甘肃省酒泉市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份甘肃省酒泉市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 下列说法有可能成立的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：选择性必修第二册.
一、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. 已知点A的坐标是，则（ ）
A. 5B. 6C. D. 5
【答案】C
【详解】根据题意.
故选：C.
2. 已知某物体的运动方程是，则当时的瞬时速度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】，，当时，，因此瞬时速度是.
故选：B.
3. 设随机变量的分布列为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】解：随机变量的分布列为，
，解得，
．
故选：．
4. 已知空间三点，，，向量，且向量分别与，垂直，则（ ）．
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【详解】因为，，向量分别与，垂直，
所以，
因此.
故选：D
5. 利用来确定在多大程度上可以认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验.利用独立性检验不仅可以考察两个分类变量是否有关系，而且（ ）
A. 能较精确的给出这种判断的可靠程度
B. 得出的结论完全正确，不会出错
C. 的观测值很大时（比如大于20），则得出的零假设完全正确，不会出错
D. 的观测值很小时（比如小于2），则得出的零假设肯定错误
【答案】A
【详解】对于A ，独立性检验不仅可以判断两个分类变量是否有关联，
还能通过计算卡方统计量（）和对应的概率值，
给出这种判断的可靠程度（即显著性水平），故A正确；
对于B，独立性检验是基于概率统计的推断方法，不能保证结论完全正确，
仍有犯拒真或取伪的可能。故B错误；
对于C，观测值很大时，仅表示拒绝零假设（变量独立）的可信度很高，
但不能保证结论“完全正确”，统计检验总有误差，故C错误；
对于D：的观测值很小时，表明没有足够证据拒绝零假设（变量独立），
但不能说明结论“肯定错误”，可能存在样本不足或变量实际关系较弱的情况，故D错误.
故选：A.
6. 如果正态总体的数据落在(-3,-1)内的概率和落在(3,5)内的概率相等,那么这个正态总体的数学期望是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【详解】随机变量X服从正态分布，且取值落在内的概率和落在内的概率是相等的，
函数图象关于对称，故随机变量X的数学期望为1.
故选：B
7. 已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以
，故C为正确答案．
考点：异面直线所成的角．
8. 已知函数，若存在实数，且，使，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】，
因为，所以当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
或，函数图象大致如下图所示：
因为存在实数，且，使，
所以有，或，
解得：，解得，
故选：D
二、选择题：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. 如图所示，在直三棱柱中，底面是以为直角的等腰直角三角形，，，是的中点，点在棱上，要使平面，则的值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【详解】由已知得又D是的中点，
所以，又侧棱平面ABC，
可得侧棱平面，又平面，
所以，
因为，所以平面，
又平面，所以，
故若平面，则必有.
设，则，
又，
所以，解得或.
故选：AC
10. 下列说法有可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【详解】，而，，故A不成立；
，∴当时，B成立；
当相互独立时，，故C可能成立；
，，当时，，故D成立.
故选：BCD.
11. 已知函数，则（ ）
A. B. 函数的极小值点为0
C. 函数的单调递增区间是D. ，不等式恒成立
【答案】ABC
【详解】对于A，令，可得，即A正确；
对于B，由A可知，则，
令，则，
因此可得在上单调递增，又，
所以当时，，当时，；
即在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，因此B正确；
对于C，由B中分析可知在上单调递增，即C正确；
对于D，由A可知，即，不等式恒成立不正确，所以D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 下面是一个2×2列联表：
则由上表可得________.
【答案】74
【详解】由题意知，所以.
故答案为：.
13. 有朋自远方来，乘火车、船、汽车、飞机来的概率分别为0.3，0.2，0.1，0.4，乘以上交通工具迟到的概率分别为0.25，0.3，0.1，0.02，则他迟到的概率为________.
【答案】0.153##
【详解】由题意得迟到的概率为：，
故答案为：.
14. 若函数，则________.
【答案】6
详解】由，
得
，
.
故答案为：.
四、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. 已知曲线C：
（1）求在点处的切线方程；
（2）求在R上的极值
【答案】（1）；（2）极大值，极小值
【详解】（1）的导数，，又，
所以在点处的切线方程为；
（2）的导数，令可得，
当x变化时，，的变化如下表
所以在处取得极大值，在处取得极小值.
16. 在某种实验中，对变量依次得到五组观测数据如下表所示.
该实验小组确定的研究方案是：先从这5组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再用被选取的2组数据进行检验.
（1）求选取的2组数据恰好是编号相邻的2组数据的概率；
（2）若选取的是编号为1和5的两组数据，试根据剩余3组数据求出y关于x的线性回归方程；
（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2，则认为求得的线性回归方程是可靠的，试问：（2）中所得的线性回归方程是否可靠？
参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
【答案】（1）
（2）
（3）可靠
【小问1详解】
从5组数据中选取2组，样本点为{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}，共10个，记“所选取的2组数据恰好编号相邻”为事件A，则事件A包含4个样本点，所以.
【小问2详解】
由剩余3组数据可求得，，
，
，
因此y关于x的线性回归方程为.
【小问3详解】
当时，，；当时，，，
两个检验数据的误差均不超过2，可以认为（2）中所求出的线性回归方程是可靠的.
17. 为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个白球，2个红球，这些球除颜色外完全相同．参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的白球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中．当参与者完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为2n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏．若第3轮后仍未过关，则游戏也结束．每位参与者只能参加一次游戏．
（1）求随机变量X的分布列及数学期望；
（2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率．
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）
【小问1详解】
依题意，随机变量X可取的值为1，2，3，
则，，，
所以随机变量X的分布列为：
数学期望．
小问2详解】
由（1）知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，
记参与者第i轮的得分为，则其前n轮的累计得分为，
若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得2分，则；
若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为4分，有“1+3”“3+1”的情形，
则；
若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，
有“1+2+3”、“3+2+1”的情形，则；
记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则
．
18. 如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动，点F是棱BC的中点.
（1）求证：；
（2）当E为AB中点时，求直线EF到平面的距离；
（3）当AE等于何值时，平面与平面所成的角最小？
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）2
【小问1详解】
以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，以1为单位长度建立空间直角坐标系如图，设，
则，，，，，
证明：因为，，所以，
所以，所以；
【小问2详解】
因为E为AB的中点，点F是棱BC的中点，
所以，则易得平面，
所以直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离，
又，从而，，，
设平面的法向量为，则
即所以令，从而，
所以点E到平面的距离为.
【小问3详解】
设平面法向量为，因为，，由，即所以
令，从而，
平面的法向量为，
设平面与平面所成的角为，
依题意有，
所以当时，取最大值，此时，角取到最小值，
即时，平面与平面所成的角最小.
19. 已知函数，.
（1）若，求证：对，；
（2）若函数在上单调递增，求a的取值范围；
（3）设m，n为正实数，且，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
证明：由，得，定义域为，
所以，
所以在上单调递增，又，
所以对，，即，
【小问2详解】
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
所以上恒成立，
即在上恒成立.
因为，不等式可化为在上恒成立，
设，，则，当且仅当时取等号，，
所以，解得，所以a的取值范围是.
【小问3详解】
，要证，只需证，
即证，只需证，
设，由（1）知在上单调递增，
又因为，即，所以，
即成立，所以项目
y1
y2
总计
x1
a
21
70
x2
5
c
30
总计
b
d
100
x
3
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增
数据编号
1
2
3
4
5
x
10
11
13
12
8
y
23
24
30
27
16
X
1
2
3
P
0.3
0.6
0.1