2024株洲炎陵县高二下学期6月期末联考数学试题含解析

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1. 已知随机变量服从二项分布，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】代入二项分布的方差公式，即可求解.
【详解】由随机变量服从二项分布，可得.
故选：D.
2. 已知变量x与y的回归直线方程为，变量y与z负相关，则（ ）
A. x与y负相关，x与z负相关B. x与y正相关，x与z正相关
C. x与y负相关，x与z正相关D. x与y正相关，x与z负相关
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合回归方程可判断x与y正相关，再由变量y与z负相关，即可判断x与z负相关.
【详解】根据回归方程可知变量x与y正相关，又变量y与z负相关，
由正相关、负相关的定义可知，x与z负相关.
故选：D
3. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【详解】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
4. 已知函数，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】其中为常数，求出函数的导函数，代入求解，从而可以求解.
【详解】由于函数，则其导函数为：，
代入，可得：，解得：，所以，
所以.
故选：D
5. 某校5名同学到A、B、C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学.若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有（ ）
A. 18种B. 30种C. 42种D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】分只有同学甲去A公司及除同学甲外还有一名同学去A公司进行讨论，结合排列数与组合数的计算即可得.
【详解】若只有同学甲去A公司，则共有种可能，
若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有种可能，
故共有种可能.
故选：B.
6. 有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将4个盒子进行全排，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，分别计算出排列数，即可得到答案.
【详解】将4个盒子按顺序拆开有种方法，
若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，
则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，
则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.
故选：B
7. 函数的图象如图所示，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用图象分析得到解析式，再计算即可.
详解】由图象可知，，，，
时，，解得，故，故.
故选：D.
【点睛】根据图象求函数解析式：
（1）利用最值确定A值；
（2）利用图象求周期，根据求；
（3）利用特殊点整体代入法确定值.
8. 已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，由已知可得为上的增函数，从而可得恒成立，参变分离可求的取值范围.
【详解】根据
可知，
令，
可得为上的增函数，
所以恒成立，分离参数得，
而当时，，
当且仅当，即时取等号，故最大值为，所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
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. 设、是一个随机试验中的两个事件，若，，，则下列选项一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据条件概率公式求出，再由概率加法公式求出.
【详解】因为，，所以，故A正确，B错误；
又且，
所以，故C正确，D错误.
故选：AC
10. 设，这两个正态曲线如图所示.则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知图象可得与，与的大小关系，然后利用正态分布的性质逐一分析各选项即可得解.
【详解】因为，两曲线分别关于和对称，
所以由图可知，，所以A错误；
因为X分布曲线“高瘦”，Y的分布曲线“矮胖”，所以 ，所以B正确；
由正态分布在区间上的概率的几何意义，有， C错误；
，D正确.
故选：BD
11. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有一个零点
C. 点是曲线的对称中心
D. 直线是曲线的切线
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值点的概念、零点的存在性定理即可判断AB；根据奇函数图象关于原点对称和函数图象的平移变换即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】A：，
令得或，令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，
所以时取得极值，故A正确；
B：因为，，，
所以函数只在上有一个零点，即函数只有一个零点，故B正确；
C：令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
D：令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，
当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的性质和函数图象的平移变换，其中选项C，构造函数，奇函数图象关于原点对称推出的对称性是解决本题的关键.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合二项式的展开式的性质，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，多项式的展开式中含有的项为：
，
所以的系数为．
故答案为：.
13. 已知函数，曲线在点处切线也是曲线的切线．则a的值是__________
【答案】3
【解析】
【分析】求出在点处的切线方程为，设该切线与切于点，求导得到，求出，从而得到方程，求出答案.
【详解】由题意知，，，，
则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，
其中，则，解得，
将代入切线方程，得，
则，解得；
故答案为：3
14. 某食品的保鲜时间（单位：小时）与储存温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数）．若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是_____小时．
【答案】24
【解析】
【分析】结合题意可得，计算即可得，则将代入计算即可得.
【详解】由题意得，即，
所以该食品在的保鲜时间是：
．
故答案为：24.
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. 已知函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数在上的单调区间和最小值.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程，
（2）分类讨论即可根据导函数的正负，即可求解单调性得解.
