精品解析：江苏省南京市鼓楼区2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

高二（下）期末试卷 数学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，且，那么的值为（ ） A. 0.2 B. 0.32 C. 0.4 D. 0.8 3. 一批零件共有10个，其中有3个不合格品，从这批零件中随机抽取2个进行检测，则恰有1个不合格品的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 关于x的不等式的解集为，则实数a的值为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 在的展开式中，含的系数为（ ） A. 1 B. C. 6 D. 6. “”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 从0，1，2，，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中大于130的共有（ ） A. 520个 B. 631个 C. 632个 D. 647个 8. 三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. 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，不选或有选错的得0分． 9. 若，，且，则下列不等式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，A，B为平面外的点，点A，B在平面上的射影分别为点，，点B不在直线上，为平面内的向量，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若存在实数，使，则与共线 D. 若M是直线AB上不同于A，B的点，则存在有序实数组，使得 11. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进制数（例如1010101010），已知出现“0”的概率为，出现“1”的概率为，记，则当程序运行一次时（ ） A. X服从二项分布 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. “，”为真命题，请写出一个满足条件的实数a的值________． 13. 在正方体中，F是BC的中点，点E在棱上，且，则直线与平面所成角的正弦值为________． 14. 初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是________．（用数字作答） 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. 某兴趣小组欲研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，他们分别到气象局与某医院抄录了1～6月份每月5日的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数，得到如下资料： 日期 1月5日 2月5日 3月5日 4月5日 5月5日 6月5日 昼夜温差 10 11 13 12 8 6 就诊人数y 23 25 29 26 16 13 该兴趣小组确定的研究方案是：先从这6组数据中选取2组，用剩下的4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）若选取的是1月与6月的两组数据，请根据2～5月份的数据（其中，，），求出y关于x的线性回归方程； （2）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人，则认为得到的线性回归方程是理想的，问：该小组所得线性回归方程是否理想？ 附：，． 16. 已知函数，． （1）求的最小值m； （2）若，，且（m的值同（1）中的m值），求证：． 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，是等腰直角三角形，且，，． （1）求证：平面平面； （2）求点C到平面的距离． 18. 某高校有A，B两个餐厅为学生们提供午餐与晚餐服务，张同学、李同学两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 张同学 6天 9天 13天 2天 李同学 6天 6天 6天 12天 假设张同学，李同学选择餐厅相互独立，用频率估计概率． （1）计算某天张同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率； （2）记X为张同学和李同学两人在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望； （3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，已知，且推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率大，求证：． 19. 在的展开式中，把，，，，叫做三项式系数． （1）当时，写出三项式系数，，的值； （2）类比二项式系数性质，探究，，，的等量关系，并给出证明； （3）求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二（下）期末试卷 数学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合交集运算分析求解. 【详解】因为，，所以. 故选：B. 2. 已知随机变量，且，那么的值为（ ） A. 0.2 B. 0.32 C. 0.4 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求概率. 【详解】随机变量，， 则. 故选：A. 3. 一批零件共有10个，其中有3个不合格品，从这批零件中随机抽取2个进行检测，则恰有1个不合格品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合超几何分布分析求解即可. 【详解】由题意可知：恰有1个不合格品的概率为. 故选：C. 4. 关于x的不等式的解集为，则实数a的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知不等式的解集为，结合题意列式求解即可. 【详解】由解得，即关于x的不等式的解集为， 由题意可得，解得. 故选：C. 5. 