福建省连城县第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考2数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省连城县第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考2数学试题（Word版附解析），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．若，则（ ）
A．2B．1C．D．-1
2．已知向量，，满足，则的值为（ ）
A．2B．-2C．D．
3．设离散型随机变量X的分布列为
若随机变量Y=X-2，则P(Y=2)等于（ ）
A．0.3B．0.4C．0.6D．0.7
4．小明同学在做市场调查时得到如下样本数据：
他由此得到回归直线方程为，则下列说法不正确的是（ ）
A．变量x与y线性负相关B．当时可以估计
C．D．变量x与y之间是函数关系
5．函数的导函数为的图象如图所示，关于函数，下列说法不正确的是（ ）
A．函数，上单调递增
B．函数在，上单调递减
C．函数存在两个极值点
D．函数有最小值，但是无最大值
6．已知正四面体P-ABC的棱长为3，动点M满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．3
7．为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员工休假的概率均为，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家店铺无人休假，则从无人休假的店铺调剂1人到员工全部休假的店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业.则两家店铺该节假日能正常营业的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列结论中正确的有（ ）
A．若，则B．
C．若，则D．
10．如图，正三棱柱的各条棱长都为2，M，N分别是AB，的中点，则（ ）
A．B．C．D．平面
11．投壶是中国古代士大夫宴饮时玩的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是指“投壶”这个游戏．现甲、乙两人玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶．无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为，则（ ）
A．第3次投壶的人是甲的概率为
B．在第3次投壶的人是甲的条件下，第1次投壶的人是乙的概率为
C．前4次投壶中甲只投1次的概率为
D．第10次投壶的人是甲的概率为
三、填空题
12．已知随机变量，若，则的值为 ．
13．已知空间三点，，，且的面积为，则 ．
14．已知关于的不等式恒成立，的最小值为，则 ，并求的最小值为 （其中为自然对数的底数）
四、解答题
15．如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆
上一点，且，.
(1)求直线与平面所成角的大小；
(2)求点到平面的距离.
16．已知函数，.
(1)求的单调区间；
(2)若曲线在处的切线平行于轴，求在上的值域.
17．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是梯形，．
(1)证明：平面；
(2)若，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
18．某商超通过产品､价格､渠道和促销等各种营销策略，销售业绩得到不断提升，商超利润也有较大的攀升，经统计，该商超近7周的利润数据如下：
(1)若关于具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该商超下周的利润；
(2)该商超为提升业绩，决定对客户开展抽奖促销活动：单张小票不超过500元可参加抽奖一次；单张小票超过500元可参加抽奖两次.若抽中“一等奖”，可获得30元的代金券；抽中“二等奖”，可获得20元的代金券；抽中“谢谢参与”，则没有奖励.已知本次抽奖活动中获得“一等奖”的概率为，获得二等奖”的概率为.某客户有两次参与抽奖活动的机会，假设两次抽奖之间是否中奖相互独立，求该客户所获得代金券总额（元）的分布列及数学期望.
附：；参考数据：
19．已知函数，其中为常数．
(1)若恰有一个解，求的值；
(2)若函数，其中为常数，试判断函数的单调性；
若恰有两个零点，，求证：．
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
x
1
3
6
10
y
8
a
4
2
第周
1
2
3
4
5
6
7
商超利润（单位：万元）
32
35
36
45
47
51
55
1．C
根据导数的定义即可求解.
【详解】由，所以，
所以，
故选：C
2．A
直接利用空间向量垂直的公式计算即可.
【详解】，，
，
解得
故选：A.
3．A
由离散型随机变量分布列的性质计算即可.
【详解】由0.2+0.1+0.1+0.3+m=1，得m=0.3.又P(Y=2)=P(X=4)=0.3．
故选：A．
4．D
由回归系数，可判定A正确；当时，求得，可判定B正确；求得样本中心，代入回归直线方程，求得的值，可判定C正确；由回归直线方程的意义可判定D不正确.
【详解】对于A中，由回归直线方程，可得，
所以变量x与y线性负相关，所以A正确；
对于B中，当时，可得，所以B正确；
对于C中，由统计图表中的数据，可得，，
即样本中心为，代入回归直线方程，
可得，解得，所以C正确；
对于D中，变量x与y是线性负相关关系，不是函数关系，所以D不正确.
故选：D
5．C
利用导函数图象，得到原函数单调性即可判断AB，利用极值点的定义判断C，利用函数的单调性及最值的概念判断D.
【详解】根据的图象可知，
函数在和上，单调递增，A选项正确；
函数在和上，单调递减，B选项正确；
所以的极小值点为，3，极大值点为1，C选项错误；
由上述分析可知，函数的最小值是和两者中较小的一个，没有最大值，D选项正确.
故选：C
6．B
根据空间向量共面定理得点M在平面ABC内，当平面ABC时，最小，利用勾股定理求解即可.
【详解】因为，，
所以，所以，
因为，不共线，所以，，共面，所以点M在平面ABC内，
所以当平面ABC时，最小，如图，取BC的中点D，连接AD，

