精品解析：福建省莆田市2023-2024学年高二下学期期末质量监测数学试卷

莆田市2023-2024学年下学期期末质量监测 高二数学 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 某质点的运动方程是，则该质点在时的瞬时速度是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 2. 已知某次考试的成绩，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，，三点共线，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 随机变量服从两点分布，其分布列如下 则（ ） A. B. C. D. 或 5. 斜三棱柱中，设，，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数，图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. ，，且，不等式恒成立，则实数取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 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，有选错的得0分. 9. 对于变量和变量，设经过随机抽样获得的成对样本数据为，，…，，其中，，…，和，，…，的均值分别为和，方差分别为和.（ ） A. 该样本相关系数越接近0时，其线性相关程度越弱 B. 假设一组数据是，，…，，则该组数据的方差为 C. 该成对样本数据点均在直线上，则样本相关系数 D. 该成对样本数据满足一元线性回归方程，则其回归直线必过样本中心 10. 甲箱中有4个红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球，2个白球和4个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一球.用，，分别表示从甲箱取出的球是红球，白球，黑球；用表示从乙箱取出的球是红球.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 和相互独立 11. 是棱长为2的正方体表面上一点，则（ ） A. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C. 设是的中点，若，则线段长度的最大值为 D. 若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，.在检验喜欢某种甜品与性别是否有关的过程中，某研究员搜集数据并计算得到，则我们至少有______把握认为喜欢某种甜品与性别有关. 13. 已知，，三点，则到直线的距离为______. 14. 已知和为上的可导函数，满足：，，且为奇函数.写出函数图象的一个对称中心，可以为______.若，则______. 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，求在上值域； （2）讨论的单调性. 16. 人均可支配收入高低，直接影响到居民的生活质量水平，是衡量一个国家或地区经济发展状况的重要依据.下图是某市2015~2023年城镇居民人均可支配收入（单位：万元）的折线图，发现城镇居民人均可支配收入与年份具有线性相关关系. （注：年份代码1~9分别对应年份2015~2023） （1）建立关于经验回归方程（系数精确到0.01），并预测2024年该市城镇居民人均可支配收入； （2）为进一步对该市城镇居民人均可支配收入结构进行分析，某分析员从2015~2023年中任取两年的数据进行分析，将选出的人均可支配收入超过4.5万元的年份数记为，求随机变量的分布列与数学期望. 附注：参考数据：，.参考公式：回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，，为等边三角形. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 18. 甲、乙两人为了提升篮球的竞技水平，进行投篮比赛.已知甲和乙每次进球的概率分别是和，且每人每次进球与否互不影响.制定比赛规则如下：一轮比赛，甲、乙双方需各投篮3次.一轮比赛结束后，当一方的进球数比另一方的进球数至少多2个时，则该方获胜并得1分，另一方不得分.其他情况，双方均不得分. （1）若， （i）假设甲、乙两人各投篮一次，求至少有一人进球的概率； （ii）求在一轮比赛结束后，乙获得1分的概率. （2）若，问至少进行多少轮比赛后，乙累计得分的期望值达到3分？ 19. 设是直角坐标平面上的一点，曲线是函数的图象.若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”.已知. （1）求证：； （2）设，判断为函数的“几度点”，并说明理由； （3）设，若为函数的“3度点”，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田市2023-2024学年下学期期末质量监测 高二数学 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其他答案标号.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 某质点的运动方程是，则该质点在时的瞬时速度是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】求导，利用导数的几何意义得到瞬时速度. 【详解】，当时，， 故质点在时的瞬时速度为12. 故选：D 2. 已知某次考试的成绩，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正态分布的对称性求解概率. 