小问1详解】
当时，，则，
故，，
故切线方程为，即，
【小问2详解】
且，
当时，，的单调增区间为，；
当时，
当时，，当时，，
所以的单调减区间为，单调增区间为，；
当时，，所以的单调减区间为，
16. 在中，内角对边分别为．已知，．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系及三角形内角的特点，先求出角的三角函数，把转化成，再利用两角和的三角公式展开化简，可求得的值.
（2）根据（1）的结论，结合正弦定理，先求出边，再利用求，利用可得所求三角形的面积.
【小问1详解】
∵，∴，
又＝．
整理得：．
【小问2详解】
由为三角形内角且，．
又由正弦定理知：，
故．
又.
∴的面积为：．
17. 某学校举办数学建模知识竞赛，每位参赛者要答3道题，第一题分值为40分，第二、三题分值均为30分，若答对，则获得题目对应分值，若答错，则得0分，参赛者累计得分不低于70分即可获奖．已知甲答对第一、二、三题的概率均为，乙答对第一、二、三题的概率分别为，，，且甲、乙每次答对与否互不影响．
（1）求甲的累计得分的分布列和期望；
（2）在甲、乙两人均获奖的条件下，求甲的累计得分比乙高的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意知：甲、乙每次答对与否互不影响，利用独立事件的概率公式求出相应概率，从而得到的分布列及期望；
（2）根据题目发现该问考查条件概率，利用条件概率公式进行求解，或者利用条件概率的本质特征，样本空间缩小，进行求解.
【小问1详解】
由题意知：甲累计得分的可能取值有：，
所以，
，
，
，
，
，
的分布列为：
.
【小问2详解】
法一：根据题意得：得分不低于70分即可获奖，
由（1）知：甲获奖的概率为，
乙获奖的概率为：，
乙只得70分的概率为：，
所以甲、乙两人同时获奖的概率为：，
甲、乙均获奖且甲累计得分比乙高的概率为：，
所以，在甲、乙两人均获奖的条件下，求甲的累计得分比乙高的概率为：.
法二：已知得分不低于70分才可获奖，即甲、乙的得分应为70或100，共计4种情况，其中，甲比乙高的情况，只有甲获得100分，乙获得70分时一种情况，故概率为：.
18. 如图，在四棱锥，，，E为PC的中点．
（1）证明：直线平面PAD；
（2）若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据线面平行及面面平行判定定理，面面平行性质定理可证；
（2）根据面面垂直性质定理，应用空间向量法求线面角即可.
【小问1详解】
取CD的中点M，连接EM，BM，
因为，所以．
因为，，所以，，．
又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD
因为E为PC的中点，M为CD的中点，所以．
又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD
又因为，，所以平面平面PAD．
而平面BEM，故平面PAD．
【小问2详解】
因为平面平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，由对称性知，O为BD中点，且．
如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，．
设，则，，得，，．
设平面PCD的一个法向量为，
由于，，
则得
令，得，，故，
设直线AB与平面PCD所成角为，由于，
则，
故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为．
19. 为考察药物对预防疾病以及药物对治疗疾病的效果，科研团队进行了大量动物对照试验．根据个简单随机样本的数据，得到如下列联表：（单位：只）
（1）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性；
（2）用频率估计概率，现从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取只，用药物进行治疗．已知药物的治愈率如下：对未服用过药物的动物治愈率为，对服用过药物的动物治愈率为．若共选取次，每次选取的结果是相互独立的．记选取的只动物中被治愈的动物个数为，求的分布列和数学期望．
附：，.
【答案】（1）认为药物对预防疾病有效果
（2）分布列见解析，期望为
【解析】
【分析】（1）提出零假设为药物对预防疾病无效果，根据列联表计算出的值，结合临界值表可得出结论；
（2）利用全概率公式计算出药物的治愈率，分析可知，利用二项分布列可得出随机变量的分布列，进而可得出的值.
【小问1详解】
解：零假设为药物对预防疾病无效果，
根据列联表中的数据，经计算得到
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为药物对预防疾病有效果．
【小问2详解】
解：设A表示药物的治愈率，表示对未服用过药物，表示服用过药物，
由题意可得，，
且，，
，
药物的治愈率，
则，所以，
，，
，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
．
0
30
40
60
70
100
药物
疾病
未患病
患病
合计
未服用
服用
合计
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P