江苏省扬州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题【含答案】

2023—2024学年第二学期期末检测高二数学2024.06一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1．若集合，则（

）A． B． C． D．2．已知一直线经过点，下列向量中是该直线的方向向量的为（

）A． B． C． D．3．函数的大致图象为（

）A． B．C． D．4．命题“”是假命题，则实数的取值范围是（

）.A． B． C． D．5．已知是三个不共面的向量，，且四点共面，则实数的值为（

）.A．1 B．2 C．3 D．46．已知函数则下列说法正确的是（

）A．是上的增函数B．的值域为C．“”是“”的充要条件D．若关于的方程恰有一个实根，则7．五一劳动节放假5天，小王同学各花1个上午的时间游览茱萸湾风景区､双博馆，另外花2个下午的时间打篮球､1个下午的时间踢足球，其余时间复习功课，这个五一劳动节小王同学的不同安排有（

）种.A．300 B．600 C．900 D．12008．若为函数的极大值点，则实数的取值范围为（

）.A． B．C．或 D．二､多项选择题（本大题共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．下列说法正确的是（

）.A．利用线性回归方法求出一组数据的线性回归直线方程，则这组数据确定的点中至少有一个在这条直线上B．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高C．若随机变量服从二项分布，则的方差为2D．若随机事件满足，则事件与相互独立10．若为正整数且，则下列等式中正确的是（

）.A．B．C．D．11．棱长为2的菱形中，，将沿折起，使顶点至点，连接，构成三棱锥.设二面角的大小为，直线和直线所成角为.在折起的过程中，下列说法正确的是（

）.A．任取三棱锥中的三条棱，它们共面的概率为0.2B．存在一个位置，使C．当时，三棱锥的外接球的表面积为D．当时，的最大值为三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．设随机变量服从正态分布，若，则.13．将某保护区分为面积大小相近的多个区域，用简单随机抽样的方法抽取其中6个区域，统计这些区域内的某种水源指标和某植物分布的数量，得到样本，且其相关系数，记关于的线性回归方程为.经计算可知：，则.参考公式：.14．定义域为的函数满足，且时，，则，.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）15．已知集合.(1)求；(2)若实数，集合，且“”是“”的必要条件，求的取值范围.16．已知，且.(1)求与的值；(2)求的值.17．已知三棱柱的棱长均为.(1)证明：平面平面；(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离.18．为了解某挑战赛中是否接受挑战与受邀者的性别是否有关系（假设每个人是否接受挑战互不影响，且受邀者男性与女性的比例为），某机构进行了随机抽样调查，得到如下调查数据（单位：人）：接受挑战不接受挑战合计男性402060女性162440合计5644100(1)根据表中数据，判断是否有的把握认为比赛中是否接受挑战与受邀者的性别有关；(2)现从这100人中任选1人，表示“受邀者接受挑战”，表示“受邀者是男性”，记，则可表示受邀者接受挑战与受邀者的性别相关程度的一项度量指标，请利用样本数据求出的值；(3)用频率估计概率，在所有受邀者中按“男性”和“女性”进行分层抽样，随机抽取5名受邀选手､若再从这5名选手中随机抽取2人进行访谈，求这2名被访谈的选手中接受挑战的男性的人数的分布列和数学期望.参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.82819．已知函数.(1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值；(2)若恒成立，求的取值范围；(3)若有两个零点，求证：.1．A【分析】解不等式得到，然后求交集.【详解】，所以.故选：A.2．D【分析】根据直线的方向向量与共线判断.【详解】由题意得直线的方向向量与共线，而，所以是该直线的方向向量.故选：D.3．B【分析】先判断函数的奇偶性，再根据函数值的大小，结合排除法进行排除即可.【详解】根据题意，函数，定义域为R，，则是奇函数，图象关于原点对称，排除CD，又，排除A.故选：B.4．C【分析】根据命题为假命题，则否命题为真命题，根据否命题列出不等式，求解即可．【详解】因为“”是假命题，所以“”是真命题，则，解得，故选：C．5．D【分析】根据空间共面向量定理设，再列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为，且四点共面，由空间共面向量定理可知，存在实数满足，即，所以，解得，所以的值为.故选：D.6．D【分析】对于A，举例判断，对于B，先求出每一段的值域，再可求出函数的值域，对于C，由解不等式，再结合充要条件的定义分析判断，对于D，画出函数图象分析判断即可.【详解】对于A，当时，，所以不是上的增函数，所以A错误，对于B，当时，，当时，，所以的值域为，所以B错误，对于C，当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，综上，由，得，或，所以“”是“”的充分不必要条件，所以C错误，对于D，的图象如图所示，由图可知当时，直线与图象只有一个交点，即关于的方程恰有一个实根，所以D正确，故选：D7．B【分析】分上午和下午分别计数，根据分步乘法原理求解.【详解】先从5个上午中选两个去游览茱萸湾风景区､双博馆，有种，再从5个下午中选两个打篮球，选1个踢足球，有种，根据分步乘法原理，共有种.故选：B8．C【分析】先求导函数，再分类讨论大小根据极值点求参数.【详解】因为若为函数的极大值点,所以,,当,单调递减，单调递增,所以是的极大值点符合题意；当时，当即,单调递增,单调递减，所以是的极大值点符合题意；当即,单调递增,单调递减，所以是的极小值点不符合题意；当即,单调递增,无极值点不符合题意.故或.故选：C.9．BD【分析】A选项，根据线性回归直线的含义判断；B选项，根据残差的含义判断；C选项，根据二项分布方程的公式计算；D选项，根据条件概率和乘法公式判断.【详解】样本中心点在线性回归直线上，但这组数据确定的点不一定在线性回归直线上，故A错；在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模拟的你和精度越高，故B正确；，故C错；，则，所以事件与相互独立，故D正确.故选：BD.10．ACD【分析】根据组合数的性质判断ABC选项；根据二项式展开式判断D选项.【详解】根据组合数的性质可知AC正确；，故B错；，故D正确.故选：ACD.11．ABD【分析】对于A，利用古典概型的概率公式直接求解判断；当时，能证出平面，即能证出.首先找出即为二面角的平面角，，在三棱锥中通过提外心的方法求出外接球的半径；建系求解D选项即可.【详解】任取三棱锥中的三条棱，有种，其中共面一共有种，故概率为，故A对；如图：若，则为等边三角形，取的中点，，同理，，平面，所以平面，平面，所以.故B对.设，连接，因为与都是等边三角形，则有，即为二面角的平面角，，与的中心依次为，设平面，平面，则为外接球的球心，，，则四边形外接圆的直径为，，在直角中，利用勾股定理得到，在中，利用勾股定理得，外接球的表面积为.所以C错；在点处建系，为轴，为轴，则，,，，，，则，，，则，的最大值为，故D对.故选：ABD.12．0.2【分析】根据正态分布的性质计算可得.【详解】随机变量服从正态分布，正态曲线的对称轴，有，由，则.故答案为：0.213．##1.875【分析】根据参考数据及公式先利用相关系数求出，再求即可.【详解】因为，所以，由，解得，所以.故答案为：14．【分析】令，求出，令，求出，令，求出，令，可求出函数的周期，令，可得，再根据函数的周期性即可求出.【详解】由，令，则，所以，令，则，所以，令，则，即，即，所以，所以函数是以为周期的周期函数，令，则，即，又时，，所以，令，则，所以，即，所以，则，由，得，由，得，所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是采用赋值法结合已知条件得到函数的周期性.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意先求集合，再根据并集运算求解；（2）先求集合C，由必要条件可知，根据包含关系分析求解.【详解】（1）因为，解得，即；又因为，解得，即；所以.（2）因为，且，可知，解得，即，若“”是“”的必要条件，则，即，可得，所以的取值范围为.16．(1)448，-448(2)-3280【分析】（1）根据列方程得到，然后求，将变形为，然后利用二项式的性质求；（2）利用赋值法求系数和即可.【详解】（1）由题可知，即，即，所以（舍）或.所以；因为①，所以.（2）在①式中，令，则②，令，则③，由②-③得，，所以.17．(1)证明见解析(2).【分析】（1）取的中点，连接，可证得，，则平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论；（2）以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，所以，所以，所以，由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，因为，所以，所以，又因为平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）由（1）可知两两垂直，所以以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.所以，.因为，则，设平面的法向量为，则即取，所以是平面的一个法向量.设直线与平面所成角为，，化简整理得解得，或（舍去），所以，又因为，所以.设点到直线的距离为，则，所以.18．(1)有的把握认为是否接受挑战与受邀者的性别有关.(2)3(3)分布列见解析，.【分析】（1）根据列联表中的数据计算，与6.635比较大小，得出结论.（2）先根据条件概率公式求，，再根据定义，求的值.（3）列出的可能值，结合条件概率，求出对应的每一个值的概率，可得的分布列，再求期望.【详解】（1）假设：是否接受挑战与受邀者的性别无关.根据列联表中的数据可以求得，由于，且当成立时，，所以有的把握认为是否接受挑战与受邀者的性别有关.（2），同理，所以.（3）由分层抽样知，随机抽取的5名受邀选手中，男性有3人，女性有2人.根据频率估计概率知，男性选手接受挑战的概率为，不接受挑战的概率为.可能得取值为，3名被抽取的男性选手中，恰抽到人被访谈记为事件，则，被访谈的2名选手中接受挑战的男性人数恰好为人记为事件，则，，所以，，.故的分布列如下：012.【点睛】方法点睛：在问题（3）中，分层抽样得到得5个人中，由3男2女，包含事件：①从5人中抽出的2人都不是男生；②从5人中抽出的2人有1个男生，但他拒绝挑战；③从5人中选出的2人都是男生，但他们都拒绝挑战，所以的概率应该用条件概率来求，类似的，，也要考虑的周全一些.19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据导数几何意义先求切点，即可得解；（2）方法一：利用导数求函数的最小值；方法二：分离参数法，等价于恒成立；方法三：由题意，分离参数法，等价于恒成立；（3）方法一：思路一：构造函数，利用导数研究函数单调性；思路二：要证，即证，令，即证；思路三：令，要证，即证，即证，即证，利用导数证明；方法二：由，令，求其最小值，由的单调性可知，思路一：构造函数，利用导数得证；思路二：令，要证，即证，即证；思路三：令，则，要证，即证，即证；思路四：对两边取对数，得，下面同方法一.【详解】（1）当时，.设切点，则消得，解得，代入得.（2）方法一：因为，所以，当时，设，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以.又-axe，故恒成立，所以成立.当时，，所以当时，单调递减；当时，单调递增.故，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为.方法二：因为恒成立，又，所以上式等价于恒成立.记，则，设，则.当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以.所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以.故的取值范围为.方法三：因为恒成立，又，所以上式等价于恒成立.记，则，所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以.令，则，则恒成立.记，则，所以在上单调递增，所以，所以.故的取值范围为.（3）方法一：因为有两个零点，不妨设，则，即，即，令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以.令，则单调递增，又，所以，即.由的单调性可知.思路一：构造函数.则，故在上单调递减，又，所以，则，即，又，所以，又在上单调递增，所以.故.思路二：要证，即证，即证.令，即证.构造函数.则，故在内单调递减，则，即.故.思路三：因为，即，令，则即要证，即证，即证，即证，下同思路一，略.方法二：因为有两个零点，不妨设，则，即.令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以.令，则单调递增，又，所以，即由的单调性可知.思路一：构造函数.则，令，则，所以当时，单调递减，所以当时，，则，所以，故在上单调递减，又，所以，则，即，又，所以，又在上单调递增，所以.故.思路二：因为，所以，即，令，要证，即证，即证.构造函数.则，故在上