个动点，分别为的三等分点，则的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.
13. 已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.
14. 已知函数有唯一零点，则________
15. 已知是函数的导函数，，对任意实数都有，则的解集为______.
16. 已知，则
（1）被3除的余数是___；
（2）_______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 使不等式对一切实数恒成立的的取值范围记为集合，集合.
（1）求集合；
（2）若是的充分条件，求实数的取值范围．





18. 为了丰富学生的课余生活，高三年级举行乒乓球比赛，选手每赢一局就会获得一个纪念品，小明和小华进行比赛，小明每局获胜的概率均为，不存在平局，两人约定先胜4局者赢得比赛.
（1）求比赛5局小明获胜的概率；
（2）若在前3局中小明胜两局，小华胜一局，记比赛结束时，小明获得的纪念品的个数为随机变量，求的分布列和数学期望.



19. 已知函数为偶函数.
（1）求实数的值；
（2）解关于的不等式；
（3）设，函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围.




20. 国家加大了对全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高.某高中为响应政府号召，在寒假中对某校高二400名学生（其中男生240名）按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生进行调查，了解他们每天的体育锻炼情况如下表：

每天体育锻炼时间低于1
每天体育锻炼时间不低于1
总计
男生

30

女生
10


总计


100

（1）根据统计数据完成以上2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过的条件下，认为该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异？
（2）若从抽出的100名学生中按“每天体育锻炼时间是否低于1”采用分层随机抽样抽取10名学生准备进行身体素质测试，在这10名学生中随机抽取3名学生，记这3名学生每天体育锻炼时间不低于1的人数为，求的分布列和数学期望.
（3）若将频率视作概率，从该校所有在校学生中随机抽取10人进行调查，记10人中每天体育锻炼时间不低于1人数为的概率为，当取得最大值时，求的值.
附参考数据及公式：，其中.

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6635
10.828

21. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段上的动点.

（1）若为线段的中点，证明：平面平面；
（2）若，且，求二面角的余弦值.









22. 已知函数，.
（1）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围；
（2）若方程有且仅有两个实根，
①求实数的取值范围；
②证明：.








新教材高二数学第二学期期末试卷
试卷满分（150分）考试时间（120分钟）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据绝对值的几何意义可解得，利用对数函数单调性可得，再求．
【详解】∵，则，即
∴
又∵
∴
故选：D．
2. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（ ）
A B.
C. 或 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.
【详解】由，，，
所以，即，
所以
故选：A
3. 设定义在上的奇函数，满足对任意的都有，且当时，，则的值等于（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设可得的周期为4，利用周期性、奇函数性质及对称性求出的值即可.
【详解】由题设，，故，，
所以，故的周期为4，
故，而，，
所以.
故选：C
4. 已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的代换求的最值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B
5. 某射手每次射击击中目标的概率固定，他准备进行次射击，设击中目标的次数为X，已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先分析出，求出和，套公式求出.
【详解】某射手每次射击击中目标的概率为.由题意可知：.
因为，所以，解得：.
又，解得：.
所以.
故选：D
6. 已知函数，若对于任意的实数，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由解析式判断分段函数的单调性，根据单调性有在上恒成立，求a的范围.
【详解】由在上递增，值域为，
在上递增，值域为，
所以在定义域上递增，且值域为，
由题设不等式恒成立，即，
故在上恒成立，
所以.
故选：D
7. 函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把题意转化为在区间上只有一个变号零点.分离参数得：.
令，利用导数判断出g(x)的单调性，求出当时, 在区间上只有一个变号零点,即可得到实数a的取值范围.
【详解】由题意, ,所以.
因为定义在(0,+∞)上的函数在区间上有且仅有一个极值点,所以在区间上只有一个变号零点.
令,则.
令，则.
所以当01时.所以g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以.
又，且区间端点不能成为函数的极值点，故当时, 有一个极值点x=3在区间上,符合题意；当时, 没有极值点在区间上,不合题意,故当时, 在区间上只有一个变号零点,故实数a的取值范围为.
故选:B
8. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以．
设，
则，
令，则．
当时，，，，
所以，所以当时，，
所以在上单调递增，
从而，
因此，即．
综上可得．
故选：A
【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有项选错得0分.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若关于的不等式的解集为，则
D. 若，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】BC
【解析】
【分析】A令判断即可；B作差法比较大小；C由一元二次不等式解集及根与系数关系求参数a、b即可；D令判断必要性是否成立.
【详解】A：时，错误；
B：，
而，则，故，
所以，即，正确；
C：由题设，可得，故，正确；
D：当时，而不成立，必要性不成立，错误.
故选：BC
10. 已知的展开式中只有第6项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为1，则正确的命题是（ ）
A.
B.
C. 展开式中常数项为
D. 展开式中含的项为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题设且求n、a，再由二项式展开式通项求常数项和含的项，即可判断各项正误.
【详解】由题意知：当时，
又展开式中只有第6项的二项式系数最大，即，
所以，可得且，即，A正确.
所以且，则，B正确；
由上的展开式通项为，
故当时常数项为，C错误；
当时，D正确.
故选：ABD
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 6个不同的小球放入到5个不同的盒子中，要求每个盒子里至少有一个球，则不同的放法共有
B. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，其中甲只能排在乙的左边，丁只能排在乙的右边，则不同的排法有20种
C. 已知随机变量满足，，．若，则
D. 已知，那么
【答案】BC
【解析】
【分析】A、B应用分步计数，结合排列组合数作计数；C分别求对应值的概率，再应用期望公式求期望，即可比较大小；D利用全概率公式求即可.
【详解】A：先从6个小球选2个放入一个盒子，再把它们与其它4个小球全排列，即种，错误；
B：首先将甲乙丁排好形成4个空，再把丙戊插入队列中有种，正确；
C：由题意，，则；
，，则；
而，故，正确；
D：由题设，而，错误.
故选：BC
12. 如图，在边长为3的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）

