2022-2023学年福建省莆田市高二下学期期末质量监测数学试题含答案

2022-2023学年福建省莆田市高二下学期期末质量监测数学试题

一、单选题

1．从3名男生，2名女生中任选2人，则选到2名女生的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先为男生，女生编号，再结合样本空间，和古典概型概率公式，即可求解.

【详解】设3名男生的编号为，2名女生的编号为，

任取2人的样本空间包含共10个样本点，

其中选到2名女生为共1个样本点，

所以选到2名女生的概率.

故选：A

2．函数的导函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用幂函数的导数公式，即可求解.

【详解】.

故选：B

3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据线面的位置关系，可知，结合选项，即可判断.

【详解】要使，则，

A. ，B. ，C. ，D. .

故选：B

4．甲每次投篮命中的概率为，且每次投篮相互独立，则在16次连续投篮中甲命中的次数的方差是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据题意，命中的次数随机变量，由二项分布方差公式求解.

【详解】根据题意，命中的次数随机变量，

由二项分布方差公式得，.

故选：C

5．若点平面，且对空间内任意一点满足，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件得出，，，四点共面，再根据即可求出的值．

【详解】平面，

，，，四点共面，

又，

，解得．

故选：D．

或者根据平面，，，，四点共面，则存在实数，使得，

即，

又，所以解得

故选：D

6．如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（    ）

A．9 B． C． D．

【答案】C

【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案

【详解】由，

.

因为底面是矩形，，，，

所以，，

因为，

所以

所以，

故选：C.

7．某同学利用电脑软件将函数，的图象画在同一直角坐标系中，得到如图的“心形线”.观察图形，当时，的导函数的图象大致为（    ）

A．   B．  

C．   D．  

【答案】A

【分析】首先确定函数的图象，再结合导数于函数图象间的关系，即可判断选项.

【详解】，，

所以轴下方的图象为函数的图象，

当时，函数单调递增，所以，故排除CD；

根据导数的几何意义可知，时，函数图象上每点处的切线斜率应先变小，再增大，故排除B，只有A正确.

故选：A

8．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由于，，，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用函数单调性可比较大小，

【详解】，，，

令，则，

由，得，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

因为，所以，

所以，

故选：D

【点睛】关键点点睛：此考查比较大小，解题的关键是对变形，使形式相同，然后构造函数，判断函数的单调性，再利用单调性比较大小，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.

二、多选题

9．某学习小组收集了7组样本数据（如下表所示）：

他们绘制了散点图并计算样本相关系数，发现与有比较强的线性相关关系.若关于的经验回归方程为，则（    ）

A．与呈正相关关系

B．

C．当时，的预测值为3.3

D．去掉样本点后，样本相关系数不变

【答案】ABD

【分析】首先求，根据样本中心求回归直线方程，即可判断选项.

【详解】由数据可知，，，样本点中心必在回归直线上，

所以，得，故AB正确；

，当时，，故C错误；

因为是样本点中心，，所以去掉这一项，样本相关系数不变，故D正确.

故选：ABD

10．甲、乙两个罐子均装有2个红球，1个白球和1个黑球，除颜色外，各个球完全相同.先从甲罐中随机取出2个球放入乙罐中，再从乙罐中随机取出1个球，记事件表示从甲罐中取出的2个球中含有个红球，表示从乙罐中取出的球是红球，则（    ）

A．，，两两互斥 B．

C． D．与不相互独立

【答案】AC

【分析】结合互斥，相互独立事件的定义，以及全概率公式，条件概率公式，即可判断选项.

【详解】A.表示从甲罐中取出的2个球，没有红球，表示从甲罐中取出的2个球，有1个红球，表示从甲罐中取出的2个球，有2个红球，在一次实验中，这三个事件，任两个事件不能同时发生，所以两两互斥，故A正确；

B. ，故B错误；

C.

，故C正确；

D.，，，

则，则与相互独立，故D错误.

故选：AC

11．函数在处取得极大值，则（    ）

A． B．只有两个不同的零点

C． D．在上的值域为

【答案】AC

【分析】首先根据极值点求函数的解析式，再利用导数判断函数的单调性，结合函数的单调性，极值和端点值，即可判断选项.

【详解】，，

由条件可知，，得，

当时，，得或，

由表格数据单调性可知，单调递减，且，所以函数在区间有1个零点，同理，函数在区间和也各有1个零点，所以函数有3个不同的零点，故A正确，B错误；

，，，，故C正确；

，再结合表格数据可知，函数在区间上的值域为，故D错误.

故选：AC

12．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）.把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则

A．

B．若为线段上的一个动点，则的最大值为2

C．点到直线的距离是

D．异面直线与所成角的正切值为

【答案】BCD

【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、C、D.

【详解】因为，

所以，故A错误；

如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，

，，，，

对于B：因为为线段上的一个动点，设，，

则，

所以，所以当时，故B正确；

对于C：，，

所以点到直线的距离，故C正确；

对于D：因为，

所以，

所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；

故选：BCD

三、填空题

13．已知，，且，则          .

【答案】

【分析】利用向量共线定理列方程求得，从而可得答案.

【详解】因为，，且，

，，

则，解得：，

.

故答案为：

14．若某工厂制造的机械零件尺寸服从正态分布，则零件尺寸介于3.5和5之间的概率约为           .

（若，则，，）

【答案】

【分析】由题意可得，然后代值计算即可.

