2024届云南省楚雄州永仁一中数学高二下期末考试试题含解析

2024届云南省楚雄州永仁一中数学高二下期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．某军工企业为某种型号的新式步枪生产了一批枪管，其口径误差（单位：微米）服从正态分布，从已经生产出的枪管中随机取出一只，则其口径误差在区间内的概率为（）（附：若随机变量服从正态分布，则，）A． B． C． D．2．1-2x5展开式中的x3系数为（A．40 B．-40 C．80 D．-803．若函数，则（）A．0 B．8 C．4 D．64．设实数x，y满足约束条件3x-2y+4≥0x+y-4≤0x-ay-2≤0，已知z=2x+y的最大值是7，最小值是A．6B．-6C．-1D．15．函数的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中m，n均大于0，则的最小值为（）A．2 B．4 C．8 D．166．如下图所示的图形中，每个三角形上各有一个数字，若六个三角形上的数字之和为36，则称该图形是“和谐图形”，已知其中四个三角形上的数字之和为二项式的展开式的各项系数之和.现从0，1，2，3，4，5中任取两个不同的数字标在另外两个三角形上，则恰好使该图形为“和谐图形”的概率为（）A． B． C． D．7．已知集合满足，则集合的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．18．若展开式中只有第四项的系数最大，则展开式中有理项的项数为（）A． B． C． D．9．某次战役中，狙击手A受命射击敌机，若要击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2、0.4、0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立。若A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为（）A．0.23 B．0.2 C．0.16 D．0.110．已知函数，若方程有五个不同的实数根，则的取值范围是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（－∞，0） D．（0，）11．“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流行多年的猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在语音刚落时同时出拳，握紧的拳头代表“石头”，食指和中指伸出代表“剪刀”，五指伸开代表“布”．“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是（）A． B． C． D．12．将5名学生分到三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到宿舍的不同分法有（）A．18种 B．36种 C．48种 D．60种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且P(2≤X≤4)=0.6826，则p（X>4）=14．某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布N（1000，1002），且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1100小时的概率为_________(附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则.15．若不等式|x－a|<1的解集为{x|1<x<3}，则实数a的值为________．16．由曲线，坐标轴及直线围成的图形的面积等于______。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.证明：；已知，证明：.18．（12分）已知数列的前n项和为，满足，且，.（1）求，，的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法予以证明.19．（12分）如图在直三棱柱中，，为中点．（Ⅰ）求证：平面．（Ⅱ）若，且，求二面角的余弦值．20．（12分）把一根长度为5米的绳子拉直后在任意位置剪断，则剪得两段的长都不小于1米的概率为________．21．（12分）如图直线经过圆上的点，OA=OB，CA=CB，圆交直线于点、，其中在线段上，连接、.（1）证明：直线是圆的切线；（2）若，圆的半径为，求线段的长.22．（10分）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组100只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于”，根据直方图得到的估计值为.（1）求乙离子残留百分比直方图中的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解题分析】

根据已知可得，结合正态分布的对称性，即可求解.【题目详解】.故选：C【题目点拨】本题考查正态分布中两个量和的应用，以及正态分布的对称性，属于基础题.2、D【解题分析】

由二项式定理展开式的通项公式，赋值即可求出。【题目详解】1-2x5展开式的通项公式是T令r=3，所以x3系数为C53【题目点拨】本题主要考查如何求二项式定理的展开式中某一项的系数。3、B【解题分析】

根据函数解析式可求得，结合函数奇偶性可得到，从而得到结果.【题目详解】由题意得：本题正确选项：【题目点拨】本题考查函数性质的应用，关键是能够根据解析式确定为定值，从而求得结果.4、D【解题分析】试题分析：画出不等式组表示的区域如图，从图形中看出当不成立，故，当直线经过点时,取最大值，即，解之得，所以应选D.考点：线性规划的知识及逆向运用．【易错点晴】本题考查的是线性约束条件与数形结合的数学思想的求参数值的问题,解答时先构建平面直角坐标系,准确的画出满足题设条件3x-2y+4≥0x+y-4≤0x-ay-2≤0的平面区域,然后分类讨论参数的符号,进而移动直线,发现当该直线经过点时取得最大值,以此建立方程,通过解方程求出参数的值.5、C【解题分析】

试题分析：根据对数函数的性质先求出A的坐标，代入直线方程可得m、n的关系，再利用1的代换结合均值不等式求解即可．解：∵x=﹣2时，y=loga1﹣1=﹣1，∴函数y=loga（x+3）﹣1（a＞0，a≠1）的图象恒过定点（﹣2，﹣1）即A（﹣2，﹣1），∵点A在直线mx+ny+1=0上，∴﹣2m﹣n+1=0，即2m+n=1，∵mn＞0，∴m＞0，n＞0，=（）（2m+n）=4+++2≥4+2•=8，当且仅当m=，n=时取等号．故选C．考点：基本不等式在最值问题中的应用．6、B【解题分析】

先求得二项式的展开式的各项系数之和为.然后利用列举法求得在一共个数字中任选两个，和为的概率，由此得出正确选项.【题目详解】令代入得，即二项式的展开式的各项系数之和为.从0，1，2，3，4，5中任取两个不同的数字方法有：共种，其中和为的有共两种，所以恰好使该图形为“和谐图形”的概率为，故选B.【题目点拨】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查列举法求古典概型概率问题，属于基础题.7、B【解题分析】