A. 与所成角的余弦值为
B. 过三点的正方体的截面面积为
C. 在线段上运动，则三棱锥的体积不变
D. 为正方体表面上的一个动点，分别为的三等分点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合选项，逐个进行求解，异面直线所成角可以利用平移法求解，截面面积利用梯形面积公式求解，体积问题利用等体积法求解，的最小值可以利用补形法求解.
【详解】对于A，取的中点，连接，如图，

因为，所以，即或其补角是与所成角.
在中，，，故A正确.
对于B，过三点的截面如图所示，其中为的中点，

四边形中，，，
所以四边形是等腰梯形，其高为，所以截面面积为，故B不正确.
对于C，因为，平面，所以平面，
因为在线段上运动，所以高与底面积为定值，三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，故C正确.
对于D，如图，补形一个全等的正方体，

设是靠近的一个三等分点，根据题意可得，，
，
所以，即.
根据对称性可知，所以，
当为与平面的交点时，取到等号，即的最小值为.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.
13. 已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________.
【答案】.
【解析】
【分析】设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，从5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出不再放回，
设事件：第1次抽到代数题，事件：第2次抽到几何题，
则，，
所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:
.
故答案为：.
14. 已知函数有唯一零点，则________
【答案】
【解析】
【分析】令，得到的解析式，判断出是偶函数，从而得到的图像关于成轴对称，根据函数有唯一零点，得到，从而得到的方程，解出的值.
【详解】
设，则
定义域为，

所以为偶函数，
所以的图像关于成轴对称
要使有唯一零点，
则只能，
即
解得，
故答案为：.
【点睛】本题考查判断函数奇偶性，根据函数的零点求参数的值，属于中档题.
15. 已知是函数的导函数，，对任意实数都有，则的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】令并利用导数研究其单调性，结合等价于，即可得解集.
【详解】由题设，令则，
所以在定义域上递减，
而等价于，即，
所以，故不等式解集为.
故答案为：
16. 已知，则
（1）被3除的余数是___；
（2）_______.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】（1）赋值法求①、②，两式相加即可得结果；
（2）对等式两边求导并令得③，结合（1）中①乘以2023，与③作差即可得结果.
【详解】（1）令，则，
令，则，
所以，故，
而，其展开式的通项为，
所以，除了时外，其它各项均可被3整除，
故被3除的余数是1.
（2）等式两边求导得：，
故时，，
由（1）知：，则，
故
.
故答案为：1，
四、解答题：本题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 使不等式对一切实数恒成立的的取值范围记为集合，集合.
（1）求集合；
（2）若是的充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设不等式恒成立有恒成立，即可求k范围，进而写出集合A；
（2）由充分条件有，进而可得对任意的恒成立，应用换元法、基本不等式求右侧的最小值，即可得m范围.
【小问1详解】
对一切实数恒成立，
，
，即.
【小问2详解】
若是的充分条件，则，
对任意的恒成立，
对任意的恒成立，
令，则，
（当且仅当时取等号），
.
18. 为了丰富学生的课余生活，高三年级举行乒乓球比赛，选手每赢一局就会获得一个纪念品，小明和小华进行比赛，小明每局获胜的概率均为，不存在平局，两人约定先胜4局者赢得比赛.
（1）求比赛5局小明获胜的概率；
（2）若在前3局中小明胜两局，小华胜一局，记比赛结束时，小明获得的纪念品的个数为随机变量，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）应用独立事件的乘法公式求比赛5局小明获胜的概率，注意前4局必有1局小华胜；
（2）由题设的可能取值为2，3，4，求出对应概率值，即可得分布列，进而求期望.
【小问1详解】
记“比赛5局小明获胜”为事件A，则.
【小问2详解】
的可能取值为2，3，4，
，
，
，
的分布列为

2
3
4




所以.
19. 已知函数为偶函数.
（1）求实数的值；
（2）解关于的不等式；
（3）设，函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数建立等式可求解；
（2）先证明在上的单调性，再根据偶函数解不等式即可；
（3）将问题转化为有两个不相等的正实根，利用一元二次方程根的分布求解即可.
【小问1详解】
由函数表达式可知定义域，
函数为偶函数
即：

