甘肃省武威市第七中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2024高二下·武威期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·武威期末）设ab>0，则“a>b”是的（ ）.
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件
3．（2024高二下·武威期末）设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·武威期末）“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（ ）．
A． B． C． D．
5．（2024高二下·武威期末）已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（ ）
A．点D B．点 C．的中点 D．不存在
6．（2024高二下·武威期末）已知若，则实数的值为（ ）
A．1 B．4 C．1或4 D．2
7．（2024高二下·武威期末）某地区有名学生参加某次考试，考试后数学成绩近似服从正态分布，若，则估计该地区学生本次考试数学成绩在分以上的人数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·武威期末）已知：偶函数定义域为且上有.，若，则不等式的解集是（ ）
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3分，有选错的得0分．
9．（2024高二下·武威期末）为研究如何合理施用有机肥，使其最大限度地促进某种作物的增产，同时减少对周围环境的污染，某研究团队收集了7组某种有机肥的施用量和当季该种作物的亩产量的数据，并对这些数据进行了初步处理，得到如表所示的一些统计量的值，其中，有机肥施用量为（单位：千克），当季该种作物的亩产量为（单位：百千克）.
1 2 4 6 11 13 19
1.9 3.2 4.0 4.4 5.2 5.3 5.4
现有两种模型可供选用，模型I为线性回归模型，利用最小二乘法，可得到关于的经验回归方程为，模型II为非线性经验回归方程，经计算可得此方程为，另外计算得到模型I的决定系数和模型II的决定系数，则（ ）
A．
B．模型II的拟合效果比较好
C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量一定增加0.17个单位
D．若7组数据对应七个点，则至少有一个点在经验回归直线上
10．（2024高二下·武威期末）下列四个命题中假命题是（ ）
A．， B．，
C．，使 D．，
11．（2024高二下·武威期末）我国古代数学名著《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱”称为“堑堵”．现有一如图所示的“暂堵”，其中，若，则（ ）
A．该“堑堵”的体积为2
B．该“堑堵”外接球的表面积为
C．若点P在该“堑堵”上运动，则的最大值为
D．该“堑堵”上，与平面所成角的正切值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高二下·武威期末）若，且，则的最大值为 .
13．（2024高二下·武威期末）如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为 ．
14．（2024高二下·武威期末）已知函数，则不等式的解集为 .
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．（2024高二下·武威期末）已知集合，且满足，，求实数，的值.
16．（2024高二下·武威期末）已知件产品中有件合格品和件次品，现从这件产品中分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设采用有放回的方式抽取的件产品中合格品数为，采用无放回的方式抽取的件产品中合格品数为．
（1）求；
（2）求的分布列及数学期望；
（3）比较数学期望与的大小．
17．（2024高二下·武威期末）已知函数，（注：是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若只有一个极值点，求实数a的取值范围．
18．（2024高二下·武威期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点.
（1）证明平面；
（2）证明平面；
（3）求二面角的大小.
19．（2024高二下·武威期末）为了研究学生每天整理数学错题的情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图.若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”. 已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占.
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理
不经常整理
合计
（1）求图1中的值；
（2）根据图1、图2中的数据，补全上方列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关
附：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】解不等式，求得集合，再根据交集，补集和子集得定义判断即可.
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为 ab>0 ，所以a，b同号，
当a>b>0时，
当b
所以”a>b“可以推出
同样成立且ab>0时，a>b
所以“a>b”是的充要条件
故答案为：C.
【分析】由ab>0可得出a，b同号，根据a>b分情况讨论得出，在根据两边同乘以ab可得a>b，即可求解.
3．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
若为奇函数，则，即，解得，
经检验时，为奇函数，
则函数，，且，，
则曲线在点处的切线方程为，即．
故答案为：C．
【分析】求函数的定义域，根据函数的奇偶性求出，再求导，根据导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
4．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记事件A“两个加数都大于2”，事件B为“两个加数都为素数”，
事件A包括：，共5种；
事件B包括：，共3种情况，
则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率为.
故答案为：B.
【分析】先记事件，列举事件A，B包括的事件，再龙古典概型概率公式求解即可.
5．【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为1，因为点在棱上，所以设，且，
则，
，
因为直线平面，所以，
且，即，解得，则点与点重合．
故答案为：A．
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，由直线平面， 可得，即，列式求值即可.
6．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：因为，所以当时，解得与矛盾，
所以此种情况不成立；当时，，即，所以满足题意，综上所述实数a的值为4.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查分段函数的求值，根据已知分段函数在x的不同取值范围上对应的解析式，然后分和两种情况分别代入进行求解即可.
