淮安市2023—2024学年度第二学期高二年级期末调研测试数学模拟试 卷.docx

淮安市20232024学年度第二学期高二年级期末调研测试数 学 模 拟 试 卷一、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从5名男生和3名女生中选派3人参加志愿者工作，要求男、女生都要有，则不同的选派方法种数为A90B56C45D15 2两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，则在上的投影向量的长度为A10BCD2 3现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“淮安河下古镇、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择淮安河下古镇”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则ABCD 4我国古代名著张邱建算经中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈欲斩末为方亭，令上方六尺问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为（注：1丈尺）A11676立方尺B3892立方尺C立方尺D立方尺 5已知事件,，则ABCD 6若为函数图象上的一个动点，以为切点作曲线的切线，则切线倾斜角的取值范围是A B C D 7在正方体中，P是侧面上的动点，与垂直，则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是ABCD 8九章算术是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体如图所示，在羡除中，底面为矩形，和均为正三角形，平面，则该羡除的外接球的表面积为A BC 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下列关于回归分析与独立性检验的说法正确的是A相关变量的线性回归方程为，若样本点中心为，则B对于独立性检验，的值越大，说明两事件相关程度越大C回归分析是对两个变量确定性关系的分析，而独立性检验是分析两个变量之间的不确定性关系D在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好10甲罐中有3个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有2个红球、3个白球和4个黑球.先从甲罐里随机取出一个球放到乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是A B C与相互独立 D 11截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体。如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到的所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的有A该截角四面体的表面积为B该截角四面体的体积为C该截角四面体中， D二面角 B-AC-D的余弦值为三、填空题：本题共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若，则被5除所得的余数为 14已知函数有两个零点，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（13分）已知，函数.(1) 求的单调区间；(2) 讨论方程的根的个数。16（15分）某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样方法从两条生产线共抽取180个零件，测量其尺寸（单位：）得到如下统计表，其中尺寸位于的零件为一等品，位于和的零件为二等品，否则零件为三等品生产线甲49232824102乙214151716151一等品非一等品甲乙（1）完成列联表，依据的独立性检验能否认为零件为一等品与生产线有关联？（2）将样本频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，每次抽取零件互不影响，以表示这4个零件中一等品的数量，求的分布列和数学期望；（3）已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用现对一箱零件随机检验了10个，检出了1个三等品将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由附，其中；17（15分）某品牌中性笔研发部门从流水线上随机抽取100件产品，统计其性能指数并绘制频率分布直方图（如图1）产品的性能指数在的适合儿童使用（简称A类产品），在的适合少年使用（简称B类产品），在的适合青年使用（简称C类产品），三类产品的销售利润分别为每件1.5，3.5，5.5（单位：元）以这100件产品的性能指数位于各区间的频率代替产品的性能指数位于该区间的概率（1）该公司为了解年营销费用（单位：万元）对年销售量（单位：万件）的影响，对近5年的年营销费用和年销售量的数据做了初步处理，得到散点图（如图2）及一些统计量的值16.3024.870.411.64表中根据散点图判断，可以作为年销售量（万件）关于年营销费用（万元）的回归方程，求关于的回归方程；（取）（2）求每件产品的平均销售利润；并用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品一年的收益达到最大？（收益=销售利润营销费用）参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为18（17分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，(1)求证：平面；(2)求证：平面平面(3)若点为线段上的动点当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离19.（17分）若时，函数取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。已知函数，其中为正实数.(1)若函数有极值点，求的取值范围；(2)当和的几何平均数为，算术平均数为.判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明；当时，证明：.