福建省龙岩市上杭县第一中学2023-2024学年高二下学期数学期末复习试卷二

这是一份福建省龙岩市上杭县第一中学2023-2024学年高二下学期数学期末复习试卷二，共15页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。

1．在下列条件中，一定能使空间中的四点M，A，B，C共面的是（ ）
A．B．
C．D．
2．设随机变量X的概率分布列为：
则P(|X−3|=1)=( )
A. 712 B. 512 C. 14D. 16
3．袋中有5张卡片，分别写有数字1，2，3，4，5，有放回的摸出两张卡片.事件“第一次摸得偶数”，“第二次摸得2”，“两次摸得数字之和大于8”，“两次摸得数字之和是6”，则（ ）
A．M与Q相互独立B．N与R相互独立
C．N与Q相互独立D．Q与R相互独立
4．在正四面体中，是的中心，，则等于（ ）
A．B．C．D．
5．假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（ ）

A． B． C． D．
7．已知实数x，y满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知随机变量ξ~B(9,13),若对任意的实数x1,x2∈(m,+∞),满足x1D(ξ)恒成立,则m的取值范围( )
A. [e2,+∞)B. [e3,+∞)C. [e,+∞)D. [e,e2]
多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．设为同一随机试验中的两个随机事件，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则相互对立
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱，分别交于点F，G（G，E，F可能共线），则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点F，使得
B．线段长度的取值范围是
C．四棱锥的体积为2时，点F只能与点B重合
D．设截面，，的面积分别为，，，则的最小值为4
11．已知函数有四个零点，则（ ）
A．B．
C．D．若，则
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．如图，正四棱锥模型中，过点作一个平面分别交棱､､于点､､，若，，则 .
13．已知函数，无论a取何值，曲线均存在一条固定的切线，则该切线方程为 ．
14．当时，不等式恒成立，则的范围为 .
解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．甲、乙两名同学进行篮球投篮比赛，比赛规则如下：两人投篮的次数之和不超过5，投篮命中则自己得1分，该名同学继续投篮，若投篮未命中则对方得1分，换另外一名同学投篮，比赛结束时分数多的一方获胜，两人总投篮次数不足5但已经可以确定胜负时比赛就结束，两人总投篮次数达到5次时比赛也结束，已知甲、乙两名同学投篮命中的概率都是，甲同学先投篮.
(1)求甲同学一共投篮三次，且三次投篮连续的情况下获胜的概率；
(2)求甲同学比赛获胜的概率．
16．某家具制造公司欲将如图所示的一块不规则的名贵木板裁制成一个矩形桌面板，已知，，且米，曲线段BC是以点B为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果要使矩形桌面板的相邻两边分别落在AD、DC上，且一个顶点P落在曲线段BC上.
(1)建立适当的坐标系，设P点的横坐标为x，求矩形桌面板的面积关于x的函数；
(2)求矩形桌面板的最大面积.
17．第30届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学举行．为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照40,50,50,60，60,70,70,80，80,90,90,100分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中m的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
(2)在这50名学生中用分层随机抽样的方法从成绩在70,80,80,90，90,100的三组中抽取11人，再从这11人中随机抽取3人，记ζ为3人中成绩在80,90的人数，求ζ的分布列和数学期望；
(3)转化为百分制后，规定成绩在90,100的为A等级，成绩在70,90的为B等级，其他为C等级．以样本估计总体，用频率代替概率，从所有参赛的同学中随机抽取100人，其中获得B等级的人数设为η，求η的数学期望和方差．
18．如图，，分别是直径的半圆上的点，且满足，为等边三角形，且与半圆所成二面角的大小为，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)在弧上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由．
19．已知函数，且.
(1)求a；
(2)证明：存在唯一的极小值点，且.
X
1
2
3
4
P
13
m
14
16
上杭一中2023-2024学年第二学期高二数学期末复习试卷二
参考答案：
1．C 2．B 3．B 4．D 5．C
【详解】设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，由题意：
①，；
②，；
③，；
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为
故选：C
6．B 以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，（，，且m，n不同时为0），
则，，，所以，.
设平面AEF的一个法向量为，
则，
令，得，则，
显然为平面ABC的一个法向量.
因为平面与平面所成角的大小为，
所以，
即， 得，
所以，所以当时，m取得最大值，最大值为.
7．A
【详解】因为，所以，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以，所以，所以，
令，所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即的最大值为.
故选：A.
8．B​解：由ξ~B(9,13)，得D(ξ)=9×13×1−13=2,
由已知0< x1＜ x2，
∴x2−x1>0，
∴ x1ln x2−x2ln x1x1−x2>2等价于x1lnx2−x2lnx1<2x1−2x2恒成立，