7．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 数学成绩近似服从正态分布， 若，
可得，则，
故该地区学生本次考试数学成绩在130分以上的人数为．
故答案为：B．
【分析】由题意，利用正态分布曲线的对称性求解即可.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知：函数为偶函数，且在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，则不等式的解集是.
故答案为：B.
【分析】利用函数的奇偶性，单调性解不等式即可.
9．【答案】A,B
【知识点】线性回归方程；回归分析；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：对于A：由题意得，
，
因为模型I的经验回归方程为，则，解得，故A正确；
对于B：因为越大，拟合效果越好，所以模型II的拟合效果比较好，故B正确；
对于C：因为经验回归方程为，所以当解释变量x每增加1个单位时，响应变量平均增加0.17个单位，故C错误；
对于D：因为，则有：
1 2 4 6 11 13 19
3.01 3.18 3.52 3.86 4.71 5.05 6.07
所以没有点在经验回归直线上，故D错误.
故选：AB.
【分析】对A：先根据题意求出，进而可得；对B：根据的定义分析判断；对CD：根据线性回归方程的意义作出判断.
10．【答案】A,B,D
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：A、，，故A为假命题；
B、当时，满足，但，故B为假命题；
C、当时，满足，且，故C为真命题；
D、当时，满足，但都为无理数，故D为假命题.
故答案为：ABD.
【分析】根据全称命题与存在性命题的判定方法逐项判定即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；直线与平面所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知“暂堵”的体积为：，故A正确；
B、设该“堑堵”外接球的半径为，易知三棱柱外接球即为长方体的外接球，长方体的体对角线为外接球的直径，则，解得，
则该“堑堵”外接球的表面积为，故B正确；
C、由题意可知：当点与重合时，最大，且，故C错误；
D、连接，如图所示：
因为平面，
所以平面，即即为与平面所成角的平面角，
在中，，，
则与平面所成角的正切值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据棱柱的体积公式计算即可判断A；先求出外接球的半径，再根据球的表面积公示即可判断B；当点与重合时，最大，求出即可判断C；证明平面，可得即为与平面所成角的平面角，解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
当且仅当时等号成立，则的最大值为.
故答案为：1.
【分析】由题意，利用基本不等式求解即可.
13．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得：， 二面角的大小为，
，，
则
，即两点间的距离为.
故答案为：.
【分析】由题意，利用向量的线性关系可得，结合向量的数量积求的长度即可.
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：函数定义域为，
且，则为偶函数，
，当时，令，
易知，即在上单调递增，
且，则在上单调递增，
因为，所以，
所以，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，再求导，利用导数判断函数在上的单调性，结合偶函数性质即可将原题不等式等价转换为，从而转换为一元二次不等式求解即可.
15．【答案】解：由不等式，解得，即集合，集合，
因为，，所以，
则，是方程的根，
由韦达定理可得：，则，.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【分析】解分式不等式求得集合，再结合集合的交集，并集运算及韦达定理求解即可.
16．【答案】（1）解：采用有放回的方式抽取，则每次取到合格品的概率，
由题意可知： 合格品数为 服从二项分布，，
则；
（2）解： 采用无放回的方式抽取 ，由题意可得：的可能取值为，
，
则的分布列为
0 1 2
数学期望；
（3）解：由（1）可知：的分布列及数学期望，则.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可知： 合格品数为 服从二项分布，根据二项分布结合对立事件的概率运算求解即可；
（2）由题意结合超几何分布求分布列和期望即可；
（3）由（1）的结论，结合二项分布求期望，再比较大小即可.
（1）因为采用有放回的方式抽取，可知每次取到合格品的概率，
由题意可知：，
所以.
（2）由题意可知：的可能取值为，则有：
，
所以的分布列为
0 1 2
数学期望.
（3）由（1）可知：的分布列及数学期望，
所以.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
且，，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
若只有一个极值点，则只有一个根，即方程只有一个根，
即直线曲线只有一个交点，
因为，所以，所以，所以，
当时，，当时，，
则只有一个极小值点，
故a的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，根据导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）由只有一个极值点，得出只有一个根，即只有一个解，根据的值域即可求出实数a的取值范围，再进行验证即可．
（1）当时，，
，
所以在处的切线斜率为，
又，
所以在处的切线方程为，即，
所以在处的切线方程为．
（2）若只有一个极值点，则只有一个根，
所以方程只有一个根，即只有一个解，
即与只有一个交点，
因为，
所以，
所以，
所以，当时，，当时，，
所以只有一个极小值点，
故a的取值范围为．
18．【答案】（1）证明：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，连接，交于，连接，
易知，，，
因为底面是正方形，所以是此正方形的中心，则点的坐标为，，，所以，即，
又因为平面且平面，所以平面；
（2）解：依题意得，，，
因为，所以，
又因为，且，面，所以平面；
（3）解：设点的坐标为，，则，
即，，，
，
由条件知，，即，解得，
所以点的坐标为，且，，
所以，
即，是二面角的平面角，
因为，
且，，
所以，所以
则二面角的大小为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法证明即可；
（2）利用（1）的坐标系，证明，，即可证明平面；
（3）求出，利用，求二面角的大小即可．
（1）方法一：
证明：连接，交于，连接．
因为底面是正方形，所以点是的中点，
在中，是中位线，所以，
而平面且平面，
所以，平面.