，即.
【小问2详解】
，
任取，且，
则，，，
所以
所以，
所以在上递增，
又因为为上的偶函数，
，
，即，解得，
所求不等式的解集为
【小问3详解】

在上有两个不相等的实根
令，则
有两个不相等的正实根

解得.
20. 国家加大了对全民体育锻炼的重视程度，推行全民体育锻炼工作，全民体育锻炼活动在全国各地蓬勃发展，活动规模不断扩大，内容不断充实，方式不断创新，影响日益扩大，使我国国民身体素质得到了大幅度提高.某高中为响应政府号召，在寒假中对某校高二400名学生（其中男生240名）按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生进行调查，了解他们每天的体育锻炼情况如下表：

每天体育锻炼时间低于1
每天体育锻炼时间不低于1
总计
男生

30

女生
10


总计


100

（1）根据统计数据完成以上2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过的条件下，认为该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异？
（2）若从抽出的100名学生中按“每天体育锻炼时间是否低于1”采用分层随机抽样抽取10名学生准备进行身体素质测试，在这10名学生中随机抽取3名学生，记这3名学生每天体育锻炼时间不低于1的人数为，求的分布列和数学期望.
（3）若将频率视作概率，从该校所有在校学生中随机抽取10人进行调查，记10人中每天体育锻炼时间不低于1的人数为的概率为，当取得最大值时，求的值.
附参考数据及公式：，其中.

0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828

【答案】（1）列联表见解析，不能推断该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异；
（2）分布列见解析，1.8；
（3）6.
【解析】
【分析】（1）由分层抽样的等比例性质求出100名学生中男女生的人数，进而完善列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想得到结论；
（2）由题设知的所有可能取值为0，1，2，3并求出对应概率，写出分布列，进而求期望；
（3）将频率视为概率则，利用二项分布概率公式及不等式法求取得最大时对应的k值.
【小问1详解】
高二有400名学生（其中男生240名），则抽取100名学生中男生名，女生40名，
2×2列联表如下：

每天体育锻炼时间低于1
每天体育锻炼时间不低于1
总计
男生
30
30
60
女生
10
30
40
总计
40
60
100
则，
所以在犯错误的概率不超过的条件下，不能推断该校女生和男生在每天体育锻炼时间方面存在差异；
【小问2详解】
100名学生中“每天体育锻炼时间不低于1”的人数为60人，
因此抽取10名学生“每天体育锻炼时间不低于1”的人数为6人，
而的所有可能取值为0，1，2，3.
， ，
所以的分布列为：
X
0
1
2
3
P





数学期望.
【小问3详解】
将频率视作概率则，所以，
由得：，
解得，又，故.
21. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为线段上的动点.

（1）若为线段的中点，证明：平面平面；
（2）若，且，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直、正方形的性质有、，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直、等腰三角形的性质有、，最后由线面垂直、面面垂直的判定证明结论.
（2）构建空间直角坐标系，求出面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.
【小问1详解】
由底面，底面，则，
在正方形中，，
由，面，则平面，
由面，所以.
由，E为中点，则
又，面，则平面，
因为面AEF，从而平面平面.
【小问2详解】
以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则.

由（1）知：为平面的法向量.
由知：，
因为所以即
又所以，
设平面的法向量为，
由，即，取，则，
所以，又二面角是锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
22. 已知函数，.
（1）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围；
（2）若方程有且仅有两个实根，
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）；
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将问题化为在上恒成立，利用导数研究右侧最大值求参数范围；
（2）①由题设有，构建，根据其单调性将问题化为有且仅有两个实根，令，利用导数研究单调性，根据零点个数求t范围，再结合零点存在性定理验证零点个数；
②设有，应用分析法将问题化为证，并利用导数证明不等式即可.
【小问1详解】
因为不等式对于恒成立，即对于恒成立
所以，令，则，
所以当时，递增；当时，递减；
即在处取得极大值也为最大值，从而.
【小问2详解】
①方程，即，
所以，
令，则，
因为单调递增，所以，
因为有且仅有两个实根，
所以有且仅有两个实根，即有且仅有两个实根，
令，则，
由（1）知：在上递增，在上递减，
而在上值域为，上值域为，
由有两个零点，则，即，
当时，，所以，
由零点存定理知：在上存在唯一零点，
当时，令，则，故递减，
所以，即，
故，
令得：，即有，所以，
由零点存在定理知：在上存在唯一零点，
综上，有且仅有两个零点，
所以.
②因为有且仅有两个实根，不妨设，
所以，两式相除得，
令，解得，
要证，即证，即证，即证，
令，则对恒成立，
所以，证得.
【点睛】关键点点睛：第二问，①构造，并由其单调性有，问题化为有且仅有两个实根；②应用分析法将问题转化为求证.