2022-2023学年福建省宁德市高二下学期7月期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省宁德市高二下学期7月期末数学试题含答案，共21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。
2022-2023学年福建省宁德市高二下学期7月期末数学试题 一、单选题1．已知随机变量服从二项分布，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二项分布的方差的计算公式，即可求解.【详解】由随机变量服从二项分布，可得.故选：D.2．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）A．0.84 B．0.68 C．0.32 D．0.16【答案】B【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性计算作答.【详解】因为随机变量服从正态分布，且，所以.故选：B3．棱长为3的正方体中，点到平面距离为（    ）A． B．1 C．2 D．【答案】A【分析】由，用等体积法即可求解【详解】因为正方体的棱长为3，所以，是正三角形，设点到平面距离为，因为，即，所以，解得，即点到平面距离为.故选：A4．函数的单调递增区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得，令，求得，即可得到函数的单调递增区间.【详解】由函数，可得，令，即，解得，所以函数的单调递增区间为.故选：B.5．已知随机变量满足，，其中为常数，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据分布列的性质，求得，结合，即可求解.【详解】由随机变量满足，，可得，解得，所以随机变量满足，所以.故选：A.6．已知，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数利用导数可证明，据此可得，设，可得到，进而可得答案.【详解】设，则，当时，，所以函数在上单调递减，所以，故当时，，即，所以当时，，故，设，则，当时，，所以函数在上单调递增，所以，即综上可得，，故选：D.7．抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子，记事件：“甲骰子的点数大于4”，事件：“甲、乙两骰子的点数之和等于8”，则的值等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用古典概型的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果.【详解】由题意知事件为甲骰子的点数大于4，且甲、乙两骰子的点数之和等于8，则事件包含的基本事件为，而抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子共有36种情况，所以，因为甲骰子的点数大于4的有5，6两种情况，所以，所以，故选：C8．已知函数，若，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，得到，设，利用导数求得函数单调区间和最大值，即可求解.，【详解】由函数，设，其中，可得，，则，设，可得，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以 当时，，即的最大值为.故选：A. 二、多选题9．以下运算正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据简单复合函数的求导法则及基本初等函数函数的导数公式判断即可.【详解】对于A：，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D错误；故选：AC10．关于空间向量，以下说法正确的是（    ）A．已知，，则在上的投影向量为B．已知两个向量，，且，则C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D．若对空间中任意一点，有，则四点共面【答案】BC【分析】根据投影向量计算公式判断A；根据空间向量共线的知识判断B；根据空间向量共面的知识判断C和D.【详解】对于A，因为，，所以，所以在上的投影向量为，故A错误；对于B，因为，所以因为，，所以，解得，所以，故B正确；对于C，设是空间中的一组基底，则不共面，假设共面，则，显然无解，所以不共面，则也是空间的一组基底，故C正确；对于D，，但，则四点不共面，故D错误.故选：BC11．已知定义在上的函数，其导函数为且满足，则下列判断正确的是（    ）A．函数是奇函数B．函数在区间上单调递减C．在区间上，函数的图象恒在轴的下方D．不等式的解集为【答案】BCD【分析】对函数两边求导赋值，解得然后结合函数和导数，逐项判断即可；【详解】将函数两边求导，得：，令故，，由此可以判断函数是偶函数，选项A错误；函数在区间上单调递减，选项B正确；函数在区间上单调递减，所以函数的图象恒在轴的下方，选项C正确；，且函数是偶函数，由余弦函数图像性质可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，则有，解得：，选项D正确；故选：BCD.12．如图，在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的是（    ）  A．当且时，有B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，直线和所成的角的取值为D．