福建省漳州市2022-2023学年高二数学下学期期末质量检测试题（Word版附解析）

这是一份福建省漳州市2022-2023学年高二数学下学期期末质量检测试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了294B， 已知空间向量，若，则， 若为函数的极大值点，则， 对于集合和常数，定义， 若，则的大小关系为， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

漳州市2022-2023学年（下）期末高中教学质量检测
高二数学试题
（考试时间：120分钟满分：150分）
考生注意：
1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题（本大题共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. 下列导数运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式可得答案.
【详解】，故A不正确；
，故B正确；
，故C不正确；
，故D不正确.
故选：B
2. 已知事件，设，且，则的值是（ ）
A. 0.294 B. 0.42 C. 0.5 D. 0.6
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，
则.
故选：D.
3. 根据分类变量和的样本观察数据的计算结果，有不少于的把握认为和有关，则的一个可能取值为（ ）

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879

A. 3.971 B. 5.872 C. 6.775 D. 9.698
【答案】D
【解析】
【分析】根据独立性检验卡方与列表比较即可；
【详解】因为有不少于的把握认为和有关，所以，
，满足题意，
故选：D
4. 已知空间向量，若，则（ ）
A. 5 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示列式求出，再根据空间向量的线性运算和模长公式可求出结果.
【详解】因为，所以，得，，
所以，
所以.
故选：C
5. 若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用导数研究函数的单调性以及极值点的定义，即可得到结果.
【详解】由题意可得，令，解得或，即及是函数的两个零点，且，令，则或，
当时，即，则在和单调递增，在单调递减，此时函数的大致图像如图所示，满足为函数的极大值点；

当时，即，则在和单调递增，在单调递减，此时不满足为函数的极大值点；
综上可得，.
故选：B.
6. 对于集合和常数，定义：为集合相对的“正切方差”.若集合，则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】​​​​​​​利用“正切方差” 的定义，结合特殊角的三角函数值即可求解.
【详解】由题意，得
.
故选:C.
7. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造研究单调性，代入得到；
构造研究单调性，代入得到.
【详解】构造，
则对恒成立，所以在单调递增，
当时，，
代入，得，即，即.
构造，
则对恒成立，所以在单调递减，
当时，，
代入，得，即，即.
所以.
故选：A
8. 某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（ ）
A. 7 B. 7.7 C. 8.4 D. 9.1
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项分布的概率公式，，利用是唯一最大值可得，代入可求出，再利用二项分布的期望公式可求得结果.
【详解】因为，，若唯一最大值，
则，所以，
由，得，解得，
由，得，解得，
所以，
因为，所以，得，
因为为正整数，所以，
所以，
故选：A
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 对于成对样本数据，样本相关系数越大，相关性越强
B. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大把握认为两事件有关系
C. 线性回归直线方程至少经过样本点数据中的一个点
D. 用模型拟合一组数据时，设，得到回归方程，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据回归方程和独立性检验的相关知识逐一判断.
【详解】对于A，对于成对样本数据，样本相关系数的绝对值越大，相关性越强，故A错误；
对于B，利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大把握认为两事件有关系，故B正确；
对于C，线性回归直线方程至少经过样本点数据中的中心点，但不一定至少经过样本点数据中的一个点，故C错误；
对于D，用模型拟合一组数据时，设，得到回归方程，
则，所以，即，
因为，所以，故D正确.
故选：BD
10. 已知函数的导函数图象如图，那么的图象可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导函数的函数值反映的是原函数的切线斜率大小可得答案．
【详解】从导函数的图象可知两个函数在处切线斜率相同，可以排除C，
再由导函数的函数值反映的是原函数的切线斜率大小，可明显看出的导函数的值在减小，
∴原函数切线斜率应该慢慢变小，排除A，
选项BD中的图象，都符合题意.
故选:BD．
11. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为偶数”，事件为“第一次记录的数字为偶数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件与事件是互斥事件
B. 事件与事件是相互独立事件
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义可判定A,根据可判定B,根据古典概型的概率公式求解，可判定CD.
【详解】对于A，事件与事件不是互斥事件，因为它们有可能同时发生，如第一次和第二次都是数字4 ，故A错误；
对于B，对于事件与事件，
,,
事件与事件是相互独立事件,故B正确；
对于C，,所以，故C正确；
对于D，事件表示第一次记录的数字为偶数，第二次记录的数字为偶数，故，故D正确.
​​​​​​​故选:BCD.
12. 如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点，使得平面
C 当点与点重合时，线段长度最短
D. 设直线与平面所成角为，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，根据平行得到，A正确，当时，平面EFG，B正确，当时，线段长度最短，C错误，计算的最小值为，D正确.
【详解】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，，.