则点M在AD上，且，
所以，即的最小值为.
故选：B
7．D
设两家店铺都不能正常营业为事件，然后由题意求出4人休假的概率和3人休假的概率，从而可求出，再根据对立事件的概率公式可求得答案
【详解】设两家店铺都不能正常营业为事件，
由题意可知有4人休假的概率为，
有3人休假的概率为，
所以两家店铺都不能正常营业的概率
，
所以两家店铺该节假日能正常营业的概率为.
故选：D
8．D
求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，根据已知条件可得出关于不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
则，
令，则，
所以，函数在上为增函数，且.
①当时，即当时，对任意的恒成立，
所以函数为上的增函数，则函数在上至多只有一个零点，不合乎题意；
②当时，即当时，则存在使得，
当时，，此时，则函数在上单调递减，
当时，，此时，则函数在上单调递增，
由于函数有两个零点，
当时，；当时，.
可得，
可得，解得.
故选：D.
9．BD
【详解】对于A，，则，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，则，C错误；
对于D，，D正确.
故选：BD
10．CD
【详解】取的中点，连接，
由题意可知：，
因为平面，且平面，可得，
则，即两两垂直，
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
对于选项A：因为，即不相互垂直，故A错误；
对于选项B：因为，即不相互平行，故B错误；
对于选项C：，故C正确；
对于选项D：因为，
所以平面，故D正确；
故选：CD.
11．ABD
求出第次投壶是甲的概率的一般形式后可判断AD的正误，利用条件概率可判断B的正误，利用分类计算可判断C的正误.
【详解】设第次投壶的人是甲为事件，第次投壶的人是乙为事件．
因为；所以，
所以，而，故，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
对于A，，故A正确.
对于D，，故D正确.
对于B，，故，
所以B正确：
对于C，因为4次投壶中甲只投1次的概率为：
，
所以C错误.
故选：ABD.
12．/
由条件结合正态分布的性质可得，，再结合条件可求结论.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
13．或，
根据坐标算出的、与，即可利用面积为，解方程即可．
【详解】，，，
,,，,,，
由此可得，，
设与的夹角为，则，
则
由于的面积，
故，解得或，
故答案为：或，
14．
参变分离可得恒成立，令，，利用导数求出，即可求出的取值范围，从而求出，再根据函数单调性求函数的最小值.
【详解】不等式恒成立，等价于，
令，
所以在是增函数，
且趋近于0时，趋近于，趋近于时，趋近于，即.
令，则，
当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
所以，所以，即，故.
所以，，
因为恒成，所以当时，是增函数，
当时，是减函数，
即时取得最小值，此时；
当时，，
此时；
当时，，此时.
综上可知的最小值为.
故答案为：；
15．(1)
(2)
【详解】（1）平面平面
是底面的一条直径,
又平面平面
所以平面
是直线与平面所成角,
因为,所以
所以
所以直线与平面所成角的大小
（2）
过作,垂足为，
由(1)得平面平面
所以平面平面，
又因为平面平面,
平面,,
所以平面，
根据等面积法,
即到平面的距离等于.
16．(1)递增区间为，递减区间为
(2)
（1）先求定义域，再求导，根据导函数的正负求出单调区间；（2）根据在处的切线斜率为0求出，结合第一问求出的函数单调区间，确定在上的值域.
【详解】（1）显然，函数的定义域为，，
当时，，当时，，
在上递增，上递减，
的递增区间为，递减区间为.
（2）曲线在处的切线平行于轴，
，
.
，，
在上递增，上递减，在时取极大值，；
当时，；当时，单调递减，且，
在上的值域为.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）因为平面平面，故要证平面，需证，需证平面，需证，而不难证明（2）建立恰当的空间直角坐标系，用空间向量求解即可
【详解】（1）证明：取中点，连接．
∴，
∴四边形为菱形，四边形为平行四边形．
∴，
∴．
又∵，
∴平面．
又∵平面，
∴．
又∵平面平面，且平面平面，
∴平面．
（2）∵平面，
∴，
∴．
又∵，
∴，
又∵，
∴底面是直角梯形．
以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则．
，．
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由得取．
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
18．(1)，59万元
(2)分布列答案见解析，数学期望：（元）
(1)根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可得线性回归方程，再将点代入该线性回归方程即可求解.
(2)由题意可得，的所有可能取值为，分别求出对应的概率，即可得的分布列，从而求得数学期望.
【详解】（1）（1）根据表中数据，计算可得：
所以.
又因为，所以.
所以.
所以关于的线性回归方程为.
当时，得.
所以预测该商超下周的利润为59万元.
（2）（2）该客户所获得的代金券总额的所有可能取值有.
，
代金券总额的分布列如下表：
所以（元）.
19．(1)
(2)单调递增；证明见解析
（1）通过导数求得函数的单调性求得函数的最大值（1），讨论三种情况下函数的零点个数，进而得出结果.
（2）由已知可得，求导可判断恒成立，即可得出结论；恰有两个零点，等价于，有两解，.由，可得（记．进而可得，由单调递增．
可得，则有，化简可得，同理．化简计算可证得结果.
【详解】（1），令，解得：，
当时，，在递增，
当时，，在递减，
（1），
①当，解得：，此时最大值点唯一，符合题意，
②当，即时，恒成立，不符合题意，
③当，即时，，，，
，（易证，
有2个零点，不符合题意，
综上：；
（2）由，
得：，
函数的定义域是，且，
，
在单调递增；
，故，也是的两个零点．
由，得（记．
可知，是的唯一最大值点，故有，
由可知，单调递增．
当时，；当时，．
于是，．
整理，得，
即．
同理．
故，
即，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
A
D
C
B
D
D
BD
CD
题号
11









答案
ABD









0
20
30
40
50
60