当时，直线与平面所成角的正弦值范围是【答案】ABD【分析】对于选项A，建立空间直角坐标系，通过计算得到，从而得到，进而判断出选项A正确；对于选项B，利用条件确点的位置，再利用等体法即可判断选项的正误；对于选项C，利用空间直角坐标系，将线线角转化成两向量所成角来求解，设，从而得到，再利用的取值范围即可求出结果，从而判断出选项的正误；对于选项D，根据条件，确定点的运动轨迹，取中点点，从而得到为与平面所成的角，进而可求出的最大值和最小值.【详解】选项A，当且时，为的中点，取中点，中点，连，因为三棱柱为正三棱柱，所以，建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，又，所以，所以，所以选项A正确．  选项B，当时，为的上的动点，因为，又易知，到平面的距离为，所以，所以选项B正确．选项C，当时，为线段的上的动点，设，，又，，，，所以，又，由，又因为，当时，当时，所以，所以直线与所成角的范围为，所以选项C不正确．选项D，当时，则为的上的动点，如图2，取中点点，，又三棱柱为正三棱柱，所以平面，则为与平面所成的角，在中，为定值，又,所以与平面所成的最大角为，此时，最小角为，此时．所以选项D正确．  故选：ABD.【点睛】关键点晴：本题的关键在于利用平面向量基本定理和向量的几何运算确定各个选项中点的位置，再利用向量法或几何法来处理. 三、填空题13．已知空间直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，则边上中线的长度为           ．【答案】【分析】根据空间向量中点坐标以及两点间距离公式计算即可；【详解】设的中点为，因为，，所以，则,故答案为：.14．有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的，，，而第1，2，3台车床的次品率分别为，，．现从加工出来的零件中随机抽出一个零件，则取到的零件是次品的概率为            ．【答案】【分析】设“任取一个零件为次品”，“零件为第台车床加工” ，利用全概率的公式求解．【详解】设“任取一个零件为次品”，“零件为第台车床加工” ，则，两两互斥．根据题意得：，，由全概率公式，得．故答案为：.15．如图，60°的二面角的棱上有、两点，射线、分别在两个半平面内，且都垂直于棱．若，，．则的长度为           ．  【答案】2【分析】由，得即可计算答案．【详解】，，，．，，故答案为：216．设函数，若，恒成立，则的取值范围是           ．【答案】【分析】当时，符合题意；当，构造函数，可得，再构造，利用，可得答案.【详解】当时，若，则，恒成立，符合题意；当，，所以，构造函数，，时，，所以在上单调递增， 因为，所以，则时，，所以，，令，所以在上递增，上递减，所以，所以，又，所以，综上可得，故答案为：.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两点：（1）分类讨论思想的应用；（2）两次构造函数，利用导数研究函数的单调性、最值，并加以应用. 四、解答题17．已知函数在处有极值．(1)求的解析式；(2)求在上的最大值和最小值．【答案】(1)(2)最大值为，最小值为1 【分析】（1）求导，根据极值点以及极值即可联立方程求解，利用导数验证即可.（2）列表得函数的单调性以及端点处和极值点处的函数值，即可求解最值.【详解】（1），，即 ，解得，当，，当或单调递增，当单调递减，所以取极大值，符合题意，所以，.（2）由，得，令，则，，由于和都在区间内，所以可列表如下：  递增递减递增所以在上的最大值为，最小值为1.18．已知一个盒子中有除颜色外其余完全相同的5个球，其中2个红球，3个白球现从盒子中不放回地随机摸取3次，每次摸取1个球．(1)求第二次摸出的球是红球的概率；(2)求取得红球数的分布列和期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）解法一，利用全概率公式即可求解；解法二，利用古典概型概率公式结合排列数即可求解；（2）由题意可得，根据超几何分布的分布列即可求解分布列及期望.【详解】（1）解法一：设表示第1次摸到红球，设表示第2次摸到红球，，所以第二次摸出的球是红球的概率是．解法二：设事件表示第二次摸出的球是红球，，即，所以第二次摸出的球是红球的概率是．（2）从5个球中摸取3个球，用表示抽到的红球数，则，所以，，，所以分布列：012所以取得红球数的期望为．19．银耳作为我国传统的食用菌，有“菌中之冠”的美称，历来深受广大人民所喜爱汉代《神农本草经》记载：银耳有“清肺热、济肾燥、强心神、益气血”之功效．宁德市山川秀美，气候宜人，非常适合银耳的种植栽培，其银耳产量占全球产量的90%以上．(1)经查资料，得到近4年宁德市银耳产量（单位：万吨）如下表：年度2019202020212022年度代码1234银耳产量34.9036.2037.2038.5请利用所给数据求银耳产量与年度代码之间的回归直线方程，并估计2023年银耳产量．(2)宁德市某银耳开发研究公司积极响应国家倡导的科技创新，研发了一款提高银产量的辅料——“多保灵”．该公司科研小组为了研究这款产品是否有利于提高银耳产量，从同一其他条件下种植的2000筒银耳中随机抽取了100袋，对是否使用“多保灵”和银耳每筒的产量进行统计，得到如下数据：是否使用“多保灵”每筒产量克每筒产量克总计未使用25 45有按规定比例量使用 10 总计7030100①完善填写上面的列联表．②问：是否有99%的把握认为银耳每筒产量与是否有按规定比例量使用“多保灵”有关？参考公式：（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ），参考数据：，，2.7063.8415.0246.6357.87910.8280.100.050.0250.0100.0050.001【答案】(1)，39.65万吨(2)①列联表见解析；②有的把握认为银耳产量与是否有按规定比例使用“多宝灵”有关 【分析】（1）先求出线性回归方程，再令进行预测；（2）先填写列联表，再计算判断.