在的展开式中，含的系数为（ ） A. 1 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式分析求解即可. 【详解】的展开式的通项为， 令，解得， 所以含的系数为. 故选：D. 6. “”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次函数性质分析可知若函数在上单调递减，等价于，根据包含关系结合充分、必要条件分析求解. 【详解】因为函数的图象开口向上，对称轴为， 若函数在上单调递减，等价于， 显然是的真子集， 所以“”是“函数在上单调递减”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 从0，1，2，，9这10个数字中选出3个不同的数字组成三位数，其中大于130的共有（ ） A. 520个 B. 631个 C. 632个 D. 647个 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论百位数、十位数的数字，结合组合数、排列数运算求解即可. 【详解】（1）若百位数大于1，此时三位数均符合题意，共有个； （2）若百位数为1，则有： ①若十位数大于3，此时三位数均符合题意，共有个； ②若十位数为3，符合题意的三位数共有个； 综上所述：共有个. 故选：B. 8. 三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据对角线向量的性质列方程求关系，从而可得线线垂直，过作，连接，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角的平面角，可将三棱锥补充直棱柱，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，即可得球的体积. 【详解】设，则， 因为 ， 所以，解得：， 即，可知， 过作，连接，则， 可知，且二面角的平面角为， 则为等边三角形，即， 设，因为， 即，解得：或， 可知点与点A重合或与点B重合，两者是对称结构，不妨取点E与点A重合， 则，，由，平面，则平面， 且为二面的平面角，可知为等边三角形， 可将三棱锥补充直棱柱，如图所示， 为底面正的外心，即， 为的外接球球心，可知，且， 则三棱锥的外接球半径， 所以外接球的体积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 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，不选或有选错的得0分． 9. 若，，且，则下列不等式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB：根据不等式的性质分析求解即可；对于CD：根据基本不等式分析求解即可. 【详解】因为，，且，即， 对于选项A：可得，解得，故A正确； 对于选项B：由选项B可知， 所以，故B正确； 对于选项C：因为，当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于选项D：因为，当且仅当时，等号成立，故D错误； 故选：ABC. 10. 如图，A，B为平面外的点，点A，B在平面上的射影分别为点，，点B不在直线上，为平面内的向量，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若存在实数，使，则与共线 D. 若M是直线AB上不同于A，B的点，则存在有序实数组，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，用射影概念和线面垂直性质得到；对于B，将左边向量转化为右边的向量，后根据线线垂直的向量数量积为0计算得到；对于C，直接用向量共线的性质得到；对于D，用平面向量的基本定理可以得到． 【详解】对于A，根据射影概念，知道，，若，， 则面，面，则成立，故A正确． 对于B，，故B正确． 对于C，若，则和共线，则与可能相交，故C错误． 对于D，若M是直线AB上不同于A，B的点，则Ｍ与四个点都是共面的，且不共线，可以作为面的一组基底， 则由平面的基本定理，可知存在有序实数组，使得，故D正确． 故选：ABD. 11. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进制数（例如1010101010），已知出现“0”的概率为，出现“1”的概率为，记，则当程序运行一次时（ ） A. X服从二项分布 B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项分布的定义可判断A的正误，利用二项分布可判断B的正误，利用公式计算出的期望和方差后可判断CD的正误. 【详解】由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0，1且每个数位上的数字互不影响， 故X的可能取值有，且的取值表示1出现的次数， 由二项分布的定义可得：，故A正确. 故，故B错误； 因为，所以，， 故C正确，D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. “，”为真命题，请写出一个满足条件的实数a的值________． 【答案】5（答案不唯一） 【解析】 【分析】讨论当时，即时，是否满足条件；当时，由不等式的解集为，可得，解出即可得到实数a的取值范围，然后从a的取值范围取一个满足条件的即可. 【详解】若，则， 当时，不等式可化为， 解得，此时不等式的解集为，不合题意， 当时，不等式可化为， 此时不等式的解集为，符合题意， 当时，由不等式的解集为， 可得，即， 即，解得或， 综上可知，实数a的取值范围是， 所以一个满足条件的实数a的值可以为：5. 故答案为：5. 13. 在正方体中，F是BC的中点，点E在棱上，且，则直线与平面所成角的正弦值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】用向量法先求出平面的法向量，根据空间角的向量求法即可得答案. 【详解】 以为坐标原点,分别以为轴，轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的边长为4，则， 所以 设平面的一个法向量为，所以， 所以，解得, 设直线与平面所成角为， 因为， 所以. 14. 初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是________．（用数字作答） 【答案】42 【解析】 【分析】分类讨论四个数的组成后，由排列数公式与计数原理求解即可． 