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2024-2025 学年福建省漳州第一中学高二下学期期末考试
数学试卷
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 = { | > 2}, = {2, 3, 4}，则( R ) ∩ =( )
A. B. 2 C. 2, 3 D. 2, 3, 4
2.下列函数中，既是奇函数又是增函数的是( )
A. = 1 B. = tan
C. = e D. = 2025 sin
3.若 > 0, > 0, 2 + 9 = 1 1 2，则 + 的最小值为( )
A. 24 B. 26 C. 32 D. 92
4.已知关于 不等式 2 + + > 0 的解集为 1 < < 2 ，则关于 不等式 2 + + > 0 的解集为
( )
A. B.
C.｛ | < 2 23或 > 1｝ D. 3 < < 1
5.下列说法错误的是( )
A.若随机变量 服从正态分布 ～ 3, 2 ，且 ( ≤ 4) = 0.7，则 (3 < < 4) = 0.2
B.若事件 , 相互独立， ( ) = 12 , ( ) =
1
3，则 ( + ) =
5
6
C.对具有线性相关关系的变量 , ，利用最小二乘法得到的经验回归方程为 = 0.4 ，若样本点的中心
为 , 1.8 ，则实数 的值是 3
D.对样本相关系数 ，| |越大，两个变量之间的线性相关性越强
6 π π.已知命题 ：曲线 = sin2 向右平移6个单位长度得到曲线 = sin 2 6 ；命题 ：“ > 0, 2
> 1”
的否定为“ ≤ 0, 2 ≤ 1”，则( )
A. 和 都是真命题 B. 和 都是真命题
C. 和 都是真命题 D. 和 都是真命题
7.在平行六面体 1 1 1 1中， = = 1, 1 = 2, ∠ = ∠ 1 = ∠ 1 = 60 ，则直线
1, 1 所成角的余弦值为( )
A. 21 B. 7 3 3 216 6 C. 14 D. 14
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8.已知 0 < < < π2，则( )
A. sin sin < B. < tan tan
C. sin < cos D. tan >
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数 ( ) = 3 + + 1( ∈ )的导函数为 ′( )，则( )
A. ′( )一定是偶函数
B. ( )一定有极值
C. ( )一定存在递增区间
D.对任意确定的 ，恒存在 > 0，使得 sin ≤
10.在斜三角形 中，角 , , 的对边分别为 , , .若 sin = cos ，则( )
A. 为锐角三角形 B. = π2
C.若 = 1，则 = tan D. 1 < cos + cos + cos ≤ 54
11.若点 在平面 外，过点 作面 的垂线，则称垂足 为点 在平面 内的正投影，记为 = ( ).在棱长
为 1 的正方体 1 1 1 1中，记平面 1 1 为 ，平面 为 ，点 是棱 1上一动点(与 , 1不
重合)， 1 = ( ) , 2 = ( ) .则下列结论中正确的是( )
A. 1 2线段 2长度的取值范围是 2 , 2
B.存在点 使得 1//平面
C.存在点 使得 1 ⊥ 2
D. 3存在点 使得 1 2与平面 1 所成角的正弦值为 3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 sin2 .若角 的顶点为坐标原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边过点(24, 25)，则1+cos2 = ．
13.若函数 ( )的导函数 ′( )为偶函数，且 ( )的图象与直线 = 相切，则 ( )可以是 . (写出一个满
足条件的函数解析式即可)
14.一个书包中有标号为“1, 1, 2, 2, 3, 3, , , ”的 2 张卡片．一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放
回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有 3 张单
张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束，记书包中卡片全部被拿走的概率为 ，则 3 = ；
5 = ．
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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.(本小题 13 分)
