精品解析：福建省莆田市2024-2025学年高二下学期7月期末质量调研数学试卷

莆田市2024－2025学年下学期期末质量调研试卷 高二数学 本试卷共4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. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 下列图中，相关系数最大的是（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙两人各抛掷质地均匀的骰子一次.已知甲掷出的点数是3，则甲掷出的点数大于乙掷出的点数的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 袋中有质地、大小均相同的3个红球，2个白球.现从中任取3个球，其中所含红球的个数为，则（ ） A. 1.2 B. 1.8 C. 2 D. 3 6. 在四棱锥中，底面是菱形，底面，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 7. 已知随机事件与相互独立，且，，则下列错误的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围是（ ） 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，有选错的得0分. 9. 已知正四棱柱中，为底面的中心，则（ ） A. B. C 平面 D. 平面 10. 已知函数，则（ ） A. B. 有两个零点 C. 在上单调递增 D. 轴是曲线的切线 11. 已知集合，的4个不同三元子集（含有三个元素的子集）组成集合，且满足：①；②中任意两个元素的并集是的真子集，任意三个元素的并集是.任取一个集合，记事件“”，事件“”，则（ ） A. 集合中任意两个元素的交集非空 B. C. 取到的集合的所有可能结果有4种 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量服从正态分布，则______.（附：若，则） 13. 下图是一个机器人手臂的示意图，该手臂分为三段，分别可用向量，，代表，用向量代表整条手臂，则______. 14. 已知函数图象经过四个象限，则实数的取值范围是______. 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. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. （1）求证：，，，四点共面； （2）求点到平面的距离. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若为的极小值点，求的值. 17. 现有两种脑机接口技术和，用于完成某项意念控制任务.研究人员从我市随机抽取了120名志愿者参与试验，得到如下列联表： 技术类型 任务结果 合计 成功 失败 技术 50 10 60 技术 30 30 60 合计 80 40 120 （1）根据小概率值的独立性检验，分析任务结果是否与技术类型有关； （2）已知市民甲使用脑机接口技术体验该项意念控制任务，其使用技术和的概率分别为，.将上述试验中使用技术，时任务结果为成功的频率视为概率，求甲体验的任务结果为成功的概率. 附：， 0.05 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18. 已知函数. （1）讨论的单调性： （2）若有两个极值点，，求证：. 19. 数学探究活动中，使用圆心为，直径为的圆形厚纸张进行操作： ①圆周上均匀取六个点，剪出正六边形，如图1； ②剪出菱形，将剩余部分折成无底的正四棱锥，如图2； ③沿将菱形折成空间四边形，如图3. （1）在图1中，从以，，，，，为端点的线段中任取两条，求这两条线段没有公共点的概率； （2）在正四棱锥中，求二面角的余弦值； （3）重复操作，得到两个相同正四棱锥和两个相同的空间四边形，再将两个空间四边形的边粘合，得到一个正四面体.现将这两个正四棱锥的一个侧面分别与正四面体的一个面粘合，两个正四棱锥的底面中心分别记为，，求与间的距离的所有可能取值（纸板厚度忽略不计）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 莆田市2024－2025学年下学期期末质量调研试卷 高二数学 本试卷共4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. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先对函数求导，再代值计算即可. 【详解】由，得，则. 故选：A. 2. 下列图中，相关系数最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用散点图变化趋势，判断相关系数的正负，由散点的集中程度确定大小，即可得到答案． 【详解】由图可知，AC选项的散点图呈现出一定的下降趋势，两变量为负相关，相关系数小于0， BD选项的散点图呈现出一定的上升趋势，两变量为正相关，相关系数大于0， 而B选项的散点图，散点比较分散，D选项的散点图，散点紧密地聚集在一条直线附近， 因此D选项的相关系数最大. 故选：D. 3. 甲、乙两人各抛掷质地均匀的骰子一次.已知甲掷出的点数是3，则甲掷出的点数大于乙掷出的点数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】列举出满足题意的情况，根据古典概型的概率公式求解即可. 【详解】乙抛掷质地均匀的骰子一次，有6种基本情况：， 由题意，甲掷出的点数是3，甲掷出的点数大于乙掷出的点数， 则满足要求的乙的基本情况有， 所以甲掷出的点数大于乙掷出的点数的概率为. 故选：C. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，即可求解. 【详解】由，得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为. 故选：B. 5. 袋中有质地、大小均相同的3个红球，2个白球.现从中任取3个球，其中所含红球的个数为，则（ ） A. 1.2 B. 1.8 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得的所有取值为，进而求出对应的概率，再根据期望公式求解即可. 【详解】由题意，的所有取值为， 则，，， 所以. 故选：B. 6. 在四棱锥中，底面是菱形，底面，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出图形，作辅助线，确定直线的夹角，然后根据线角关系求出其余弦值. 【详解】连接交于点，取的中点，连接，如图所示： 则，那么直线的夹角为直线的夹角或其补角. 因为底面，底面，所以，. 设，则，，所以. 