【详解】（1）由表中的数据可知，，，，，所以，故，所以，所求的回归直线方程为，令，则，故预测2023年银耳产量为39.65万吨．（2）①列联表如下：是否使用“多宝灵”每筒产量克每筒产量克总计未使用252045有按规定比例使用451055总计7030100②又因为，而且查表可得，由于，所以有的把握认为银耳产量与是否有按规定比例使用“多宝灵”有关．20．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，．  (1)证明：平面平面；(2)已知，在线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在； 【分析】（1）根据勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直得线线垂直，即可由线面垂直的判断定理证明线面垂直，进而可证面面垂直.（2）建立空间之间坐标系，利用向量的夹角求解二面角，即可.或者利用几何法找到二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.【详解】（1）底面是平行四边形，则，∵，∴，∴∵平面，平面，∴，又，∴平面，∵平面，∴平面平面（2）以为坐标原点，以、、的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，  则，，，，则平面的一个法向量为，所以，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，∴，∴，所以解法二：连接，由（1）知，，，平面，平面,所以平面，由平面,所以，所以为二面角的平面角，所以，在中，因为，所以，所以为等边三角形，所以为中点，所以21．在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）．已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉．系统就能正常工作．设三台设备的可靠度均为，它们之间相互不影响．(1)要使系统的可靠度不低于0.992，求的最小值；(2)当时，求能使系统正常工作的设备数的分布列；(3)已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可给该产业园带来约50万的经济损失．为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.8，更换设备硬件总费用为0.8万元；方案2：花费0.5万元增加一台可靠度是0.7的备用设备，达到“一用三备”．请从经济损失期望最小的角度判断决策部门该如何决策？并说明理由．【答案】(1)0.8(2)答案见解析(3)决策部门应选择方案2，理由见解析 【分析】（1）先用表示出，结合题意即可求出的最小值；（2）由题意可知，满足二项分布，故易得能正常工作的设备数的分布列；（3）分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策.【详解】（1）要使系统的可靠度不低于0.992，设能正常工作的设备数为，则，解得，故的最小值为0.8．（2）设为正常工作的设备数，由题意可知，，，，，，从而的分布列为：01230.0270.1890.4410.343（3）设方案1､方案2的总损失分别为，，采用方案1，更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.8，可知计算机网络断掉的概率为：，故万元．采用方案2，花费0.5万元增加一台可靠度是0.7的备用设备，达到“一用三备”，计算机网络断掉的概率为：，故万元．因此，从经济损失期望最小的角度，决策部门应选择方案2．22．已知函数，．(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；(2)讨论函数的零点个数．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）用导数的几何意义先求出切线方程，再求出切线与坐标轴的交点坐标，进而可求三角形面积；（2）解法一求出的单调性，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点个数，进而可求解；解法二分参可得，设，求出的单调性可画出其图象，数形结合可求解；解法三令，，数形结合求解.【详解】（1）∵，∴，∴．∵，∴切点坐标为，∴函数在点处的切线方程为，即，∴切线与坐标轴交点坐标分别为，，∴所求三角形面积为．（2）解法一：设函数，当时，，在上单调递增，而，，所以存在唯一，使得；即只有一个零点．当时，令，解得，（舍），当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，，设，在单调递减，且，当，解得，所以没有零点，即没有零点；当，解得，所以只有一个零点，即只有一个零点；当，解得，，所以在只有一个零点，因为，，当时，，在单调递增，所以，所以，所以在只有一个零点，所以有两个零点．综上：当或时，只有一个零点；当，有两个零点；当，没有零点．解法二：由，得，设，，设，在单调递减，，当，解得；当，解得，在单调递增，在单调递减，所以，又因为当趋向于时，趋向于，趋向于，趋向于，根据图象知：  当或时，只有一个零点；当，没有零点；当，有两个零点．解法三：令，，则．设函数与相切于点，则解得，．由，可解得，所以在上单调递增，由可解得，所以在上单调递减．如图所示，当或时，与只有一个交点，所以有一个零点；当时，与只有两个交点，所以有两个零点；当时，与没有交点，所以无零点．  【点睛】方法点睛：判断函数零点个数问题的常用方法：一是求出函数的单调性，结合零点存在性定理判断每个单调区间上的零点个数，从而可得函数的零点个数；二是通过适当分离，转化为两个函数的图象公共点个数问题，数形结合即可求解.