方法二：
证明：如图所示为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设.
连接，交于，连接．
依题意得．，，，
因为底面是正方形，所以是此正方形的中心，
故点的坐标为且．，，
所以，这表明．
而平面且平面，所以平面．
（2）方法一：证明：由底面，面，得，
因为底面是正方形，有，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，
因为，可知是等腰三角形，而是边的中点，所以，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，
又，，平面，所以平面．
方法二：证明：依题意得，，
又，故，
所以，
由已知，且，面，所以平面.
（3）方法一：解：由（2）知，，又已知，故是二面角的平面角．
由（2）知，，，
设正方形的边长为，
则，，，
，，
在中，，
在中，，所以，
所以，二面角的大小为．
方法二：解：设点的坐标为，，则，
从而，，，
所以，
由条件知，，即，解得，
所以点的坐标为，且，，
所以
即，故是二面角的平面角．
因为，
且，，
所以
所以
所以，二面角的大小为.
19．【答案】（1）解：由频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得；
（2）解：由题意可知：数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，
经常整理错题的有人，不经常整理错题的是人，
经常整理错题且成绩优秀的有人，
则列联表如下：
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于.
【知识点】频率分布直方图；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形面积和为1建立方程求解即可；
（2）由题意，补全列联表，零假设，计算，与临界值进行对比判断即可.
（1）由题意可得，解得；
（2）数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，
经常整理错题的有人，
不经常整理错题的是人，经常整理错题且成绩优秀的有人，则
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
根据列联表中的数据，经计算得到可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于.
1 / 1甘肃省武威市第七中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2024高二下·武威期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】解不等式，求得集合，再根据交集，补集和子集得定义判断即可.
2．（2024高二下·武威期末）设ab>0，则“a>b”是的（ ）.
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为 ab>0 ，所以a，b同号，
当a>b>0时，
当b所以”a>b“可以推出
同样成立且ab>0时，a>b
所以“a>b”是的充要条件
故答案为：C.
【分析】由ab>0可得出a，b同号，根据a>b分情况讨论得出，在根据两边同乘以ab可得a>b，即可求解.
3．（2024高二下·武威期末）设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；导数的几何意义；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
若为奇函数，则，即，解得，
经检验时，为奇函数，
则函数，，且，，
则曲线在点处的切线方程为，即．
故答案为：C．
【分析】求函数的定义域，根据函数的奇偶性求出，再求导，根据导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可.
4．（2024高二下·武威期末）“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：记事件A“两个加数都大于2”，事件B为“两个加数都为素数”，
事件A包括：，共5种；
事件B包括：，共3种情况，
则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率为.
故答案为：B.
【分析】先记事件，列举事件A，B包括的事件，再龙古典概型概率公式求解即可.
5．（2024高二下·武威期末）已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（ ）
A．点D B．点 C．的中点 D．不存在
【答案】A
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为1，因为点在棱上，所以设，且，
则，
，
因为直线平面，所以，
且，即，解得，则点与点重合．
故答案为：A．
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，由直线平面， 可得，即，列式求值即可.
6．（2024高二下·武威期末）已知若，则实数的值为（ ）
A．1 B．4 C．1或4 D．2
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：因为，所以当时，解得与矛盾，
所以此种情况不成立；当时，，即，所以满足题意，综上所述实数a的值为4.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查分段函数的求值，根据已知分段函数在x的不同取值范围上对应的解析式，然后分和两种情况分别代入进行求解即可.
7．（2024高二下·武威期末）某地区有名学生参加某次考试，考试后数学成绩近似服从正态分布，若，则估计该地区学生本次考试数学成绩在分以上的人数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解： 数学成绩近似服从正态分布， 若，
可得，则，
故该地区学生本次考试数学成绩在130分以上的人数为．
故答案为：B．
【分析】由题意，利用正态分布曲线的对称性求解即可.