利用列举法，求得集合的所有可能，由此确定正确选项.【题目详解】由于集合满足，所以集合的可能取值为，共种可能.故选：B【题目点拨】本小题主要考查子集和真子集的概念，属于基础题.8、D【解题分析】

根据最大项系数可得的值，结合二项定理展开式的通项，即可得有理项及有理项的个数.【题目详解】展开式中只有第四项的系数最大，所以，则展开式通项为，因为，所以当时为有理项，所以有理项共有4项，故选：D.【题目点拨】本题考查了二项定理展开式系数的性质，二项定理展开式通项的应用，有理项的求法，属于基础题.9、A【解题分析】每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为,未命中敌机的概率为,且各次射击相互独立，若射击一次就击落敌机，则他击中利敌机的机尾，故概率为；若射击次就击落敌机，则他次都击中利敌机的机首，概率为；或者第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为,若至多射击两次，则他能击落敌机的概率为,故选.10、D【解题分析】

由方程的解与函数图象的交点关系得：方程有五个不同的实数根等价于的图象与的图象有5个交点，作图可知，只需与曲线在第一象限有两个交点即可。利用导数求过某点的切线方程得：过原点的直线与相切的直线方程为，即所求的取值范围为，得解．【题目详解】设，则的图象与的图象关于原点对称，方程有五个不同的实数根等价于函数的图象与的图象有5个交点，由图可知，只需与曲线在第一象限有两个交点即可，设过原点的直线与切于点，，由，则过原点的直线与相切，，又此直线过点，所以，所以，即（e），即过原点的直线与相切的直线方程为，即所求的取值范围为，故选．【题目点拨】本题主要考查了方程的解与函数图象的交点个数问题的关系应用及利用导数求切线方程。11、B【解题分析】根据“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，而“布”又胜“石头”，可得每局比赛中小军胜大明、小军与大明和局和小军输给大明的概率都为，∴小军和大年两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小军和大年比赛至第四局小军胜出，由指前3局中小军胜2局，有1局不胜，第四局小军胜，∴小军和大年比赛至第四局小军胜出的概率是：.故选B.12、D【解题分析】试题分析：当甲一人住一个寝室时有：种，当甲和另一人住一起时有：，所以有种.考点：排列组合.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、0.1587【解题分析】

P(3≤X≤4)=12P(2≤X≤4)=0.3413,

观察如图可得,

∴P(X>4)=0.5-P(3≤X≤4)=0.5-0.3413

=0.1587考点：正态分布点评：随机变量～N(μ,δ2)中，14、【解题分析】

先通过信息计算出每个电子元件使用寿命超过1100小时的概率，再计算该部件的使用寿命超过1100小时的概率．【题目详解】由于三个电子元件的使用寿命都符合正态分布N（1000，1002），且.每个电子元件使用寿命超过1100小时的概率故该部件的使用寿命超过1100小时的概率【题目点拨】本题考查正态分布的性质应用及相互独立事件的概率求解，属于中档题．15、2.【解题分析】分析：由题意可得，1和3是方程|x－a|＝1的根，代入即可.详解：由题意可得，1和3是方程|x－a|＝1的根，则有解得a＝2.故答案为：2.点睛：本题考查绝对值不等式的解法，考查等价转化思想与方程思想的应用.16、1【解题分析】

根据定积分求面积【题目详解】.【题目点拨】本题考查利用定积分求面积，考查基本分析求解能力，属基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、证明见解析；证明见解析.【解题分析】

(1)，于是证明即可，左边可由所证得到；（2）即证，表示成含n的表达式，利用数学归纳法可证.【题目详解】令，则在上单调递增，在上单调递减.，即①当时，由①可得，即，即由可知②下面用数学归纳法证明当时，，结论成立；假设时，结论成立，即；当时，设，其中，则在上单调递增又，数列单调递增，故由归纳假设和中结论时结论成立，即结合②可得，即【题目点拨】本题主要考查利用导数证明不等式，数列与数学归纳法的运用，意在考查学生的分析能力，转化能力，计算能力，难度较大.18、（1），，（2）猜想，证明见解析.【解题分析】

1利用代入计算，可得结论；2猜想，然后利用归纳法进行证明，检验时等式成立，假设时命题成立，证明当时命题也成立．【题目详解】1，且，当时，，，当时，，，或舍，当时，，，或舍，，，；2由1猜想，下面用数学归纳法证明：①当时，，显然成立，②假设时，结论成立，即，则当时，由，有，，，或舍，时结论成立，由①②知当，均成立．【题目点拨】本题考查了归纳法的证明，归纳法一般三个步骤：验证成立；假设成立；利用已知条件证明也成立，从而求证，这是数列的通项一种常用求解的方法，属中档题．19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解题分析】试题分析：（I）连结，由题意可证得，从而得为中点，所以，又由题意得得，所以得．（也可通过面面垂直证线面垂直）（II）由题意可得两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量分别为，，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值．试题解析：（I）证明：连结，∵平面平面，平面，∴，∵为中点，∴为中点，∵，∴①，法一：由平面，平面，得，②，由①②及，所以平面．法二：由平面，平面，∴平面平面，又平面平面,所以平面．（II）解：由，得，由（I）知，又，得，∵，∴，∴两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，得，，设是平面的一个法向量，由，得,令，得，设为平面的一个法向量，由，得.令，得，∴根据题意知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．点睛：向量法求二面角大小的两种方法（1）分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，解题时要注意结合实际图形判断所求二面角为锐角还是钝角．（2）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小