某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查 100 人购买情况，得到如下列联表：
新能源汽车 款 新能源汽车 款 总计
男性 50 10
女性 25 15 40
总计 25 100
(1)求 , ；
(2)根据小概率值 = 0.05 的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？
(3)假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取 3
人，设被抽取的 3 人中购买了 款车的人数为 ，求 的数学期望．
2 = ( )
2
附： ( + )( + )( + )( + )， = + + + ．
2 ≥ 0.10 0.05 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
16.(本小题 15 分)
如图，在四棱锥 中， ⊥底面 , ⊥ , // , = = 2, = 3, = 1， 为棱
的中点．
(1)求证： //平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的正弦值．
17.(本小题 15 分)
在统计学的实际应用中，除了中位数外，常用的分位数还有第 25 百分位数(即下四分位数)与第 75 百分位
数(即上四分位数).四分位数常应用于绘制统计学中的箱型图，即把所有数值由小到大排列，并分成四等份，
处于三个分割点的数值就是四分位数；箱型图中“箱体”的下底边对应的数据为下四分位数，上底边对应
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的数据为上四分位数，中间的线对应的数据为中位数，如图 1 所示．已知 , 两个班级人数相同，在一次
测试中两个班级的成绩箱型图如图 2 所示．
(1)求 班成绩的上四分位数和 班成绩的中位数；
(2)据统计，两个班级中高于 140 分的共 8 人，其中 班 3 人， 班 5 人，从中抽取 3 人作学习经验分享，
设这 3 人中来自 班的人数为 ，求 的分布列．
(3)在两个班级中随机抽取一名学生，若该生的分数大于 120 分，求该生来自 班和 班的概率分别是多少？
18.(本小题 17 分)
在 中，内角 , , 的对边分别为 , , ，且点 是线段 上的一点．已知2 = cos ．
(1)求角 的大小；
(2)若 = 3 = 3 ，求 tan 的值；
(3)若 为 的角平分线，且 = 1，求 2 sin + 3 sin + 3 sin 的最小值．
19.(本小题 17 分)
( ) = ln 1已知函数 ( ≥ 0)．
(1)若 = 0 1，求 ( )在 2 , 的值域；
(2)证明： ( ) 1存在唯一的极值点 0，且 +1 ≤ 0 ≤ 1；
(3)若 ( ) ≥ 1 恒成立，证明：2 sin 23 > 0，其中 0为 ( )的极值点．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. 25 124或 1 24
13. ( ) = sin (答案不唯一)
14.35或 0.6
3
； 35
15.解：(1)由题意得 = 50 + 10 = 60， = 100 25 = 75．
(2)零假设为 0：选购新能源汽车的款式与性别无关联．
2 = 100(50×15 25×10)
2
根据列联表中的数据，可得 75×25×60×40 ≈ 5.556 > 3.841，
根据小概率值 = 0.05 的独立性检验，推断 0不成立，
可以认为选购车的款式与性别有关，此推断犯错误的概率不大于 0.05；
(3) 25 1随机抽取 1 人购买 款车的概率为 = 100 = 4，
的可能取值有 0,1,2,3 1，由题意得 3, 4 ，
1 3
由二项分布的期望公式得 ( ) = = 3 4 = 4．
16.解：(1)
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因为 ⊥底面 ， 底面 ，所以 ⊥ ，
又因为 ⊥ ， ∩ = , , 平面 ，
所以 ⊥平面 ，即 为平面 的一个法向量，
如图以点 为原点， ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
3
可得 (0,0,0)， (1,0,0)， (2,2,0)， (0,2,0)， (0,0,3)，因 为棱 的中点，则得 1,1, 2 ，
因 = 0,1, 3 2 ， = (1,0,0)，由