对选项A：由正方体以及面面平行的性质可得，平面，线段上的G到面距离为，
故，.
则为定值，故A正确；
对选项B：若存在点G，使平面EFG，设，
，，，，
则.
，，，故，
又由，平面EFG，故平面EFG，存在点G满足要求，故B正确；
对选项C：显然，当时，线段长度最短，
设时，，因为，则，
则，所以，由，可得
，解得，即当时，线段长度最短，
故C错误；
对选项D：过F作，垂足为，则平面，
则即为所求线面角，当时，所求角最大，此时最小，
，，，故D正确；
故选：ABD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知随机变量，且，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正态分布的对称性得出概率.
【详解】.
故答案为：
14. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则4次传球后球在甲手中的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设次传球后球在甲手中的概率为，求出，根据题意求出数列的递推公式，求出的表达式，即可求得的值.
【详解】设次传球后球在甲手中的概率为，当时，，
设“次传球后球在甲手中”，则，
则,
即，
所以，，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，所以，
所以4次传球后球在甲手中的概率为．
故答案为：.
15. 已知函数的导函数为，若，且，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，结合，则不等式等价于，结合单调性解得即可.
【详解】令，则，
因为，所以，
所以在上单调递增，又，所以，
不等式，即，即，即，所以，
即不等式的解集为.
故答案为：
16. 古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“翁中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上､下底面均为半圆形的柱体，平面为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】由题意可求出所在圆的半径为，所在圆的半径为，再以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，继而可得各点坐标，再利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】设所在圆的半径为，则，
则,.
设所在圆的半径为，则，
则,.
因为平面，平面，则,
由题意可以以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示，

则，，
又为的中点,则，
则，,，
设平面的法向量，
则,
令，则，则.
设直线与平面所成角为，
则
.
故答案为:.
四､解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，设，，.

（1）试用、、表示；
（2）求的长度.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量线性运算的几何意义，结合几何体确定与、、的线性关系；
（2）由（1），结合空间向量数量积的运算律及已知条件求的长度.
【详解】（1）.
（2），，
∴.
18. 某有限公司通过技术革新和能力提升，每月售出的产品数量不断增加，下表为该公司今年月份售出的产品数量.
月份
1
2
3
4
售出的产品数量万件
6.1
6.3
6.7
6.9

（1）试根据样本相关系数的值判断售出的产品数量（万件）与月份线性相关性强弱（若，则认为变量和变量高度线性相关）（结果保留两位小数）；
（2）求关于的线性回归方程，并预测该公司月份售出的产品数量.
参考公式：，，，.
【答案】（1）答案见解析
（2）；约为万件
【解析】
【分析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入相关系数的计算公式，求出的近似值，结合题意可得出结论；
（2）利用最小二乘法公式计算出、的值，可得出关于的回归方程，将代入回归方程，计算出的值，即可预测出该公司月份售出的产品数量.
【小问1详解】
解：由表格中的数据可得，，
，
，
，
，
售出的产品数量（万件）与月份具有高度线性相关.
【小问2详解】
解：，则，
所以，关于的回归方程为，
当，可得万件，
预测该公司月份出售产品数量约为万件.
19. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；
（2）若函数的图象与的图象有两个公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)利用导数的几何意义和两直线平行即可求解;
(2)所求转化为直线与函数的图象有两个交点，利用导数画出的草图，利用图像即可求解.
【小问1详解】

依题意得，即，解得.
故，
在点处的切线方程为，即；
而在点处的切线方程为，这两条切线平行，故.
【小问2详解】
函数的图象与的图象有两个公共点,
方程有两个不等实根
方程有两个不等实根
方程有两个不等实根
直线与函数的图象有两个交点.

当时，单调递增；当时，单调递减.
有极大值，也是最大值为.
当时，；当时，
可以画出的草图（如图）：

由图可知当时，直线与函数的图象有两个交点，
即函数的图象与的图象有两个公共点，故.
20. 如图所示的几何体中，平面平面为等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，.

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点满足，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）通过求证，由线面平行的判定定理即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.
【小问1详解】
四边形是平行四边形，
.
平面平面
平面.
【小问2详解】
取的中点为.
平面平面平面，平面平面,
平面.
以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴建立空间直角坐标系，则轴在平面内,

，
，，
.
设平面的法向量为
即
令，则.
，
.
又平面的法向量为平面，
∴.
∴在线段上存在点，使平面，且的值是.
21. 某学校组织“中亚峰会”知识竞赛，有两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答.若回答错误，则该同学比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.类问题中的每个问题回答正确得分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得分，否则得0分.已知学生甲能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若学生甲先回答类问题，，记为学生甲的累计得分，求的分布列和数学期望.
（2）若，则学生甲应选择先回答哪类问题，使得累计得分的数学期望最大？并说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）学生甲应选择先回答类问题，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意得的所有可能取值，求出取每个值的概率，可得分布列，根据数学期望公式得数学期望；
（2）分别求出学生甲选择先回答类问题和先回答类问题时累计得分的数学期望，再比较数学期望的大小，可得结果.
【小问1详解】
由题知，，
，
.
的分布列为：

0
20
100

0.2
0.32
0.48
.
【小问2详解】
学生甲选择先回答类问题时：，
，
，
.
学生甲选择先回答类问题时：，
，
，
，
.
学生甲应选择先回答类问题.
22. 已知函数.
（1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）转化为，即对恒成立,再根据函数求出最小值可得结果；
（2）（法一）两次求导得的最小值，再根据基本不等式可得.（法二）利用进行放缩可证.
小问1详解】
的定义域为,.
依题意得：对恒成立,
对恒成立.
令，
则，
当时，，
故在上单调递增，
所以的最小值为.
故，即的取值范围为.
【小问2详解】
（法一）当时，设，
由，得上单调递增，
又，，
由零点存在定理可得在上有唯一零点，
设此零点为，则，有，
两边取对数并整理得，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故
.
即当时，.
（法二）我们先证明，，当且仅当时等号成立.
构造函数，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立.
当时，对两边同时取对数有，
故当时，当且仅当时等号成立.
所以，
两个“”中等号成立的条件分别为和，
故当时，.
当时，，又，
所以；
当时，，又.
综上所述，当时，.