淮安市20232024学年度第二学期高二年级期末调研测试数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1C 2D 3D 4B 5C 6D 7B 8D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。9ABD10BD11BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。1213114四、解答题：本题共5小题，共77分。15.（1）因为（）.所以：.由，又函数定义域为，所以函数在和上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以：当时，方程无解；当，函数在上递减，在递增，所以，所以方程无解.综上可知：方程的根的个数为.一等品非一等品甲7525乙483216.（1）由题意得列联表如下：，因为，依据小概率值的独立性检验，可以认为零件是否为一等品与生产线有关联（2）由已知任取一个甲生产线零件为一等品的概率为，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为的所有可能取值为0，1，2，3，4，所以的分布列为01234P（3）由已知，每个零件为三等品的频率为，设余下的50个零件中的三等品个数为X，则，所以设检验费用与赔偿费用之和为Y，若不对余下的所有零件进行检验，则，若对余下的所有零件进行检验，则总检验费用为元因为，所以应对剩下零件进行检验17.（1）由题意，由得，令，则，由表中数据可得，则，即，所求的回归方程为（2）由题意及（1）得，设每件产品的销售利润为元，则的所有可能取值为1.5，3.5，5.5，由直方图可得，三类产品的频率分别为0.15，0.45，0.4，1.53.55.50.150.450.4，所以随机变量的分布列为：所以，故每件产品的平均销售利润为4元；设年收益为万元，则，设，则，当时，在单週递增，当时，在单调递减，当，即时，有最大值为768，估计当该公司一年投入256万元营销费时，能使得该产品年收益达到最大18.（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，解得，又，所以，即，又因为，所以，所以，即，又平面，直线平面，平面，所以直线平面（2）因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设，可得，设直线与平面所成的角为，则，即，令，则，当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，即当时，的最大值为1，此时点，所以，所以点到平面的距离，故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.19.（1）在上有变号零点，即在上有变号零点.若，即时，只需矛盾，若，即时，只需故的取值范围为.（2），先证右边，证，令即证：，令，在上单调递增，；再证左边证：，令证令在上单调递减，综上，原题得证。时，关于单调递减；，设，当时，；当时，在上单调递增，上单调递减，所以当时，.数学参考解析1.若有名男生名女生，则有种，若有名男生名女生，则有种，所以不同的选派方法种数为种.2.设与的夹角为，则，所以在上的投影向量为，所以在上的投影向量的长度为。3.由题可得，,所以.4.如图所示，正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，高三丈，即尺；截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，所以，解得，所以该正四棱台的体积是（立方尺）5.由条件概率公式可知,即,即，而，所以，又已知，联立可得.6.设点坐标为，由，得，则以为切点的切线斜率为，令切线倾斜角为，则，则.7.解法一：如图，连接，易证得直线平面因为与垂直，且是侧面上的动点，所以点是线段上的动点又，所以直线与直线所成的角即连接，平面，平面，在直角三角形中，设，则，因此，因为，所以当时，取得最小值，最小值为解法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，设，其中，则，因为与垂直，所以，所以，所以，因为，所以当时，取得最大值，此时取得最小值；解法三：如图，连接，易证得直线平面因为与垂直，且是侧面上的动点，所以点是线段上的动点，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，于是，设，所以，所以，所以，因为，所以当时，取得最大值，此时取得最小值8.连接，交于点，取的中点，因为，平面，所以在平面的投影为，连接，则平面ABCD，取中点，连接，作，垂足为，如图所示，由题可知，在中，所以，连接，又因为，所以，底面为矩形，平面ABCD，外接球球心在直线上，且到多边形各顶点距离相等，若球心在线段上，设，则，,即，解得（舍）.若球心在延长线上，设，外接球的半径为,连接，显然，则且，即解得，.所以外接圆的表面积.9.对于A，根据回归直线经过样本点中心可得，得，故A正确；对于B，根据独立性检验思想，的值越大，说明推断两事件无关出错的概率越大，因此两事件相关程度越大，故B正确；对于C，回归分析是研究两个变量的相关关系，而独立性检验是对两个变量之间的是否具有某种关系的一种检验，故C不正确；对于D，在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，故D正确。10.，故B正确.，故A不正确；，所以与不相互独立，故C不正确；，故D正确.11.由题意，几何体的截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，所以截角四面体的表面积为，所以A不正确；因为棱长为的正四面体的高为，所以体积为，所以B正确；连接，在正六边形中，可得，同理在正六边形中，可得，又因为且，所以为平行四边形，所以，所以，所以C正确；过点作平面，垂足为，取的中点，连接，因为截角为正四面体，且为正三角形，其中，所以，且三点共线，所以为二面角的平面角，其中，可得，则，又因为二面角为锐二面角，所以，所以D正确。12.因为且，所以，解得.13.由题知时， 故所以被5除得的余数是1.14.由题知，令，则与在上有两个交点， 又与互为反函数，且交点在上，设、与相切时，切点为，则，解得，又，所以，所以当时，和只有一个交点；      当时，此时图像为，无交点；      当时，此时图像为，有两个交点.  数学 第 15 页（共 4 页）学科网（北京）股份有限公司