因为菱形，，所以，所以. 所以，所以. 所以直线的夹角的余弦值为. 故选：A 7. 已知随机事件与相互独立，且，，则下列错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据事件独立、条件概率公式等逐项判断即可. 【详解】因为随机事件相互独立，所以. 则，， 所以，所以A正确； ， 所以，B正确； ，， 所以，所以C正确； ，所以D错误 故选：D. 8. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为时，恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】由对恒成立， 即对恒成立， 当时，不等式为恒成立， 当时，即为恒成立， 设，，则， 设，， 则， 所以函数在上单调递减，则， 即，所以函数在上单调递减， 而时，，且时，， 则时，， 所以时，，则. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：C. 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. 已知正四棱柱中，为底面的中心，则（ ） A. B. C. 平面 D. 平面 【答案】AC 【解析】 【分析】对于选项A，根据空间向量的线性定理进行求解即可；对于选项B，先确定的夹角，然后求出其角度是否为90°即可；对于选项C，要证明线面平行，需通过证明线线证明即可证明线面平行，即证明；对于选项D，可利用反证法进行验证. 【详解】对于选项A：如图， 根据向量线性定理可知，， 所以，A正确； 因为，若，则， 则，设底面边长为，正四棱柱的高为， 则，等式不成立，B错误； 对于选项C： 连接交于，连接. 则，所以四边形为平行四边形， 所以. 因为平面，不在平面内， 所以平面，所以C正确； 对于选项D： 因为正四棱柱，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，所以. 因为平面，平面，所以， 假设平面，因为，平面， 所以. 又平面，所以平面， 又平面，所以，所以. 而在正四棱柱中，不一定相等，所以与平面不一定垂直，D错误. 故选：AC 10. 已知函数，则（ ） A. B. 有两个零点 C. 在上单调递增 D. 轴是曲线的切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出即可判断A；根据函数零点的定义求解判断B；根据一次函数和对数函数的单调性判断C；根据导数的几何意义求解判断D. 【详解】由，， 则，， 由于，则，故A正确； 令，解得，所以有一个零点，故B错误； 因为函数和在上单调递增， 且时，， 所以函数在上单调递增，故C正确； 由，则， 由B知，有一个零点1，即， 所以在处的切线方程为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知集合，的4个不同三元子集（含有三个元素的子集）组成集合，且满足：①；②中任意两个元素的并集是的真子集，任意三个元素的并集是.任取一个集合，记事件“”，事件“”，则（ ） A. 集合中任意两个元素的交集非空 B. C. 取到的集合的所有可能结果有4种 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，写出满足题意的集合所有可能情况，进而判断各选项即可. 【详解】设，其中，且， 由题意，满足题意的集合所有可能情况为： ， ，， ，，故C错误； 显然，集合中任意两个元素的交集非空，故A正确； 对于B，，， 则，故BD正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量服从正态分布，则______.（附：若，则） 【答案】0.4772 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性和性质进行求解即可. 【详解】因为随机变量服从正态分布，， 则. 因为正态曲线关于轴对称，所以. 故答案为：0.4772. 13. 下图是一个机器人手臂的示意图，该手臂分为三段，分别可用向量，，代表，用向量代表整条手臂，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的模的坐标公式即可求出结果. 【详解】由题意可知，. 所以. 故答案为：. 14. 已知函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为有解问题，结合导数求出最值即可. 【详解】当时，，当， 则，即有解， 令，则，在上单调递增， 且，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以； 当时，，当， 则，即有解， 令，则， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以； 所以的取值范围是. 故答案： 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. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点. （1）求证：，，，四点共面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明即可证明，，，四点共面； （2）建立空间直接坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 连接， 因为，分别为棱，的中点，所以， 在长方体中，，所以， 所以，，，四点共面. 【小问2详解】 以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 则点到平面的距离. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若为的极小值点，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）根据题意可得，即可求得的值，再进行检验即可. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由，则， 因为为的极小值点， 所以，即， 此时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以为的极小值点，满足题意，故. 17. 现有两种脑机接口技术和，用于完成某项意念控制任务.研究人员从我市随机抽取了120名志愿者参与试验，得到如下列联表： 技术类型 任务结果 合计 成功 失败 技术 50 10 60 技术 30 30 60 合计 80 40 120 （1）根据小概率值的独立性检验，分析任务结果是否与技术类型有关； （2）已知市民甲使用脑机接口技术体验该项意念控制任务，其使用技术和的概率分别为，.将上述试验中使用技术，时任务结果为成功的频率视为概率，求甲体验的任务结果为成功的概率. 附：， 0.05 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有关 （2） 【解析】 【分析】（1）计算出卡方即可得解； （2）根据全概率公式求解即可. 【小问1详解】 零假设：任务结果与技术类型无关， 根据列联表中数据，得， 依据小概率值的独立性检验，推断假设不成立， 即任务结果与技术类型有关，此推断犯错误的概率不超过0.001. 【小问2详解】 设试验中使用技术时任务结果为成功为事件，试验中使用技术时任务结果为成功为事件， 甲体验的任务结果为成功为事件， 由题意，，，，， 则. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性： （2）若有两个极值点，，求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的导数，通过讨论的范围，确定导函数的符号，从而判断函数的单调性； （2）表示出，通过求导进行证明． 【小问1详解】 由，， 则， 不妨设， 则关于的方程的判别式， 当时，，，故， 函数在上单调递增； 当时，，方程有两个不相等的正根，， 且，， 当时，， 当时，， 在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在，上单调递增， 在单调递减； 当时，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知当且仅当时，有极大值和极小值， 且，是方程的两个正根，，， ， 令， 当时，， 则在内单调递减， 故，则． 19. 数学探究活动中，使用圆心为，直径为的圆形厚纸张进行操作： ①在圆周上均匀取六个点，剪出正六边形，如图1； ②剪出菱形，将剩余部分折成无底的正四棱锥，如图2； ③沿将菱形折成空间四边形，如图3. （1）在图1中，从以，，，，，为端点的线段中任取两条，求这两条线段没有公共点的概率； （2）在正四棱锥中，求二面角的余弦值； （3）重复操作，得到两个相同的正四棱锥和两个相同的空间四边形，再将两个空间四边形的边粘合，得到一个正四面体.现将这两个正四棱锥的一个侧面分别与正四面体的一个面粘合，两个正四棱锥的底面中心分别记为，，求与间的距离的所有可能取值（纸板厚度忽略不计）. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）解法一：设出事件，利用组合数计算得符合题意的有30对，再计算出总情况数，利用古典概型即可得到答案；解法二：设出事件，利用正难则反的方法经计算出反面的概率，再用1减去即可；解法三：设出事件，利用组合数公式和古典概型公式计算即可； （2）解法一：建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，再利用二面角的空间向量求法即可得到答案；解法二：利用二面角的定义作出二面角的平面角，最后利用三角函数即可即可； （3）解法一：设底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为，作出合理辅助线，利用正四棱锥的性质计算即可；解法二：让四面体嵌入到边长为的正方体中，利用相关性质计算即可；解法三：以为原点，建立合适的空间直角坐标系，求出相关点坐标即可得到答案. 【小问1详解】 解法一：记事件＂从以，，，，，为端点的线段中任取两条，这两条线段没有公共点＂． 以，，，，，为端点线段其有条，其中边有6条，对角线有9条． 从中任取两条的方法数为，则． 由对称性，考虑一条线段为边时，与它没有公共点的线段为、、、、、其6条，其中3条为边，3条为对角线， 故没有公共点的两条边有对， 没有公共点的一边和一对角线有对． 考虑两条线段都是对角线时，只有形如与的平行线，故有3对， 综上，没有公其点的线段共有30对，即， 所以． 解法二：记事件＂从以，，，，，为端点的线段中任取两条，这两条线段没有公共点＂． 以，，，，，为端点的线段其有条，其中边有6条，对角线有9条． 从中任取两条的方法数为，则． 如图，当两条线段的公共点在圆周上时，共有对线段有公共点： 当两条线段的公共点在圆内时，除过点的线段有3条外， 过其余任一公共点的线段具有两条，且其余公共点有12个，此时共有对线段何公共点，所以， 所以． 解法三：记事件＂从以，，，，，为端点的线段中任取两条，这两条线段没有公共点＂． 以，，，，，为端点的线段其有条，其中边有6条，对角线有9条． 从中任取两条的方法数为，则． 因为一个四边形有两组对边没有公共点，所以 ，因此 ． 【小问2详解】 解法一：如图，以为原点，分别以的方向为轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，设， 从而，解得． 于是，． 设为平面的法向量，则即， 取，得，则是平面的一个法向量． 设二面角的大小为，因为为平面的一个法向量， 所以， 因此二面角的余弦值为． 解法二：如图，记底面的中心为中点为，连接， 由可得，由可得， 所以为二面角的平面角， 在Rt中， 所以二面角的余弦值为． 【小问3详解】 解法一：正四棱锥的任意一个侧面与底面所成的角都相等，记为， 由（2）可知，所以． 正四面体的任意两个面所成的角都相等，记为， 如图所示，不妨设底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为． 取的中点，连接，则， 所以为二面角的平面角，即， 在中，， 由余弦定理可得， 故，又及余弦函数的单调性，可知，即. 所以，当底面中心为的正四棱锥与正四面体按如图所示的粘合时，四点其面，且三点共线， 此时. 设正四面体的中心为，则， 又因为，所以易得平面． 同理可得平面，或平面，或平面． 由正四面体的对称性得的大小为定值，又因为定值，所以所有可能值只有一个，则． 解法二：为研究方便，不妨把让四面体嵌入到边长为的正方体中， 如图所示的，则（2）中三棱锥与正方体中，均是相同的正三棱锥， 其底面是边长为10的等边三角形，三个侧面为全等的等腰直角三角形． 不失一般性，不妨设（2）中正四棱锥的侧面与正四面体的面粘合， 所在的位置只可能是．因为， 所以． 解法三：如图，以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则. 不妨设底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为， 设，则， 即，解得，此时． 当底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为时， 设，则， 即， 解得或（不合题意，舍去），此时． 同理，当底面中心为的正四棱锥与正四面体的粘合面为时，可得， 当底而中心为的正四棱锥与正四面体的粘合而为时，可得. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$