【详解】由正态分布对称性可知，. 故选：A 3. 已知向量，，若，，三点共线，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得到，再利用向量相等，即可求出结果. 【详解】因为，，三点共线，则，又向量，， 所以，解得， 故选：B. 4. 随机变量服从两点分布，其分布列如下 则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用分步列的性质建立方程，即可求出结果. 【详解】由题知，，解得或，又，所以， 故选：C. 5. 斜三棱柱中，设，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，结合图形，利用向量线性运算，即可求出结果. 【详解】因为 . 故选：A. 6. 函数，的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，得出的奇偶性和在区间上的单调性，结合图象，选项A符合题意，选项BCD不符合题意，即可求出结果. 【详解】因为，关于原点对称，又， 即为偶函数， 当时，，， 令，则为增函数，因为，， ，使，即有， 当时，，时，， 即，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以， 又，，， ，当时，，时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，结合图象，选项A符合题意，选项BCD不符合题意， 故选：A. 7. ，，且，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件变形得到在区间区间上恒成立，构造函数，得到在区间单调递增，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的增区间，即可求出结果. 【详解】因为，不等式在区间上恒成立， 即，也即在区间上恒成立， 整理得到在区间上恒成立， 令，所以在区间上单调递增， 又，令，得到， 当，，即在区间的单调递增， 所以，得到， 故选：B. 8. 在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先将三棱锥放置在正方体中，并建立空间直角坐标系，利用转化向量的方法求数量积，再代入坐标运算，即可求解. 【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体对角线的交点， ，，，，，， 设三棱锥外接球的半径为，，则， ， ， ，，， ，， ， 所以， 当时，取得最大值. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是三棱锥与外接球组合体的几何关系，以正方体为桥梁，建立空间直角坐标系，转化为数量积问题. 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. 对于变量和变量，设经过随机抽样获得的成对样本数据为，，…，，其中，，…，和，，…，的均值分别为和，方差分别为和.（ ） A. 该样本相关系数越接近0时，其线性相关程度越弱 B. 假设一组数据是，，…，，则该组数据的方差为 C. 该成对样本数据点均在直线上，则样本相关系数 D 该成对样本数据满足一元线性回归方程，则其回归直线必过样本中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，利用相关系数的意义，即可求解；选项B，根据条件，利用方差的计算公式，即可求解；选项C，由题知，所以选项C错误；选项D，由最小二乘法知，样本中心在线性回归方程上，即可判断正误. 【详解】对于选项A，由样本相关系数的意义可知，样本相关系数越接近0时，其线性相关程度越弱，所以选项A正确， 对于选项B，因为，，…，的平均数为， 方差为， 所以选项B正确， 对于选项C，该成对样本数据点均在直线上，则样本相关系数，所以选项C错误， 对于选项D，由最小二乘法知，样本中心在线性回归方程上，所以选项D正确， 故选：ABD. 10. 甲箱中有4个红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球，2个白球和4个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出一球.用，，分别表示从甲箱取出的球是红球，白球，黑球；用表示从乙箱取出的球是红球.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 和相互独立 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A，利用条件概率公式即可求解；选项B，利用全概率公式即可求解；选项C，利用条件概率公式即可求解；选项D，分别求出和，利用相互独立事件的判定方法即可求解. 【详解】由题知， ， 对于A，因为，所以A正确， 对于B，因为 ，所以B正确， 对于C，，所以C错误， 对于D，， ，所以D错误， 故选：AB. 11. 是棱长为2的正方体表面上一点，则（ ） A. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C. 设是的中点，若，则线段长度的最大值为 D. 若直线与平面所成角为，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，利用等体积法，即，过过作于，根据条件知为三棱锥高，即可求解；选项B，建立空间直角坐标系，设，进而求得，即可求解；选项C，通过找出一个过且与垂直的平面，进面得出点的轨迹，即可求解；选项D，根据条件得到直线与所成的角为，再对在各个面的情况进行讨论，即可求解. 【详解】对于选项A，如图1，连接，因为，易知平面即平面， 过作于，因为面，面， 所以，又，面，所以面， 又的面积为定值，而随着的变化而变化，所以三棱锥的体积不为定值，所以选项A错误， 对于选项B，如图2，建立空间直角坐标系，因为正方形的棱长为2， 则，设，， 又，， 设与所成的角为， 则， 当时，，此时， 当时，令，， 又，得到，所以，得到， 故，所以选项B正确， 对于选项C，如图3，取的中点， 连接， 易知，所以与确定唯一平面， 由正方体性质知与相交，所以， 连接，易知，又，，面， 所以面，又面，所以，同理可得， 又，所以面， 因为，所以，故面，又是正方体表面上一点，故在正六边形的边上运动， 由对称性知，当与重合时，线段长度最大，最大值为，所以选项C正确， 对于选项D，因为直线与平面所成的角为， 若点在平面内，如图4，过，连接，则为直线与平面所成的角， 由题知，则，显然只有与重合符合题意， 同理可知若点在平面内，与重合符合题意， 又因为面，得直线与所成的角为， 若点在平面内时，点的轨迹是，此时轨迹长为， 若点在平面内时，点的轨迹是，此时轨迹长为， 若点在平面时，作面，连接，如图4所示， 因为，所以，又，所以， 得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一的圆，此时轨迹长为， 所以点的轨迹长度为，故选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在选项C和选项D，对于选项C，将问题转化成寻找一个过且与垂直的平面，从而得出点的轨迹；对于选项D，根据条件将问题转化成与直线与所成的角为，再对点在各个平面的情况进行讨论，即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，.在检验喜欢某种甜品与性别是否有关的过程中，某研究员搜集数据并计算得到，则我们至少有______把握认为喜欢某种甜品与性别有关. 【答案】 【解析】 【分析】根据，再利用题设条件，即可求出结果. 【详解】因为，又，， 所以我们至少有把握认为喜欢某种甜品与性别有关， 故答案为：. 13. 已知，，三点，则到直线的距离为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】因为，，所以， 得到， 所以到直线的距离为， 故答案为：. 14. 已知和为上的可导函数，满足：，，且为奇函数.写出函数图象的一个对称中心，可以为______.若，则______. 【答案】 ①. （，答案不唯一） ②. 11 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复合函数求导可得，结合奇函数的意义并求导可得函数图象的关于直线对称，进而求出周期求出对称中心；由导数探讨原函数可得，并探求函数的周期，借助函数图象平移求出的周期，再赋值计算即得结果. 【详解】由，求导得，又， 则，即， 所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，即为函数图象的一个对称中心， 由为奇函数，得，求导得， 即，函数的图象关于直线对称，则点是图象的一个对称中心， 显然有，即， 于是，函数是以4为周期的周期函数， 所以函数的图象关于点对称； 由，得，即有（为常数）， 而，则，取，得， 因此，又，则， 即，，于是函数是周期为4的周期函数， 又，则函数的图象可由的图象平移而得， 从而函数是周期为4的周期函数，， 显然，因此， ，则， 又，则， 所以. 故答案为：；11 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 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，求在上的值域； （2）讨论的单调性. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）当时，，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，即可求出结果； （2）对求导，得到，再对进行分类讨，利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果. 【小问1详解】 当时，， 又在区间恒成立，当且仅当时取等号， 所以在区间上单调递增， 得到在上的最小值为，最大值为， 所以在上的值域为. 【小问2详解】 易知定义域为， 因为， 当时，时，，时，， 当时，时，，时，， 当时，在区间上恒成立，当且仅当时取等号， 当时，时，，时，， 综上所述，当时，的减区间为，增区间为； 当时，的减区间为，增区间为； 当时，的增区间为，无减区间； 当时，的减区间为，增区间为. 16. 人均可支配收入的高低，直接影响到居民的生活质量水平，是衡量一个国家或地区经济发展状况的重要依据.下图是某市2015~2023年城镇居民人均可支配收入（单位：万元）的折线图，发现城镇居民人均可支配收入与年份具有线性相关关系. （注：年份代码1~9分别对应年份2015~2023） （1）建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01），并预测2024年该市城镇居民人均可支配收入； （2）为进一步对该市城镇居民人均可支配收入结构进行分析，某分析员从2015~2023年中任取两年数据进行分析，将选出的人均可支配收入超过4.5万元的年份数记为，求随机变量的分布列与数学期望. 附注：参考数据：，.参考公式：回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，. 【答案】（1），约为万元； （2）分布列见解析，期望. 【解析】 【分析】（1）求出，再利用最小二乘法求出经验回归方程并进行预测. （2）求出随机变量的可能值，再求出各个值对应概率，列出分布列并计算出期望. 