即x1lnx2−2x1∴x1(lnx2−2)∴lnx2−2x2令f(x)=lnx−2x，则f(x2)又∵x2>x1>m>0，
∴f(x)在 (m,+∞)上单调递减，
由f′(x)=3−lnxx2，
当00，3- lnx>0，此时f′(x)>0，
当x=e3时， f′(x)=0，
当x>e3时， x2>0，3- lnx<0，此时f′(x)<0，
则函数f(x)在 (e3,+∞)上单调递减，
∴m的取值范围为[e3,+∞)
9．AC
【详解】由得：，
又，则，
对于选项A，由可知，，即，又，所以相互对立，故A正确；
对于选项B，由可知，所以，故B错误；
对于选项C，由，得，故C正确；
对于选项D，由，得，则，故D错误.
故选：AC
10．BCD
【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，设点、，其中，.
对于A选项，若存在点，使得，且，，
，解得，不合乎题意，A错；
对于B选项，设，其中、，
即，即，可得，
，则，所以，，B对；
对于C选项，，
其中，故，
又，故
即，故点F只能与点B重合，C对；
对于D选项，，，
则点到直线的距离为，
，则点到直线的距离为
，
所以，，故，
，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D对.
故选：BCD.
11．BCD
【详解】由题意知有四个不同的根，显然，即，
令，即，即．
另外，，
令得，故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，，如图所示：
根据题意知存在两根，，不妨设，
则满足，．
即有，，
则由图象可知，所以，故A不正确；
由于方程的两根，满足，所以，解得，故B正确；
由，，得，
两边取自然对数得，故C正确；
由，两边取自然底数得
若，则，所以，
令，所以恒成立，所以在上单调递减，又，且，所以，故D正确.
故选：BCD．
12．/0.75
【详解】法一：设，
则有
，
因为四点共面，可设，
故，
即，
故，
故，
法二：如图所示：作法：连接并延长，与的延长线相交于点，
连接并延长，与的延长线相交于点，
连接，与相交于一点，则该点即为点.
理由如下：
因为与是两条相交直线，所以与确定一个平面，
则，，A､､，
因为，，所以，
因为，所以，，､､､四点共面.
取的中点，因为，所以平行于，且，
故，故.
故答案为：
13．
【详解】，则，
，，此时这两个值均与无关，
∴无论取何值，曲线均存在一条固定的切线，
此时切点为，切线斜率为1，故切线方程为，即.
故答案为∶
14．
【详解】构造，且
，且
当时，
在上单调递增，成立；
当时，，又在上为连续函数，
存在，使时，，即在上单调递减，
此时，不成立，舍去；
则的范围为，
故答案为：．
15．
【详解】（1）解：用A表示甲投篮命中，表示甲投篮未命中，
用B表示乙投篮命中，表示乙投篮未命中，
记甲同学连续投篮了三次并赢得了比赛的事件为M，
则．
（2）①剩余两次投篮，甲、乙比分3：0获胜的概率是；
②剩余一次投篮，甲、乙比分3：1获胜的概率是：
（也可用）；
③不剩余投篮，前4次投篮甲、乙比分2：2获胜的概率是：
，（也可用），
故甲获胜的概率是．
16．
【详解】（1）以B为原点，AB所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
依题意可设抛物线方程为，且，所以，即，
故点P所在曲线段BC的方程为，
设是曲线段BC上的任意一点，
则在矩形PMDN中，，，
桌面板的面积为，
（2），
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以当时，有最大值，.
矩形桌面板的最大面积为平方米.
17．【答案】解：(1)由频率分布直方图的面积为1可得：
0.004+0.022+0.030+0.028+m+0.004×10=1 ，解得 m=0.012 ．
前两组的频率之和为 0.04+0.22=0.26<0.50 ，
前三组的频率之和为 0.04+0.22+0.30=0.56>0.50 ，
设中位数为 x0 ，则 x0∈60,70 ，
所以 0.26+x0−60×0.030=0.50 ，解得 x0=68 ．
所以中位数为68．
(2) 70,80 ， 80,90 ， 90,100 三组数据频率比为 0.28:0.12:0.04=7:3:1 ，
所以从 70,80 ， 80,90 ， 90,100 三组中分别抽取7人、3人、1人．
ζ 的可能取值为0，1，2，3，
Pζ=0=C83C30C113=56165 ， Pζ=1=C82C31C113=2855 ，
Pζ=2=C81C32C113=855 ， Pζ=3=C80C33C113=1165 ．
所以 ζ 的分布列为
Eζ=0×56165+1×2855+2×855+3×1165=911 .(或由 ζ 服从参数为11，3，3的超几何分布，得 Eζ=nMN=3×311=911 .)
(3) 70,90 的频率为 0.28+0.12=0.4 ，
由题意知 η∼B100,0.4 ，
所以 Eη=100×0.4=40 ，
Dη=100×0.4×1−0.4=24 ．
18．【详解】（1）依题意，所以，
所以、是等边三角形，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于是的中点，是的中点，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）设的中点为，连接，则，
由于四边形是菱形，所以，则，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，又平面，则，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

因为，则，
则，
故，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
易知圆的方程为，设，
则，
设直线与平面所成角为，
则，
则，则，所以，，
故在弧上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
此时点到平面的距离为.
19．
【详解】（1）由题可知函数的定义域为，
设，即，
则等价于，
因为，由，可得，
∴，函数单调递增，，函数单调递减，
所以，又，，
故，即；
（2）因为，，
设，则，
∴， ，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
故，使在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一的极小值点，且，
则，
设，则，
故在上单调递减，
故，
∴，即，
而，所以.
ζ
0
1
2
3
P
56165
2855
855
1165