8．（2024高二下·武威期末）已知：偶函数定义域为且上有.，若，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知：函数为偶函数，且在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，则不等式的解集是.
故答案为：B.
【分析】利用函数的奇偶性，单调性解不等式即可.
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3分，有选错的得0分．
9．（2024高二下·武威期末）为研究如何合理施用有机肥，使其最大限度地促进某种作物的增产，同时减少对周围环境的污染，某研究团队收集了7组某种有机肥的施用量和当季该种作物的亩产量的数据，并对这些数据进行了初步处理，得到如表所示的一些统计量的值，其中，有机肥施用量为（单位：千克），当季该种作物的亩产量为（单位：百千克）.
1 2 4 6 11 13 19
1.9 3.2 4.0 4.4 5.2 5.3 5.4
现有两种模型可供选用，模型I为线性回归模型，利用最小二乘法，可得到关于的经验回归方程为，模型II为非线性经验回归方程，经计算可得此方程为，另外计算得到模型I的决定系数和模型II的决定系数，则（ ）
A．
B．模型II的拟合效果比较好
C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量一定增加0.17个单位
D．若7组数据对应七个点，则至少有一个点在经验回归直线上
【答案】A,B
【知识点】线性回归方程；回归分析；回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：对于A：由题意得，
，
因为模型I的经验回归方程为，则，解得，故A正确；
对于B：因为越大，拟合效果越好，所以模型II的拟合效果比较好，故B正确；
对于C：因为经验回归方程为，所以当解释变量x每增加1个单位时，响应变量平均增加0.17个单位，故C错误；
对于D：因为，则有：
1 2 4 6 11 13 19
3.01 3.18 3.52 3.86 4.71 5.05 6.07
所以没有点在经验回归直线上，故D错误.
故选：AB.
【分析】对A：先根据题意求出，进而可得；对B：根据的定义分析判断；对CD：根据线性回归方程的意义作出判断.
10．（2024高二下·武威期末）下列四个命题中假命题是（ ）
A．， B．，
C．，使 D．，
【答案】A,B,D
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：A、，，故A为假命题；
B、当时，满足，但，故B为假命题；
C、当时，满足，且，故C为真命题；
D、当时，满足，但都为无理数，故D为假命题.
故答案为：ABD.
【分析】根据全称命题与存在性命题的判定方法逐项判定即可.
11．（2024高二下·武威期末）我国古代数学名著《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱”称为“堑堵”．现有一如图所示的“暂堵”，其中，若，则（ ）
A．该“堑堵”的体积为2
B．该“堑堵”外接球的表面积为
C．若点P在该“堑堵”上运动，则的最大值为
D．该“堑堵”上，与平面所成角的正切值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；直线与平面所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、易知“暂堵”的体积为：，故A正确；
B、设该“堑堵”外接球的半径为，易知三棱柱外接球即为长方体的外接球，长方体的体对角线为外接球的直径，则，解得，
则该“堑堵”外接球的表面积为，故B正确；
C、由题意可知：当点与重合时，最大，且，故C错误；
D、连接，如图所示：
因为平面，
所以平面，即即为与平面所成角的平面角，
在中，，，
则与平面所成角的正切值为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据棱柱的体积公式计算即可判断A；先求出外接球的半径，再根据球的表面积公示即可判断B；当点与重合时，最大，求出即可判断C；证明平面，可得即为与平面所成角的平面角，解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高二下·武威期末）若，且，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
当且仅当时等号成立，则的最大值为.
故答案为：1.
【分析】由题意，利用基本不等式求解即可.
13．（2024高二下·武威期末）如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为 ．
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得：， 二面角的大小为，
，，
则
，即两点间的距离为.
故答案为：.
【分析】由题意，利用向量的线性关系可得，结合向量的数量积求的长度即可.
14．（2024高二下·武威期末）已知函数，则不等式的解集为 .
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：函数定义域为，
且，则为偶函数，
，当时，令，
易知，即在上单调递增，
且，则在上单调递增，
因为，所以，
所以，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，再求导，利用导数判断函数在上的单调性，结合偶函数性质即可将原题不等式等价转换为，从而转换为一元二次不等式求解即可.
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．（2024高二下·武威期末）已知集合，且满足，，求实数，的值.
【答案】解：由不等式，解得，即集合，集合，
因为，，所以，
则，是方程的根，
由韦达定理可得：，则，.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【分析】解分式不等式求得集合，再结合集合的交集，并集运算及韦达定理求解即可.