【详解】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论， 最大数为5的情况： ，此时共有种情况， ，此时共有种情况； 最大数为4的情况： ，此时共有种情况； 或，此时共有 当最大数为3时，，没有满足题意的情况； 由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是. 故答案为：42． 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. 某兴趣小组欲研究昼夜温差大小与患感冒人数多少之间的关系，他们分别到气象局与某医院抄录了1～6月份每月5日的昼夜温差情况与因患感冒而就诊的人数，得到如下资料： 日期 1月5日 2月5日 3月5日 4月5日 5月5日 6月5日 昼夜温差 10 11 13 12 8 6 就诊人数y 23 25 29 26 16 13 该兴趣小组确定的研究方案是：先从这6组数据中选取2组，用剩下的4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）若选取的是1月与6月的两组数据，请根据2～5月份的数据（其中，，），求出y关于x的线性回归方程； （2）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人，则认为得到的线性回归方程是理想的，问：该小组所得线性回归方程是否理想？ 附：，． 【答案】（1） （2）得到的线性回归方程是理想的 【解析】 【分析】（1）根据题中数据和公式运算求解即可； （2）根据（1）中回归方程，令、，结合题意分析求解即可. 【小问1详解】 因为，，则， 可得， 所以y关于x的线性回归方程为. 【小问2详解】 由（1）可得：， 当，，且； 当，，且； 可知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人， 所以得到的线性回归方程是理想的. 16. 已知函数，． （1）求的最小值m； （2）若，，且（m的值同（1）中的m值），求证：． 【答案】（1） （2）证明：由（1）可得， 因为，，则，，可得，， 由题意可知， 因为，则， 当且仅当即时等号成立， 所以． 【解析】 【分析】（1）分类讨论去掉中的绝对值号，结合函数单调性求最小值； （2）由（1）可，分析可得，利用“1”的代换和基本不等式分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：， 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以的最小值. 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，是等腰直角三角形，且，，． （1）求证：平面平面； （2）求点C到平面的距离． 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接， 因为是等腰直角三角形，且， 所以， 又四边形是边长为2的菱形，所以，， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以， 又，则，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由已知可得，又，则得平面，则得，再由勾股定理的逆定理可得，则得平面，可得平面平面； （2）利用，即可得到点C到平面的距离． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得， 所以在中，为边长是2的等边三角形， 则，， 设点C到平面的距离为， 由，得， 所以，所以， 即点C到平面的距离为. 18. 某高校有A，B两个餐厅为学生们提供午餐与晚餐服务，张同学、李同学两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况（午餐，晚餐） 张同学 6天 9天 13天 2天 李同学 6天 6天 6天 12天 假设张同学，李同学选择餐厅相互独立，用频率估计概率． （1）计算某天张同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率； （2）记X为张同学和李同学两人在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望； （3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，已知，且推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率大，求证：． 【答案】（1） （2）分布列见详解， （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由频率估计概率，按古典概型进行求解； （2）先确定随机变量的可能取值，再求出各值所对应的概率，列出分布列，根据期望的定义求期望； （3）根据题意用条件概率公式进行推理证明. 【小问1详解】 设事件C为“某天张同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐”， 因为30天中张同学午餐去A餐厅用餐的天数为， 午餐去A餐厅用餐且晚餐去B餐厅用餐的天数为， 所以． 【小问2详解】 由题意可知：X的所有可能取值为1和2， 所以， ， 所以X的分布列为 X 1 2 P X的数学期望． 【小问3详解】 由题知，则 可知， 可得， 即， 所以，即 19. 在的展开式中，把，，，，叫做三项式系数． （1）当时，写出三项式系数，，的值； （2）类比二项式系数性质，探究，，，的等量关系，并给出证明； （3）求的值． 【答案】（1） （2），证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由代入计算即可； （2）根据类比推理由二项式系数的性质，类比推理三项式系数，由， ，根据两边系数相等证明式子成立； （3）由，用二项式定理的性质，分析即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 类比二项式系数性质，三项式系数有如下性质： ， 因为， 所以， 上式左边的系数为，而上式右边的系数为， 由为恒等式， 得 【小问3详解】 ， 其中系数为， 又， 而二项式的通项， 因为2024不是3的倍数，所以的展开式中没项， 由代数式恒成立，得 ． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律和结合二项式定理解题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $