精品解析：福建省龙岩市上杭县第一中学2023-2024学年高二下学期数学限时训练试题（十二）

福建省龙岩市上杭县第一中学2023-2024学年第二学期 高二数学限时训练十二 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2. 已知随机变量，且，则（ ） A 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 3. 某学校一同学研究温差（单位：℃）与本校当天新增感冒人数（单位：人）的关系，该同学记录了5天的数据： 5 6 8 9 12 16 20 25 28 36 由上表中数据求得温差与新增感冒人数满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ） A. 与有正相关关系 B. 经验回归直线经过点 C. D. 时，残差为0.2 4. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 5. 某同学进行投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为. 若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，（e为自然对数底数），则实数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 2024年3月12日植树节期间，某乡镇政府为了发展农村经济，根据当地的地理优势计划从A，B，C三种经济作物中选取两种进行种植推广.通过调研得到当地村民愿意种植的概率均分别为，若从当地村民中随机选取4人进行交流，则其中至少有2人愿意种值，且至少有1人愿意种植时概率为（ ） A B. C. D. 8. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，） A 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014 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. 总和生育率有时也简称生育率，是指一个人口群体的各年龄别妇女生育率的总和．它反映的是一名妇女在每年都按照该年龄别现有生育率生育的假设下，在育龄期间生育的子女总数．为了了解中国人均GDPx（单位：万元）和总和生育率y以及女性平均受教育年限z（单位：年）的关系，采用2012~2022近十年来的数据绘制了散点图，并得到经验回归方程，，对应的决定系数分别为，，则（ ） A. 人均GDP和女性平均受教育年限正相关． B. 女性平均受教育年限和总和生育率负相关 C. D. 未来三年总和生育率一定继续降低 10. 已知函数，则（ ） A. 函数有且只有2个零点 B. 函数的递减区间为 C. 函数存在最大值和最小值 D 若方程有三个实数解，则 11. 如下图，正方体中，为线段上的动点，平面，则下面说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的正弦值范围为 B. 已知为中点，当的和最小时， C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 D. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 如图，在直三棱柱中，，，点E是棱上一点，且，则异面直线与AE所成角的余弦值为________. 13. 已知是定义在上的可导函数，满足，且对任意的，都有，则不等式的解集为______. 14. 骰子通常作为桌上游戏的小道具，最常见的骰子是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第n关．假定每次闯关互不影响．甲连续挑战前两关并过关的概率为______；若甲直接挑战第3关时，记事件“三次点数之和等于15”，“至少出现一次5点”，则______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省龙岩市上杭县第一中学2023-2024学年第二学期 高二数学限时训练十二 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 如图，函数的图象在点处的切线方程是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助导数的几何意义计算即可得. 【详解】由题意可得，， 故. 故选：B. 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 【答案】D 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性，列式计算即得. 【详解】由，得. 故选：D 3. 某学校一同学研究温差（单位：℃）与本校当天新增感冒人数（单位：人）的关系，该同学记录了5天的数据： 5 6 8 9 12 16 20 25 28 36 由上表中数据求得温差与新增感冒人数满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ） A 与有正相关关系 B. 经验回归直线经过点 C. D. 时，残差为0.2 【答案】C 【解析】 【分析】根据和的变化规律，即可判断A；计算，即可判断B；将样本点中心代入回归直线方程，即可求，即可判断C；根据回归直线方程计算时的，计算，即可判断D. 【详解】由表格可知，越大，越大，所以与有正相关关系，故A正确； ，， 样本点中心为，经验回归直线经过点，故B正确； 将样本点中心代入直线方程，得，所以，故C错误； ，当 时，，，故D正确. 故选：C 4. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解. 【详解】因为，所以， 因为在区间上单调递减， 所以，即，则在上恒成立， 因为在上单调递减，所以，故. 故选：A. 5. 某同学进行投篮练习，若他第1球投进，则第2球投进的概率为；若他第1球投不进，则第2球投进的概率为. 若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件，直接使用全概率公式即可得到结果. 【详解】设分别代表事件“第1球投进”和“第2球投进”，则由已知条件知，，，这得到. 故. 故选：A. 6. 已知，，（e为自然对数的底数），则实数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据式子特点，构建函数，利用导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，再由的单调性比较大小，则可得结果. 【详解】令，则， 故当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 而，， 因为，，故， 因为函数在上为增函数， 而，且， 所以，所以， 所以. 故选：A. 7. 2024年3月12日植树节期间，某乡镇政府为了发展农村经济，根据当地的地理优势计划从A，B，C三种经济作物中选取两种进行种植推广.通过调研得到当地村民愿意种植的概率均分别为，若从当地村民中随机选取4人进行交流，则其中至少有2人愿意种值，且至少有1人愿意种植时概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意分三种情况讨论，再结合独立事件的乘法公式即可得出答案． 【详解】4人中，至少有2人愿意种植A，且至少有1人愿意种植B的可能性共有3种： ①有2人愿意种植A，愿意种植B，C的各有1人， ②有2人愿意种植A，有2人愿意种植B， ③有3人愿意种植A，有1人愿意种植B， 故所求概率P． 故选：D． 8. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，） A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解. 【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则， 所以，， 由题意，，且，， 因为， 所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为， 故选：B. 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. 总和生育率有时也简称生育率，是指一个人口群体的各年龄别妇女生育率的总和．它反映的是一名妇女在每年都按照该年龄别现有生育率生育的假设下，在育龄期间生育的子女总数．为了了解中国人均GDPx（单位：万元）和总和生育率y以及女性平均受教育年限z（单位：年）的关系，采用2012~2022近十年来的数据绘制了散点图，并得到经验回归方程，，对应的决定系数分别为，，则（ ） A. 人均GDP和女性平均受教育年限正相关． B. 女性平均受教育年限和总和生育率负相关 C. D. 未来三年总和生育率一定继续降低 【答案】AB 【解析】 【分析】根据回归方程判断A，写出女性平均受教育年限和总和生育率的关系式，从而判断B，根据散点图的拟合效果判断C，由回归方程可预测未来趋势，但实际值不一定会持续降低，从而判断D. 【详解】由回归方程知人均GDP和女性平均受教育年限正相关，故A正确； 因为，， 可得女性平均受教育年限z和总和生育率y的关系式为， 所以女性平均受教育年限z和总和生育率y负相关，故B正确； 由散点图可知，回归方程相对拟合效果更好， 所以，故C错误； 根据回归方程预测，未来总和生育率预测值有可能降低， 但实际值不一定会降低，故D错误． 故选：AB 10 已知函数，则（ ） A. 函数有且只有2个零点 B. 函数的递减区间为 C. 函数存在最大值和最小值 D. 若方程有三个实数解，则 【答案】AB 【解析】 【分析】求得，得到函数的的单调性与极值，画出函数的图象，结合图象，逐项判定，即可求解. 【详解】由函数，则， 令，解得；令，解得或， 所以函数在上单调递减，在和上单调递增， 且，，当时，， 作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确； 所以，无最大值，所以C错误； 若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点， 可得，所以D错误. 故选：AB 11. 如下图，正方体中，为线段上的动点，平面，则下面说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的正弦值范围为 B. 已知为中点，当的和最小时， C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 D. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误； 对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断B选项的正误. 对于C选项，利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误； 对于D选项，证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断D选项的正误； 【详解】对于A选项，设正方体的棱长为2，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点， 平面，则为平面的一个法向量，且，， ， 所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确； 对于B选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示： 若最短，则、、三点共线， ，，B选项正确. 对于C选项，设平面交棱于点，点，， 平面，平面，，即，得，， 所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，， 而，，且， 由空间中两点间的距离公式可得，，， 所以，四边形为等腰梯形，C选项正确； 对于D选项，当与重合时，连接、、、， 在正方体中，平面，平面，， 四边形是正方形，则，，平面， 平面，，同理可证， ，平面， 易知是边长为等边三角形，其面积为，周长为. 设、、、、、分别为棱、、、、、的中点， 易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面， 正六边形的周长为，面积为， 则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，D选项错误； 故选：ABC 【点睛】思路点睛：涉及几何体中动点按规律移动问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算解决，针对立体几何中线段长度和的最小值问题，可以通过将直线所在两个平面延展成一个平面，然后找到三点共线的位置即为取得最小值的位置. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 如图，在直三棱柱中，，，点E是棱上一点，且，则异面直线与AE所成角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值； 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则 故答案为： 13. 已知是定义在上的可导函数，满足，且对任意的，都有，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】条件可化为，考虑构造函数，结合条件判断其单调性，不等式，可化为，利用单调性化简不等式求其解. 【详解】因，所以， 考虑构造函数，则， 所以函数在上单调递增， 不等式，可化为， 所以， 所以， 所以， 所以不等式的解集为， 故答案为：. 14. 骰子通常作为桌上游戏的小道具，最常见的骰子是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第n关．假定每次闯关互不影响．甲连续挑战前两关并过关的概率为______；若甲直接挑战第3关时，记事件“三次点数之和等于15”，“至少出现一次5点”，则______． 【答案】 ①. ②. ##0.7 【解析】 【分析】利用独立事件乘法公式结合条件概率公式求解即可. 【详解】闯第1关时，，且基本事件为6，故概率为， 闯第2关时，，且基本事件为，故通过概率为， 因每次闯关互不影响，则两个事件相互独立，故由独立事件乘法公式得概率为； 而抛次的基本事件为，事件包含共7个基本事件，故， 而满足的有共10个基本事件，故， 由条件概率公式得. 故答案为：； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$