【小问1详解】 依题意，，，而，， 则， ， 所以关于的经验回归方程为， 2024年即，， 所以预测2024年该市城镇居民人均可支配收入约为万元. 【小问2详解】 2015~2023年中，人均可支配收入超过4.5万元的年份数有3个，的可能取值为， ，，， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 数学期望. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，，为等边三角形. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据条件得到是平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与面法向量，再利用面面角的向量法，即可求出结果. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为为的中点，所以且，又且， 所以且，所以是平行四边形， 得到，又面，面，所以平面. 【小问2详解】 过作于，因为，，，， 所以，又为等边三角形，所以， 又，所以，得到， 又，，面， 所以面， 又面，所以面面， 取中点，连接，则，又面面，面面，面，所以面， 过作，以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，， 知， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 设二面角的平面角为，， 因为， 所以. 18. 甲、乙两人为了提升篮球的竞技水平，进行投篮比赛.已知甲和乙每次进球的概率分别是和，且每人每次进球与否互不影响.制定比赛规则如下：一轮比赛，甲、乙双方需各投篮3次.一轮比赛结束后，当一方的进球数比另一方的进球数至少多2个时，则该方获胜并得1分，另一方不得分.其他情况，双方均不得分. （1）若， （i）假设甲、乙两人各投篮一次，求至少有一人进球的概率； （ii）求在一轮比赛结束后，乙获得1分的概率. （2）若，问至少进行多少轮比赛后，乙累计得分的期望值达到3分？ 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据条件，利用相互独立事件和对立事件的概率公式，即可求出结果； （ii）记事件：甲进球个，乙进球个或个，事件：甲进球个，乙进球个，分别求出事件和事件的概率，再利用互斥事件的概率公式，即可求出结果； （2）根据条件求出一轮比赛结束后，乙获得1分的概率，设轮比赛后，乙累计得分为，则，再根据条件，即可求出结果. 【小问1详解】 （i）因为甲和乙每次进球的概率分别是和， 所以甲、乙两人各投篮一次，至少有一人进球的概率为. （ii）由题知甲进球个，乙进球个或个，或甲进球个，乙进球个，乙获得1分， 记事件：甲进球个，乙进球个或个，事件：甲进球个，乙进球个，事件表示乙获得1分， 则，， 易知互斥，所以. 【小问2详解】 因为一轮比赛结束后，乙获得1分的概率为， 设轮比赛后，乙累计得分为，则， 由题知，又，函数在上单调递增， 所以， 由，得到，所以至少进行轮比赛后，乙累计得分的期望值达到3分，此时. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，利用相互独立事件的概率公式求出一轮比赛结束后，乙获得1分的概率，从而得到轮比赛后，乙累计得分满足，再根据条件，即可求解. 19. 设是直角坐标平面上的一点，曲线是函数的图象.若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”.已知. （1）求证：； （2）设，判断为函数的“几度点”，并说明理由； （3）设，若为函数的“3度点”，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2）答案见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数探讨最小值即得. （2）设出切点坐标，利用导数求出切线方程，代入点的坐标并构造函数，利用导数结合零点存在性定理分类讨论的零点即可. （3）设出切点坐标，利用导数求出切线方程，代入点的坐标得，利用导数探讨方程有3个不同解即得. 【小问1详解】 令函数，求导得， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. 【小问2详解】 设过点的直线与函数图象相切的切点，而， 因此该切线方程为，即有， 整理得，令， 函数有个零点，等价于过点恰能作图象的条切线，即是的“度点”， 求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，， ①当时，，此时函数仅有一个零点，是的“1度点”； ②当时，， 当时，，则， 当时，，即是函数在的唯一零点， 因此函数仅有一个零点，是的“1度点”； ③当时，， 由，得，则，， 取，则 ，于是，使得， 即函数在上有唯一零点，又是函数在上的唯一零点， 因此函数有两个零点，是的“2度点”； ④当时，， 取，则， 于是，使得，即函数在上有唯一零点， 显然是函数在上的唯一零点， 因此函数有两个零点，是的“2度点”， 所以当或时，是的“1度点”； 当或时，是的“2度点”. 【小问3详解】 设过的直线与曲线相切的切点为，而， 因此该切线方程为，即有，整理得， 由为函数的“3度点”，得方程有3个不同的解，令， 求导得，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 函数在处取得极大值，在处取得极小值， 而当时，恒有，， 因此当且仅当，即时，直线与曲线有3个不同交点， 即方程有3个不同的解，则过点的切线条数为3， 所以实数的取值范围是. 【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $