高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省龍巖市2023-2024學年高二下學期7月期末教學質量檢查數學試題注意事項：1.考生將自己的姓名、準考證號及所有的答案均填寫在答題卡上.2.答題要求見答題卡上的“填涂樣例”和“注意事項”.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知函數，則（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】由得，故，故選：B2.已知事件A，B滿足：，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】.故選：.3.在三棱錐中，D是的中點，E是的中點，設，，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根據題意，.故選：C4.若函數在上單調遞減，則最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知，在上單調遞減，所以在恒成立，所以，解得，故實數的取值范圍為，所以的最小值為.故選：B.5.如圖，在四棱錐中，側面底面，側棱，底面為直角梯形，其中，，，則直線與平面所成角的正切值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】取中點為，連接，，，又側面底面，側面底面，面，底面，，，，連接，則.如圖，以為原點，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系.，設平面的法向量為，則，可取，，設直線與平面所成角為，，，直線與平面所成角的正切值為.故選：.6.某觀影平臺對新近上映的某部影片的觀眾評價情況進行調查，得到如下數據（單位：人）：作出評價不作評價男3015女4510附：，0.100.050.01k2.7063.8416.635則下列說法正確的是（）A.在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下，可以認為是否作出觀影評價與性別有關B.在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下，可以認為是否作出觀影評價與性別有關C.沒有95%的把握認為是否作出觀影評價與性別有關D.有99%的把握認為是否作出觀影評價與性別有關【答案】C【解析】由題意知，，所以沒有的把握認為是否作出觀影評價與性別有關.故選：C7.已知，若，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意，因為，所以等式兩邊取對數化解得，令，所以，當時，即，在單調遞增；當時，即，在單調遞減；因為，且，所以，所以.故選：D.8.已知隨機變量所有可能的取值為x，y，且，，則下列說法正確的是（）A.存在， B.對任意，C.存在， D.對任意，【答案】D【解析】由題意可得：，且，即，對A、B：由題意可得：，∵開口向下，對稱軸，，則，故，即，不存在，，A錯誤；例如，則，即存在，，，B錯誤；對C：，則，故對任意，，則，C錯誤；對D：令，則圖象開口向下，對稱軸，且，故，即，對任意，，D正確.故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知某校學生的數學測試成績服從正態分布，則（）A.越大，測試成績在概率越大B.無論取何值，測試成績落在與落在的概率相等C.若隨機變量滿足，則D.若隨機變量滿足，且，則【答案】BC【解析】對于A：因為，則，越大，則數據越分散，所以測試成績在的概率越小，故A錯誤；對于B：因為，，所以根據正態曲線的對稱性可知，無論取何值，測試成績落在與落在的概率相等，故B正確；對于C：因為，，則，所以，故C正確；對于D：因為，，則，又，即，所以，即，所以，故D錯誤.故選：BC10.已知正方體棱長為1，動點M滿足，則（）A.當，時，直線⊥平面B.當，，時，點M到直線的距離為C.當，，時，的值可能為D.當且時，點M的軌跡長度為【答案】BD【解析】A選項，當，，此時點為的中點，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，由于，，故，故與不垂直，故直線與平面不垂直，A錯誤；B選項，當，，時，，設，則，解得，故，，又，故，故點M到直線的距離為，B正確；C選項，當，，時，，設，則，解得，故，其中，故，故，如圖所示，，顯然當三點共線時，取得最小值，最小值為，則的最小值為，當且僅當，即時，等號成立，故的值不可能為，C錯誤；D選項，當時，，故，即，故點在平面上，連接，交平面于點，則，因為，，故⊥，且⊥，又，平面，所以⊥平面，且，又，故，故點M的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，故軌跡長度為，D正確.故選：BD11.已知函數有兩個零點，，且，則（）A.當時，在處的切線與y軸垂直B.實數a的取值范圍是C.D.【答案】ABD【解析】當時，，，所以A項正確；由題意，函數，則，當時，在上恒成立，所以函數單調遞增，不符合題意；當時，令，解得，令，解得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，因為函數有兩個零點且，則，且，所以，解得，所以B項正確；由，得，，則，設，則由和解得，故，由變形得，令，可知，即在遞增，所以，即，所以C項不正確；，令，則，即在(1,+∞)遞減，所以，所以，即D項正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在一個不透明的密封盒子中裝有8只昆蟲，其中蜜蜂和蝴蝶的數量各占一半.現在盒子上開一小孔，每次只能飛出一只昆蟲，且任意一只昆蟲都等可能地飛出.則“從盒子中任意飛出2只昆蟲，至少有1只是蝴蝶”的概率是_______.【答案】【解析】“從盒子中任意飛出2只昆蟲，至少有1只是蝴蝶”為事件A，則.故答案為：13.已知函數，則的最小值是_______.【答案】【解析】因為，則，設，則，所以在單調遞增，又，所以時，，即，則單調遞減，所以時，，即，則單調遞增，所以.故答案為：14.已知直三棱柱，，，E為側棱中點，過E作平面與平面垂直，當平面與該直三棱柱所成截面為三角形時，頂點與該截面構成的三棱錐體積的最小值為_______.【答案】【解析】分別以所在直線為軸，軸，軸則，設平面的法向量，則，得，設平面，與平面交于點，則，點，由，得，即，當平面經過直線并繞著直線旋轉時，平面與平面的交線繞著點旋轉，當交線與線段，都相交時，與正方體所成截面為三角形，令平面與平面的交線交于點，交于點，設，，則，，由三點共線，得，，所以，因此，所以故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.隨著電商事業的快速發展，網絡購物交易額也快速提升，某網上交易平臺工作人員對2019年至2023年每年的交易額（取近似值）進行統計分析，結果如下表：年份20192020202120222023年份代碼（t）12345交易額y（單位：百億）1.523.5815（1）據上表數據，計算y與t的相關系數r，并說明y與t的線性相關性的強弱；（已知：，則認為y與t線性相關性很強；，則認為y與t線性相關性一般；，則認為y與t線性相關性較弱.）（2）利用最小二乘法建立y關于t的線性回歸方程，并預測2024年該平臺的交易額.參考數據：，，參考公式：相關系數線性回歸方程中，斜率和縱截距的最小二乘估計分別為，.解：（1）依題意，，，，故，所以線性相關性程度很強；（2），，則，所以關于的線性回歸方程為，當時，，所以預計2024年該平臺的交易額為15.9百億.16.如圖，已知平行四邊形，點E為的中點，，.將沿折起，使點D到達點P的位置，且與夾角的余弦值為.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成角的余弦值.解：（1）取中點，連結，，由于是中點，可知，所以為等邊三角形，即，又因為與夾角的余弦值為，，所以與的夾角就是，即，由余弦定理得：，所以，即，因為，所以，又因為平面，平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）因為平面，所以，因為四邊形為平行四邊形，且為等邊三角形，所以．因為為的中點，則，所以為等腰三角形，可得，，即.取的中點，則，所以，以點為坐標原點，以，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，可得，，設是平面的一個法向量，所以，即，取，又因為是平面的一個法向量，設平面與平面所成角為，所以.所以平面與平面所成角的余弦值為.17已知函數.（1）求函數的極小值點；（2）證明：.解：（1）定義域為，，其中，當時，，故，當時，，故故在上單調遞減，在上單調遞增，故的極小值點是0.（2）等價于，即，令，則，當時，，所以在上單調遞增，又，故當時，，當時，，則恒成立，故.18.手機芯片（以下簡稱“芯片”）是手機中的核心組件之一，負責處理和控制手機的各種功能和任務.某大型企業準備把芯片的生產任務交給甲工廠或乙工廠，經過調研和抽樣調查發現：甲工廠試生產的一批芯片的次品率為6%；乙工廠試生產的另一批芯片的次品率為2%；若將這兩批芯片混合放在一起，則次品率為3%.（1）從混合放在一起的芯片中隨機抽取3顆，用頻率估計概率，記這3顆芯片中來自甲工廠的顆數為X，求X的數學期望；（2）為了獲得芯片的生產訂單，甲工廠通過采用最新的制造工藝，可以提高芯片的性能.記在甲工廠提高芯片性能的條件下，該大型企業把芯片交給甲工廠生產的概率為，在甲工廠不提高芯片性能的條件下，該大型企業把芯片交給甲工廠生產的概率為，已知.設事件“甲工廠提高了芯片性能”，事件“該大型企業把芯片交給甲工廠生產”，其中，證明：.解：（1）設事件“混合放在一起的芯片來自甲工廠”，事件“混合放在一起的芯片是次品”，設，則，所以，計算得．的可能取值為0，1，2，3，，.（2）依題意得：．即．因為，，所以．因為，，所以．即得，所以．即．又因為，，所以．因為，，所以．即得證．19.已知函數的定義域為，其導函數為.若存在實數a和函數，其中對任意都有，使得，則稱函數具有優化特質.（參考數值：）（1）設函數，其中b為實數.①證明：函數具有優化特質；②若，對任意，都成立，求實數b的取值范圍；（2）已知函數具有優化特質，給定，，對于兩個大于1的實數，，且,,使得不等式恒成立，求實數的取值范圍.解：（1）①，當時，恒有，根據定義得函數具有優化特質.②，令得，，當時，，此時，函數在上單調遞增，又，則不成立；當時，，設，其對稱軸大于1，，若，即，則函數在上單調遞減，又，則恒成立，符合題意；若，即，則在上存在唯一零點，函數在上單調遞減，在上單調遞增，又，則只需滿足，于是，從而得，所以.（2）由函數具有優化特質，得，則函數在上單調遞增，當時，，，即，同理：，由函數單調性知：，，從而不等式恒成立；當時，，，即，由函數單調性知：，得，與題設不符；當時，同理得，由函數單調性知：，得，與題設不符；所以實數的取值范圍是.福建省龍巖市2023-2024學年高二下學期7月期末教學質量檢查數學試題注意事項：1.考生將自己的姓名、準考證號及所有的答案均填寫在答題卡上.2.答題要求見答題卡上的“填涂樣例”和“注意事項”.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知函數，則（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】由得，故，故選：B2.已知事件A，B滿足：，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】.故選：.3.在三棱錐中，D是的中點，E是的中點，設，，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根據題意，.故選：C4.若函數在上單調遞減，則最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知，在上單調遞減，所以在恒成立，所以，解得，故實數的取值范圍為，所以的最小值為.故選：B.5.如圖，在四棱錐中，側面底面，側棱，底面為直角梯形，其中，，，則直線與平面所成角的正切值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】取中點為，連接，，，又側面底面，側面底面，面，底面，，，，連接，則.如圖，以為原點，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系.，設平面的法向量為，則，可取，，設直線與平面所成角為，，，直線與平面所成角的正切值為.故選：.6.某觀影平臺對新近上映的某部影片的觀眾評價情況進行調查，得到如下數據（單位：人）：作出評價不作評價男3015女4510附：，0.100.050.01k2.7063.8416.635則下列說法正確的是（）A.在犯錯誤的概率不超過0.05的前提下，可以認為是否作出觀影評價與性別有關B.在犯錯誤的概率不超過0.01的前提下，可以認為是否作出觀影評價與性別有關C.沒有95%的把握認為是否作出觀影評價與性別有關D.有99%的把握認為是否作出觀影評價與性別有關【答案】C【解析】由題意知，，所以沒有的把握認為是否作出觀影評價與性別有關.故選：C7.已知，若，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意，因為，所以等式兩邊取對數化解得，令，所以，當時，即，在單調遞增；當時，即，在單調遞減；因為，且，所以，所以.故選：D.8.已知隨機變量所有可能的取值為x，y，且，，則下列說法正確的是（）A.存在， B.對任意，C.存在， D.對任意，【答案】D【解析】由題意可得：，且，即，對A、B：由題意可得：，∵開口向下，對稱軸，，則，故，即，不存在，，A錯誤；例如，則，即存在，，，B錯誤；對C：，則，故對任意，，則，C錯誤；對D：令，則圖象開口向下，對稱軸，且，故，即，對任意，，D正確.故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知某校學生的數學測試成績服從正態分布，則（）A.越大，測試成績在概率越大B.無論取何值，測試成績落在與落在的概率相等C.若隨機變量滿足，則D.若隨機變量滿足，且，則【答案】BC【解析】對于A：因為，則，越大，則數據越分散，所以測試成績在的概率越小，故A錯誤；對于B：因為，，所以根據正態曲線的對稱性可知，無論取何值，測試成績落在與落在的概率相等，故B正確；對于C：因為，，則，所以，故C正確；對于D：因為，，則，又，即，所以，即，所以，故D錯誤.故選：BC10.已知正方體棱長為1，動點M滿足，則（）A.當，時，直線⊥平面B.當，，時，點M到直線的距離為C.當，，時，的值可能為D.當且時，點M的軌跡長度為【答案】BD【解析】A選項，當，，此時點為的中點，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，由于，，故，故與不垂直，故直線與平面不垂直，A錯誤；B選項，當，，時，，設，則，解得，故，，又，故，故點M到直線的距離為，B正確；C選項，當，，時，，設，則，解得，故，其中，故，故，如圖所示，，顯然當三點共線時，取得最小值，最小值為，則的最小值為，當且僅當，即時，等號成立，故的值不可能為，C錯誤；D選項，當時，，故，即，故點在平面上，連接，交平面于點，則，因為，，故⊥，且⊥，又，平面，所以⊥平面，且，又，故，故點M的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，故軌跡長度為，D正確.故選：BD11.已知函數有兩個零點，，且，則（）A.當時，在處的切線與y軸垂直B.實數a的取值范圍是C.D.【答案】ABD【解析】當時，，，所以A項正確；由題意，函數，則，當時，在上恒成立，所以函數單調遞增，不符合題意；當時，令，解得，令，解得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，因為函數有兩個零點且，則，且，所以，解得，所以B項正確；由，得，，則，設，則由和解得，故，由變形得，令，可知，即在遞增，所以，即，所以C項不正確；，令，則，即在(1,+∞)遞減，所以，所以，即D項正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在一個不透明的密封盒子中裝有8只昆蟲，其中蜜蜂和蝴蝶的數量各占一半.現在盒子上開一小孔，每次只能飛出一只昆蟲，且任意一只昆蟲都等可能地飛出.則“從盒子中任意飛出2只昆蟲，至少有1只是蝴蝶”的概率是_______.【答案】【解析】“從盒子中任意飛出2只昆蟲，至少有1只是蝴蝶”為事件A，則.故答案為：13.已知函數，則的最小值是_______.【答案】【解析】因為，則，設，則，所以在單調遞增，又，所以時，，即，則單調遞減，所以時，，即，則單調遞增，所以.故答案為：14.已知直三棱柱，，，E為側棱中點，過E作平面與平面垂直，當平面與該直三棱柱所成截面為三角形時，頂點與該截面構成的三棱錐體積的最小值為_______.【答案】【解析】分別以所在直線為軸，軸，軸則，設平面的法向量，則，得，設平面，與平面交于點，則，點，由，得，即，當平面經過直線并繞著直線旋轉時，平面與平面的交線繞著點旋轉，當交線與線段，都相交時，與正方體所成截面為三角形，令平面與平面的交線交于點，交于點，設，，則，，由三點共線，得，，所以，因此，所以故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.隨著電商事業的快速發展，網絡購物交易額也快速提升，某網上交易平臺工作人員對2019年至2023年每年的交易額（取近似值）進行統計分析，結果如下表：年份20192020202120222023年份代碼（t）12345交易額y（單位：百億）1.523.5815（1）據上表數據，計算y與t的相關系數r，并說明y與t的線性相關性的強弱；（已知：，則認為y與t線性相關性很強；，則認為y與t線性相關性一般；，則認為y與t線性相關性較弱.）（2）利用最小二乘法建立y關于t的線性回歸方程，并預測2024年該平臺的交易額.參考數據：，，參考公式：相關系數線性回歸方程中，斜率和縱截距的最小二乘估計分別為，.解：（1）依題意，，，，故，所以線性相關性程度很強；（2），，則，所以關于的線性回歸方程為，當時，，所以預計2024年該平臺的交易額為15.9百億.16.如圖，已知平行四邊形，點E為的中點，，.將沿折起，使點D到達點P的位置，且與夾角的余弦值為.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成角的余弦值.解：（1）取中點，連結，，由于是中點，可知，所以為等邊三角形，即，又因為與夾角的余弦值為，，所以與的夾角就是，即，由余弦定理得：，所以，即，因為，所以，又因為平面，平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）因為平面，所以，因為四邊形為平行四邊形，且為等邊三角形，所以．因為為的中點，則，所以為等腰三角形，可得，，即.取的中點，則，所以，以點為坐標原點，以，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，可得，，設是平面的一個法向量，所以，即，取，又因為是平面的一個法向量，設平面與平面所成角為，所以.所以平面與平面所成角的余弦值為.17已知函數.（1）求函數的極小值點；（2）證明：.解：（1）定義域為，，其中，當時，，故，當時，，故故在上單調遞減，在上單調遞增，故的極小值點是0.（2）等價于，即，令，則，當時，，所以在上單調遞增，又，故當時，，當時，，則恒成立，故.18.手機芯片（以下簡稱“芯片”）是手