2023-2024学年福建省泉州市泉港二中、泉州十一中、晋江陈埭中学高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）

2023-2024学年福建省泉州市三校高二下学期7月期末考试
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.为虚数单位，，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量，向量，向量，若与共线，，则( )
A. B. C. D.
4.已知，那么是的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.“二十四节气”是中国古代劳动人民伟大的智慧结晶，其划分如图所示．小明打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗．他准备在春季的个节气与夏季的个节气中共选出个节气，若春季的节气和夏季的节气各至少选出个，则小明选取节气的不同情况的种数是( )
A. B. C. D.
7.的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
8.已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.六位评委给某选手的评分分别为：，，，，，去掉最高分和最低分，所得新数据与原数据相比不变的是( )
A. 极差 B. 众数 C. 平均数 D. 第百分位数
10.若，则( )
A.
B.
C.
D.
11.投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量记表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则( )
A. 和互为对立事件 B. 事件和不互斥
C. 事件和相互独立 D. 事件和相互独立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，，在上的投影向量的坐标为 ．
13.有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占，乙工厂生产的占已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为，，则从这批产品中任取一件是次品的概率是 ．
14.如图，点是边长为的正六边形的中心，是过点的任一直线，将此正六边形沿着折叠至同一平面上，则折叠后所成图形的面积的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
中，角，，的对边分别是，，，且，．
求
若面积为，求边上中线的长．
16.本小题分
如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，．
证明：平面；
若平面，求二面角的正弦值．
17.本小题分
已知函数，且图象在处的切线斜率为．
求的值；
令，求的最小值．
18.本小题分
为了迎接月日“世界图书日”，宁波市将组织中学生进行一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．

求的值；若现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；
若我市所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
若我市共有名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过分的学生数结果四舍五入到整数；
若从所有参赛学生中参赛学生数大于随机抽取名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在分以上的学生数为，求随机变量的分布列．
附参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
19.本小题分
若实数集对，均有，则称具有型关系．
若集合，判断是否具有型关系，并说明理由；
设集合，若具有型关系，求非负实数的取值范围；
当时，证明：．
答案解析
1.
【解析】，，
则，
故选：．
2.
【解析】解：因为，所以，则．
故选：．
3.
【解析】因为与共线，所以，解得．
又，所以，解得，所以，所以．
故选：．
4.
【解析】解：因为，且在上单调递增，所以，
又在上单调递减，所以，充分性成立，
由，当，时，无意义，
不一定推出成立
必要性不成立，
故选：．
5.
【解析】因为且，
解得，
所以．
故选：
6.
【解析】根据题意可知，小明可以选取春夏或春夏，
其中春夏的不同情况有：种；
春夏的不同情况有：种，
所以小明选取节气的不同情况有：种．
故选：．
7.
【解析】解： 由题意得：的展开式的通项为：
，
即，
则的展开式中的系数为．
故选：．
8.
【解析】因为是和公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然同号，不妨设，
设，其中，
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即
即，解得，所以，即的最大值为．
故选：．
9.
【解析】解：从个原始评分中去掉个最高分、个最低分，得到个新数据为：，，，，
极差为：，众数为：，
平均数为：，
因为，所以新数据的第百分位数为，
原数据为：，，，，，，
极差为：，
众数为：，
平均数为：，
因为，所以第百分位数为，
所以所得新数据与原数据相比不变的是：众数和平均数．
故选：．
10.
【解析】解：将代入得，解得， A正确；
由二项式定理可知展开式的通项为，
令得，所以， B错误；
将代入得，
即， C正确；
将代入得，
即，
将代入得，
即，
得，所以，
得，所以，
所以， D正确；
故选：．
11.
【解析】选项A，事件和均会出现“反，正，反”的情况，故选项A错误
选项B，事件和均会出现“反，正，反”的情况，故选项B正确
选项C，易知，，
事件为前两次投出的硬币结果为“反，正”，则，
，故选项C正确
选项D，由选项AC可知，，
在事件中三次投出的硬币有一次正面，两次反面，则，
，故选项D错误
综上所述，应选BC．
12.
【解析】由，得，
所以在上的投影向量．
故答案为：
13.
【解析】设，分别表示甲、乙厂生产的产品，表示取到次品，
则，，
，，
从中任取一件产品取到次品的概率为：
，
故答案为：．
14.
【解析】解：
如图，由对称性可知，折叠后的图形与另外一半不完全重合时比完全重合时面积大，
此时，折叠后面积为正六边形面积的与面积的倍的和．
由正六边形的性质和对称性知，，，
在中，由余弦定理可得：
，
得，
由基本不等式可知，则，
故，
因，，解得，
当且仅当时等号成立，
故，
又正六边形的面积，
所以折叠后的面积最大值为：．
故答案为：．
15.解：，由正弦定理，得，
，，，
又，，，
，且，．
依题意，
，，
，解得，
设边的中点为，，，
在中，由余弦定理知
，
边上中线的长为．
【解析】由正弦定理可得，再结合三角形的内角和，可解；
由三角形的面积可得的值，在中，由余弦定理可求结果．
16.解：如图：
取中点，中点，连接，
一方面：因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
又，
所以，即四边形是平行四边形，
因为，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面
若平面，又平面，
所以，
又，
所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
所以，即二面角的正弦值为．
【解析】取中点，中点，连接，通过线面平行、面面平行的判定定理首先得平面平面，再利用面面平行的性质即可得证；
建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解．
17.解：因为，
所以，
因为图象在处的切线斜率为，
所以，即，
所以；
由知函数，定义域为，
，
则，
求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
故的最小值为．
【解析】对求导，可得，解方程即可得出答案；
由知函数，对求导，则，对求导，判断与的大小得出的单调性，即可求出的最小值．
18.由频率分布直方图性质可得：，
所以，由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有人，
获二等奖的有人，获三等奖的有人，
共有人获奖，人没有获奖，
从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件，
则事件包含的基本事件的个数为，因为每个基本事件出现的可能性都相等，
所以，
即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为．
由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值，
，
则所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，
因为，，
所以，
故参赛学生中成绩超过分的学生数约为．
由，得，
即从所有参赛学生中随机抽取名学生，该生竞赛成绩在分以上的概率为，
所以随机变量服从二项分布，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
【解析】由频率分布直方图的性质求，根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；
由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正态分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列即可．
19.解：依题意，是否具有型关系，
等价于判定以下两个不等式对于是否均成立：
，，
，，，
具有型关系．
令，，，
则，
当时，显然有，成立；
当时，
若，则，即，
在 区间上单调递减，
若，则，即，
若，则，即，
在区间上单调递增，
的最小值为，，
，成立；
当时，
若，则，即，
在区间上单调递增，
若，则，即，
若，则，即，
在区间上单调递减，
的最大值为，，
，即
当，且时，不能恒成立，
综上所述，可知若具有型关系，则，
非负实数的取值范围为．
证明：，
因为为正整数，
所以且，
由中的结论：当时，，
可知，
当时，，
，，
当时，显然成立；
当时，
，
综上所述，当时，．
【解析】根据定义判断是否满足即可；
令，，，再对其求导，分，，三种情况分析单调性及最值，即可求解；
化简，可得且，根据中的结论，可得，再根据的范围求出的范围，进而可求出的范围，最后可得的范围．
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