= 0，可得 ⊥ ，
又 平面 ，所以 //平面 ；
(2)由(1)易得 = ( 1,2,0) 3， = 0,1, 2 ，
设平面 的法向量为 = ( , , )，
= + 2 = 0
则 3 ，故可取 = (6,3, 2)， = + 2 = 0
又平面 的法向量 = = (1,0,0)，
cos , = = 6 6因 1×7 = 7，
6 2 13
所以平面 与平面 所成角的正弦值为 1 7 = 7 ．
17.解：(1)由两个班级的成绩箱型图可知， 班的上四分位数与 班的中位数均为 120．
(2)依题意 的可能取值为 0，1，2，3
3 2 1
所以 ( = 0) = C3 = 1
C3C5 15
C38 56
， ( = 1) =
C3
=
8 56
1 2 3
( = 2) = C3C5 = 15 C5 5
C38 28
， ( = 3) = 3 =C8 28
，
所以 的分布列如下

0 1 2 3
1 15 15 5
56 56 28 28
(3)设事件 表示该同学来自 班，事件 表示该同学的分数高于 120 分，
1 1 1 1
由成绩箱型图可得， ( ) = 2， ( ) = 2， ( | ) = 4 , ( | ) = 2，
由全概率公式， ( ) = ( ) + ( ) = ( | ) ( ) + ( | ) ( )
= 1 1 1 1 34 × 2 + 2 × 2 = 8，
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1 1
( | ) = ( ) = ( | ) ( )
× 1
故由贝叶斯公式， 4 2 ( ) ( ) = 3 = 3，
8
1 1
( ) ( | ) ( ) × 2
( | ) = = 2 2 ( ) ( ) = 3 = 3
8
1
即该同学来自 班的概率为3，来自
2
班的概率为3．
18.解：(1)sin = sin π ( + ) = sin( + ) = sin cos + cos sin ，

由2 = cos 以及正弦定理边化角可得，
sin = 2sin cos 2sin = 2sin cos 2 sin cos + cos sin ，
整理可得 sin = 2cos sin ．
因为 0 < < π，所以 sin ≠ 0，
所以 cos = 12，
因为 0 < < π，所以 = 2π3 ．
(2)解法一：因为点 是线段 上的一点，且 = 3 = 3 ，
所以 = = 14 ，所以 = 2 cos =
1
2 cos ，
2π π
因为 = 3， + + = π，所以 = 3 ，
1
cos
因为sin =
2
sin ，即 2π = sin(πsin 3 )
，
3
sin( π 3所以 3 ) = 4 cos
3 1 3
，所以 2 cos 2 sin = 4 cos ，
1
所以2 sin =
3 3
4 cos ，所以 tan = 2 ．
解法二：由已知可得 = ，
所以 为锐角，∠ = ，∠ = π 2 ，∠ = 2 ．
设 = = ，则 = 3 ， = 4 ，
在 中，由余弦定理可得
2 = 2 + 2 2 cos∠ = 2 2 2 2cos π 2 = 2 2 + 2 2cos2 = 4 2cos2 ，
所以 = 2 cos ．
在 中，由余弦定理可得
2 = 2 + 2 2 cos∠ = 10 2 6 2cos2 ．
在 中，由余弦定理可得
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2 = 2 + 2 2 cos∠ ，
即 16 2 = 10 2 6 2cos2 + 2 2 + 2 2cos2 2 2 cos × 12 ，
整理可得 = 4 cos ，
平方可得 16 2cos2 = 8 2 + 8 2cos2 = 10 2 6 2cos2 ，
1
整理可得 cos2 = 7．
2 4
cos2 = cos2 sin2 = 1 cos = 2
所以有 7 7
sin 3
，解得 3，所以tan
2 = 2 = ．
cos2 + sin2 = 1 sin2 = cos 47
又 为锐角，所以 tan = 32 ．
(3) 2π因为 是 的一条角平分线，且 = 1， = 3 ， = + ，
1 2π 1 π 1 π
所以2 sin 3 = 2 1 sin 3 + 2 1 sin 3，
所以 = + ≥ 2 ，
所以 ≥ 4，仅当 = = 2 时，“=”成立，
所以 2 sin + 3 sin + 3 sin = 2 sin + 3 sin +3 sin sin sin
3( 2 + 2) 3 2 24
= 2 sin + sin ≥ 2 sin + sin ≥ 2 sin + sin