16．（2024高二下·武威期末）已知件产品中有件合格品和件次品，现从这件产品中分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设采用有放回的方式抽取的件产品中合格品数为，采用无放回的方式抽取的件产品中合格品数为．
（1）求；
（2）求的分布列及数学期望；
（3）比较数学期望与的大小．
【答案】（1）解：采用有放回的方式抽取，则每次取到合格品的概率，
由题意可知： 合格品数为 服从二项分布，，
则；
（2）解： 采用无放回的方式抽取 ，由题意可得：的可能取值为，
，
则的分布列为
0 1 2
数学期望；
（3）解：由（1）可知：的分布列及数学期望，则.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可知： 合格品数为 服从二项分布，根据二项分布结合对立事件的概率运算求解即可；
（2）由题意结合超几何分布求分布列和期望即可；
（3）由（1）的结论，结合二项分布求期望，再比较大小即可.
（1）因为采用有放回的方式抽取，可知每次取到合格品的概率，
由题意可知：，
所以.
（2）由题意可知：的可能取值为，则有：
，
所以的分布列为
0 1 2
数学期望.
（3）由（1）可知：的分布列及数学期望，
所以.
17．（2024高二下·武威期末）已知函数，（注：是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若只有一个极值点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，
且，，
则曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，，
若只有一个极值点，则只有一个根，即方程只有一个根，
即直线曲线只有一个交点，
因为，所以，所以，所以，
当时，，当时，，
则只有一个极小值点，
故a的取值范围为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导，根据导数的几何意义结合点斜式求切线方程即可；
（2）由只有一个极值点，得出只有一个根，即只有一个解，根据的值域即可求出实数a的取值范围，再进行验证即可．
（1）当时，，
，
所以在处的切线斜率为，
又，
所以在处的切线方程为，即，
所以在处的切线方程为．
（2）若只有一个极值点，则只有一个根，
所以方程只有一个根，即只有一个解，
即与只有一个交点，
因为，
所以，
所以，
所以，当时，，当时，，
所以只有一个极小值点，
故a的取值范围为．
18．（2024高二下·武威期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点.
（1）证明平面；
（2）证明平面；
（3）求二面角的大小.
【答案】（1）证明：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，连接，交于，连接，
易知，，，
因为底面是正方形，所以是此正方形的中心，则点的坐标为，，，所以，即，
又因为平面且平面，所以平面；
（2）解：依题意得，，，
因为，所以，
又因为，且，面，所以平面；
（3）解：设点的坐标为，，则，
即，，，
，
由条件知，，即，解得，
所以点的坐标为，且，，
所以，
即，是二面角的平面角，
因为，
且，，
所以，所以
则二面角的大小为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法证明即可；
（2）利用（1）的坐标系，证明，，即可证明平面；
（3）求出，利用，求二面角的大小即可．
（1）方法一：
证明：连接，交于，连接．
因为底面是正方形，所以点是的中点，
在中，是中位线，所以，
而平面且平面，
所以，平面.
方法二：
证明：如图所示为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设.
连接，交于，连接．
依题意得．，，，
因为底面是正方形，所以是此正方形的中心，
故点的坐标为且．，，
所以，这表明．
而平面且平面，所以平面．
（2）方法一：证明：由底面，面，得，
因为底面是正方形，有，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，
因为，可知是等腰三角形，而是边的中点，所以，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，
又，，平面，所以平面．
方法二：证明：依题意得，，
又，故，
所以，
由已知，且，面，所以平面.
（3）方法一：解：由（2）知，，又已知，故是二面角的平面角．
由（2）知，，，
设正方形的边长为，
则，，，
，，
在中，，
在中，，所以，
所以，二面角的大小为．
方法二：解：设点的坐标为，，则，
从而，，，
所以，
由条件知，，即，解得，
所以点的坐标为，且，，
所以
即，故是二面角的平面角．
因为，
且，，
所以
所以
所以，二面角的大小为.
19．（2024高二下·武威期末）为了研究学生每天整理数学错题的情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图.若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”. 已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占.
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理
不经常整理
合计
（1）求图1中的值；
（2）根据图1、图2中的数据，补全上方列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关
附：
【答案】（1）解：由频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得；
（2）解：由题意可知：数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，
经常整理错题的有人，不经常整理错题的是人，
经常整理错题且成绩优秀的有人，
则列联表如下：
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于.
【知识点】频率分布直方图；独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形面积和为1建立方程求解即可；
（2）由题意，补全列联表，零假设，计算，与临界值进行对比判断即可.
（1）由题意可得，解得；
（2）数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，
经常整理错题的有人，
不经常整理错题的是人，经常整理错题且成绩优秀的有人，则
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
根据列联表中的数据，经计算得到可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于.
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