2022-2023学年福建省莆田市高二下学期期末质量监测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省莆田市高二下学期期末质量监测数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省莆田市高二下学期期末质量监测数学试题 一、单选题1．从3名男生，2名女生中任选2人，则选到2名女生的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先为男生，女生编号，再结合样本空间，和古典概型概率公式，即可求解.【详解】设3名男生的编号为，2名女生的编号为，任取2人的样本空间包含共10个样本点，其中选到2名女生为共1个样本点，所以选到2名女生的概率.故选：A2．函数的导函数是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用幂函数的导数公式，即可求解.【详解】.故选：B3．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根据线面的位置关系，可知，结合选项，即可判断.【详解】要使，则，A. ，B. ，C. ，D. .故选：B4．甲每次投篮命中的概率为，且每次投篮相互独立，则在16次连续投篮中甲命中的次数的方差是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意，命中的次数随机变量，由二项分布方差公式求解.【详解】根据题意，命中的次数随机变量，由二项分布方差公式得，.故选：C5．若点平面，且对空间内任意一点满足，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件得出，，，四点共面，再根据即可求出的值．【详解】平面，，，，四点共面，又，，解得．故选：D．或者根据平面，，，，四点共面，则存在实数，使得，即，又，所以解得故选：D6．如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（    ）  A．9 B． C． D．【答案】C【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案【详解】由，.因为底面是矩形，，，，所以，，因为，所以所以，故选：C.7．某同学利用电脑软件将函数，的图象画在同一直角坐标系中，得到如图的“心形线”.观察图形，当时，的导函数的图象大致为（    ）  A．   B．  C．   D．  【答案】A【分析】首先确定函数的图象，再结合导数于函数图象间的关系，即可判断选项.【详解】，，所以轴下方的图象为函数的图象，当时，函数单调递增，所以，故排除CD；根据导数的几何意义可知，时，函数图象上每点处的切线斜率应先变小，再增大，故排除B，只有A正确.故选：A8．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由于，，，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用函数单调性可比较大小，【详解】，，，令，则，由，得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此考查比较大小，解题的关键是对变形，使形式相同，然后构造函数，判断函数的单调性，再利用单调性比较大小，考查数学转化思想和计算能力，属于难题. 二、多选题9．某学习小组收集了7组样本数据（如下表所示）：12345670.51.20.81.51.72.32.5他们绘制了散点图并计算样本相关系数，发现与有比较强的线性相关关系.若关于的经验回归方程为，则（    ）A．与呈正相关关系B．C．当时，的预测值为3.3D．去掉样本点后，样本相关系数不变【答案】ABD【分析】首先求，根据样本中心求回归直线方程，即可判断选项.【详解】由数据可知，，，样本点中心必在回归直线上，所以，得，故AB正确；，当时，，故C错误；因为是样本点中心，，所以去掉这一项，样本相关系数不变，故D正确.故选：ABD10．甲、乙两个罐子均装有2个红球，1个白球和1个黑球，除颜色外，各个球完全相同.先从甲罐中随机取出2个球放入乙罐中，再从乙罐中随机取出1个球，记事件表示从甲罐中取出的2个球中含有个红球，表示从乙罐中取出的球是红球，则（    ）A．，，两两互斥 B．C． D．与不相互独立【答案】AC【分析】结合互斥，相互独立事件的定义，以及全概率公式，条件概率公式，即可判断选项.【详解】A.表示从甲罐中取出的2个球，没有红球，表示从甲罐中取出的2个球，有1个红球，表示从甲罐中取出的2个球，有2个红球，在一次实验中，这三个事件，任两个事件不能同时发生，所以两两互斥，故A正确；B. ，故B错误；C. ，故C正确；D.，，，则，则与相互独立，故D错误.故选：AC11．函数在处取得极大值，则（    ）A． B．只有两个不同的零点C． D．在上的值域为【答案】AC【分析】首先根据极值点求函数的解析式，再利用导数判断函数的单调性，结合函数的单调性，极值和端点值，即可判断选项.【详解】，，由条件可知，，得，当时，，得或，  单调递减极小值单调递增单调递减由表格数据单调性可知，单调递减，且，所以函数在区间有1个零点，同理，函数在区间和也各有1个零点，所以函数有3个不同的零点，故A正确，B错误；，，，，故C正确；，再结合表格数据可知，函数在区间上的值域为，故D错误.故选：AC12．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）.把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则A．B．若为线段上的一个动点，则的最大值为2C．点到直线的距离是D．异面直线与所成角的正切值为【答案】BCD【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、C、D.【详解】因为，所以，故A错误；如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，对于B：因为为线段上的一个动点，设，，则，所以，所以当时，故B正确；对于C：，，所以点到直线的距离，故C正确；对于D：因为， 所以，所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；故选：BCD 三、填空题13．已知，，且，则          .【答案】【分析】利用向量共线定理列方程求得，从而可得答案.【详解】因为，，且，，，则，解得：，.故答案为：14．若某工厂制造的机械零件尺寸服从正态分布，则零件尺寸介于3.5和5之间的概率约为           .（若，则，，）【答案】【分析】由题意可得，然后代值计算即可.【详解】因为服从正态分布，所以，所以，所以，故答案为：15．现从甲、乙、丙3人中选派一人参加“垃圾分类”知识竞答，他们商议通过玩“石头、剪刀、布”游戏解决：如果其中两人手势相同，另一人不同，则选派手势不同的人参加；否则重新进行一局“石头、剪刀、布”游戏，直到确定人选为止.在每局游戏中，甲、乙、丙各自出3种手势是等可能的，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为          .