≥ 2 2 sin 24 2 3 sin = 2 48sin = 2 48 × 4 = 12，
当且仅当 2 sin = 24 sin ，即 = 2 3时取等号，
2π
又当 = = 2， = 3时， =
2 + 2 2 cos = 2 3， = = π6，
2 sin + 3 sin + 3 sin = 12，
故 2 sin + 3 sin + 3 sin 的最小值为 12．
19.解：(1)当 = 0 ln 1时， ( ) = 1 , ∈
1
e , e
2 , ′( ) = ln 2，
∈ 1当 ′e , 1 时， ( ) < 0, ( )单调递减；
当 ∈ 1, e2 时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
1又 e = 1, (1) = 0, e
2 = 1 3 1 2e2 < 1，所以 ( )在 e , e 的值域为[0,1]；
(2)当 = 0 时，由(1)可知 = 1 为函数 ( )的唯一极值点且为极小值点，
1
满足 +1 ≤ 0 ≤ 1；
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下面讨论 > 0 的情形：
1
ln e
1
ln
1
e
ln1 ln
′( ) = e + = =
e
2 ,
ln
当 > 1 时， e > 0, 2 > 0，所以
′( ) > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)单调递增，无极值点．
1
当 0 < < 1 时，ln > 0，
设 ( ) = e , ′( ) = ( + 1)e > 0 恒成立，所以 ( )在(0, + ∞)单调递增，
1
令 ′( ) = 0 1 1得 e = ln ln e 即 ( ) = ln ，
1
则有 = ln ，即 + ln = 0．
又设 ( ) = + ln ( > 0)，易知 ( )在(0, + ∞)单调递增，
1 1 1 +1 = +1+ ln +1 = 1 +1 ln( + 1)，
令 = + 1 > 1，设 ( ) = 1 1 ln ′( ) = 1 1 = 1 ， 2 2 ，
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0, ( )单调递减，所以 ( ) < (1) = 0，即 1 +1 < 0，
1
而 (1) = > 0，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的 0 ∈ +1 , 1 ，
使得 0 = 0 即 ′ 0 = 0，
当 ∈ 0, 0 时， ( ) < 0 即 ′( ) < 0，当 ∈ 0, + ∞ 时， ( ) > 0 即 ′( ) > 0，
故 0是函数 ( )唯一的极值点且为极小值点．
1
综上所述，存在唯一的极小值点 0，且 +1 ≤ 0 ≤ 1；
(3)由(2)可知 ( )在 0, 0 单调递减，在 0, + ∞ 单调递增，
( ) = e 0 ln 所以 的最小值为 00
1
，0 0
又因为 0 = 0 即 0 = ln
1
0，所以e 0 = ，0
从而有 = 10 +
1
= ，若 ( ) ≥ 1 恒成立，则 ≥ 1，0 0
= 2 2 2令 3 ，则 ∈ 0, 3 ，要证 2 sin 3 > 0，由(2)知， 0 ≤ 1，
2 4 3 2
所以只需证 2 sin 3 > 1，即证3 sin > 1 即 sin > 4 , ∈ 0, 3 ．
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设 ( ) = sin 34 , ∈ 0,
2
3 ,
′( ) = cos 34 ,
′( )在 0, 23 单调递减，
′( ) ≥ ′ 2 = cos 2 3所以 3 3 4，
2
令 ( ) = cos 1 + 2，则
′( ) = sin + ，令 ( ) = ′( )，
因为 ′( ) = cos + 1 ≥ 0，仅当 = 2 π, ∈ 时，“=”成立，
所以 ′( )在( ∞, + ∞)上单调递增，
2
所以当 > 0 时， ′( ) > ′(0) = 0， ( )递增， ( ) > (0) = 0，即 cos > 1 2，
所以 cos 23 > 1
1 × 4 7 32 9 = 9 > 4，
所以 ′( ) ≥ cos 2 33 4 > 0，所以 ( )在 0,
2
3 单调递增，所以 ( ) ≥ (0) = 0，
即 sin > 3 4，
所以 2 sin 23 > 0成立．
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