【详解】因为服从正态分布，所以，

所以，

所以

，

故答案为：

15．现从甲、乙、丙3人中选派一人参加“垃圾分类”知识竞答，他们商议通过玩“石头、剪刀、布”游戏解决：如果其中两人手势相同，另一人不同，则选派手势不同的人参加；否则重新进行一局“石头、剪刀、布”游戏，直到确定人选为止.在每局游戏中，甲、乙、丙各自出3种手势是等可能的，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为          .

【答案】

【分析】根据题意，先求出进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率，然后根据各局游戏是相互独立，即可得到结果.

【详解】设事件表示“进行一局游戏，成功确定参加活动人选”，

则，

则进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率为，

且各局游戏是相互独立的，

则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.

故答案为：

四、双空题

16．已知函数，若直线是曲线的切线，则          ；若直线与曲线交于，两点，且，则的取值范围是         .

【答案】         

【分析】，对函数求导，设出切点，由导数的几何意义可得，由此可得的值；依题意，直线与曲线有两个交点，利用导数研究函数的性质，可知，则由，可令，进一步可得，设，则，利用导数求出的范围，即可得到的范围．

【详解】记，，

设切线与曲线相切于点，，

则，解得，即实数的值为；

令，则，依题意，直线与曲线有两个交点，

又，

令，解得，令，解得，

则函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，当时，，

作出函数的大致图象如图所示，

由图象可知：要使直线与曲线有两个交点，则

又，则，则，

令，则，

又，则，

于是，则，故，

设，则，

又，设，

则，

故在,上单调递减，则，

故在,上恒成立，则在,上单调递减，

于是，

又函数在上单调递增，则当时，．

故答案为：；．

【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.

五、解答题

17．已知函数.

(1)当时，求的极值；

(2)若在上单调递减，求的取值范围.

【答案】(1)极大值为，极小值为

(2)

【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的极值；

（2）利用导数，将不等式恒成立，转化为在上恒成立，即可求解.

【详解】（1）当时，，

，

得或，

当时，解得：或，当时，解得：，

所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，

当变换时，，的变化情况如下表所示，

所以函数的的极大值为，极小值为

（2），，，

因为在上单调递减，可得在上恒成立，

即在上恒成立，

当时，，

所以，即的取值范围是.

18．如图，在边长为2的正方体中，，分别为，的中点.

(1)求点到平面的距离；

(2)求二面角的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式，即可求解；

（2）利用垂直关系证明平面，利用法向量求二面角的大小.

【详解】（1）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

，，，，，

，，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，

所以平面的法向量为，

所以点到平面的距离；

（2）因为，

平面，平面，

所以，且，平面，

所以平面，即平面，

，，，

，

所以二面角的大小为

19．甲、乙两位好友进行乒乓球友谊赛，比赛采用局胜制（），若每局比赛甲获胜的概率为，且每局比赛的结果是相互独立的.

(1)比赛采用5局3胜制，已知甲在第一局落败，求甲反败为胜的概率；

(2)比赛采用3局2胜制，比赛结束时，求甲获胜的局数的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意，分别求出比分或的概率，即可得到结果；

（2）由题意可知，的所有可能取值为，然后分别求出其对应的概率，即可得到结果.

【详解】（1）记“甲在第一局落败”，“甲反败为胜”，

甲最终获胜有两种可能的比分或，且每局比赛结果是相互独立的.

①若比分是，则甲接下来连胜3局，其概率为；

②若比分是，则第2,3,4，局比赛中甲胜2局输1局且第5局甲获胜，

其概率为，所以.

（2）的所有可能取值为，

，

，

，

所以的分布列为

则.

20．如图，在四棱锥中，，，，为的中点，与均为等边三角形，与相交于点.

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）要证明线面垂直，可证明垂直于平面内的两条相交直线，利用垂直关系，构造辅助线，即可证明；

（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值.

【详解】（1）取的中点，连结，，

因为是等边三角形，所以，

因为，，为的中点，

所以四边形是正方形，所以，则，

且，平面，

所以平面，平面，

所以，

又因为与均为等边三角形，所以，

所以，且，平面，

所以平面

（2）四边形是正方形，所以，

以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，

，，，

,，，，

，,

设平面的法向量为，

则，即，得

令，所以平面的法向量，

设直线与平面的夹角为，

所以，

所以直线与平面的夹角的正弦值

21．为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据（单位：只）：

(1)能否有95%的把握认为接种该疫苗与预防该疾病有关？

(2)从该地区此动物群中任取一只，记表示此动物发病，表示此动物没发病，表示此动物接种疫苗，定义事件的优势，在事件发生的条件下的优势.

（ⅰ）证明：；

（ⅱ）利用抽样的样本数据，给出，的估计值，并给出的估计值.附：，其中.

【答案】(1)有95%的把握认为接种该疫苗与预防该疾病有关.

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据卡方的计算即可与临界值比较求解，

（2）根据条件概率的计算公式，即可结合的定义进行求证，进而求解.

【详解】（1）根据联表可得，

所以有95%的把握认为接种该疫苗与预防该疾病有关.

（2）（ⅰ）由于,

所以，，

故,故得证.

（ⅱ）由二联表中的数据可得，，所以，

22．已知函数，其中.

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个零点，，且，求的最小值.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性；

（2）依题意可得，即可得到，从而得到，令，，令，，利用导数求出的最小值，即可求出的最小值.

【详解】（1）定义域为，

且，

当时，恒成立，所以在上单调递减；

当时，令得，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

综上可得：当时在上单调递减；

当时在上单调递减，在上单调递增.

（2）因为，所以，

所以，，

所以，

所以，

令，因为，所以，即，

所以，，

令，，

则，

令，，

则，

所以在上单调递增，又，所以，

即，所以在上单调递减，

所以，

所以，即，即，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．