【答案】【分析】根据题意，先求出进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率，然后根据各局游戏是相互独立，即可得到结果.【详解】设事件表示“进行一局游戏，成功确定参加活动人选”，则，则进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率为，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.故答案为： 四、双空题16．已知函数，若直线是曲线的切线，则          ；若直线与曲线交于，两点，且，则的取值范围是         .【答案】          【分析】，对函数求导，设出切点，由导数的几何意义可得，由此可得的值；依题意，直线与曲线有两个交点，利用导数研究函数的性质，可知，则由，可令，进一步可得，设，则，利用导数求出的范围，即可得到的范围．【详解】记，，设切线与曲线相切于点，，则，解得，即实数的值为；令，则，依题意，直线与曲线有两个交点，又，令，解得，令，解得，则函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，当时，，作出函数的大致图象如图所示，  由图象可知：要使直线与曲线有两个交点，则又，则，则，令，则，又，则，于是，则，故，设，则，又，设，则，故在,上单调递减，则，故在,上恒成立，则在,上单调递减，于是，又函数在上单调递增，则当时，．故答案为：；．【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 五、解答题17．已知函数.(1)当时，求的极值；(2)若在上单调递减，求的取值范围.【答案】(1)极大值为，极小值为(2) 【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的极值；（2）利用导数，将不等式恒成立，转化为在上恒成立，即可求解.【详解】（1）当时，，，得或，当时，解得：或，当时，解得：，所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，当变换时，，的变化情况如下表所示，单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数的的极大值为，极小值为（2），，，因为在上单调递减，可得在上恒成立，即在上恒成立，当时，，所以，即的取值范围是.18．如图，在边长为2的正方体中，，分别为，的中点.  (1)求点到平面的距离；(2)求二面角的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式，即可求解；（2）利用垂直关系证明平面，利用法向量求二面角的大小.【详解】（1）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，  ，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的法向量为，所以点到平面的距离；（2）因为，平面，平面，所以，且，平面，所以平面，即平面，，，，，所以二面角的大小为19．甲、乙两位好友进行乒乓球友谊赛，比赛采用局胜制（），若每局比赛甲获胜的概率为，且每局比赛的结果是相互独立的.(1)比赛采用5局3胜制，已知甲在第一局落败，求甲反败为胜的概率；(2)比赛采用3局2胜制，比赛结束时，求甲获胜的局数的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题意，分别求出比分或的概率，即可得到结果；（2）由题意可知，的所有可能取值为，然后分别求出其对应的概率，即可得到结果.【详解】（1）记“甲在第一局落败”，“甲反败为胜”，甲最终获胜有两种可能的比分或，且每局比赛结果是相互独立的.①若比分是，则甲接下来连胜3局，其概率为；②若比分是，则第2,3,4，局比赛中甲胜2局输1局且第5局甲获胜，其概率为，所以.（2）的所有可能取值为，，，，所以的分布列为012则.20．如图，在四棱锥中，，，，为的中点，与均为等边三角形，与相交于点.  (1)证明：平面；(2)求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）要证明线面垂直，可证明垂直于平面内的两条相交直线，利用垂直关系，构造辅助线，即可证明；（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点，连结，，  因为是等边三角形，所以，因为，，为的中点，所以四边形是正方形，所以，则，且，平面，所以平面，平面，所以，又因为与均为等边三角形，所以，所以，且，平面，所以平面（2）四边形是正方形，所以，以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，，，，,，，，，,设平面的法向量为，则，即，得令，所以平面的法向量，设直线与平面的夹角为，所以，所以直线与平面的夹角的正弦值21．为了考查一种新疫苗预防某一疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机抽查了50只，得到如下的样本数据（单位：只）： 发病没发病合计接种疫苗81624没接种疫苗17926合计252550(1)能否有95%的把握认为接种该疫苗与预防该疾病有关？(2)从该地区此动物群中任取一只，记表示此动物发病，表示此动物没发病，表示此动物接种疫苗，定义事件的优势，在事件发生的条件下的优势.（ⅰ）证明：；（ⅱ）利用抽样的样本数据，给出，的估计值，并给出的估计值.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】(1)有95%的把握认为接种该疫苗与预防该疾病有关.(2)证明见解析， 【分析】（1）根据卡方的计算即可与临界值比较求解，（2）根据条件概率的计算公式，即可结合的定义进行求证，进而求解.【详解】（1）根据联表可得，所以有95%的把握认为接种该疫苗与预防该疾病有关.（2）（ⅰ）由于,所以，，故,故得证.（ⅱ）由二联表中的数据可得，，所以，22．已知函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，，且，求的最小值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性；（2）依题意可得，即可得到，从而得到，令，，令，，利用导数求出的最小值，即可求出的最小值.【详解】（1）定义域为，且，当时，恒成立，所以在上单调递减；当时，令得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.综上可得：当时在上单调递减；当时在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以，所以，，所以，所以，令，因为，所以，即，所以，，令，，则，令，，则，所以在上单调递增，又，所以，即，所以在上单调递减，所以，所以，即，即，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．