漳州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 满分：150分）
考生注意：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束，考生必须将答题卡交回。
一、单项选择题：本大题共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.曲线在原点处的切线斜率为（ ）
A. B.0 C. D.1
2.某统计部门对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，将四组数据相应的相关系数进行比较，正确的是（ ）
相关系数 相关系数 相关系数 相关系数
A. B.
C. D.
3.已知事件，相互独立，且，，那么（ ）
A.0.12 B.0.3 C.0.4 D.0.75
4.已知向量，，，若，，三个向量共面，则实数（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
5.在一个关于智能助手的准确率测试中，有三种不同的模型，，.模型的准确率为0.8，模型的准确率为0.75，模型的准确率为0.7.已知选择模型，，的概率分别为，，.现随机选取一个模型进行测试，则准确率为（ ）
A.0.56 B.0.66 C.0.76 D.0.86
6.设函数在附近有定义，且，，，为常数，则（ ）
A.0 B. C. D.
7.若关于的不等式有唯一的整数解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。
9.函数，则（ ）
A. B.的增区间为
C.最大值为1 D.有两个零点
10.已知在某次试验中获得数据如下：
2 3 4 10
25 19 15 12 4
与线性相关，且回归方程为，则下列正确的是（ ）
A.与具有负的线性相关关系 B.
C.点落在回归直线下方 D.估计时的值为
11.如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则下列正确的有（ ）
A.
B.直线与直线所成角的余弦值为
C.平面与平面所成角的余弦值为
D.当时，动点到平面的距离的最小值为1
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12.点关于平面的对称点坐标为______.
13.已知，且，则______.
14.已知关于的不等式恒成立，则的最大值为______.
四、解答题：本大题共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）
在一次对外星文明的探索中，科学家发现了一种外星生物，它们具有一种特殊的繁殖方式.科学家记录了这种外星生物在连续8天内的繁殖数量，发现繁殖数量与天数之间存在线性关系.
（1）根据记录的数据，得到以下表格：
天数 1 2 3 4 5 6 7 8
繁殖数量 13 15 18 19 20 20 22 25
请利用最小二乘法求出线性回归方程；
（2）科学家从这种外星生物中随机抽取了10个样本进行基因分析，以研究其基因多样性，发现这10个样本中有3个样本具有某种特殊基因.现从这10个样本中随机抽取2个样本进行深入研究，记随机抽取的2个样本中具有某种特殊基因的样本数量为，求的分布列与数学期望.
（参考公式与数据：，，，，）
16.（15分）
已知函数在处取得极值6.
（1）求实数，的值；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
17.（15分）
2024年5月1日，“花样漳州啤酒之夜群星演唱会”在漳州激情开唱，为现场2万名观众带来一场音乐盛宴.现随机抽取200名现场观众，对他们的年龄和是否购买周边产品进行了统计，得到以下数据：
年龄（岁） 购买周边 不购买周边 总计
小于30 40
30及以上 45 80
总计 200
（1）请完成上面列联表，并判断是否有的把握认为年龄与是否购买周边产品有关？
（2）已知现场观众对某首歌曲的喜爱程度得分（单位：分），请估计现场观众对该首歌曲的喜爱程度得分在内的人数约为多少？
（参考公式及表格：，其中.
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
若，则，，.）
18.（17分）
如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为正方形，，，，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若平面与平面的交线为，
（i）作出交线（需要写出必要的作图步骤，保留作图痕迹，无需证明）；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值.
19.（17分）
定义：对于空间向量，，其“导数积”为.已知空间向量，为常数，记.
（1）当时，证明：；
（2）若为的极大值点，求正实数的取值范围；
（3）设，，，且满足，，证明：.
漳州市2023-2024学年（下）期末高中教学质量检测
高二数学参考答案
评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.
一、单项选择题（本大题共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.D 2.A 3.B 4.B 5.C 6.D 7.B 8.A
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9.AB 10.AD 11.ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 13.5 14.
四、解答题：本大题共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）
【解析】
（1），，
，
，
所以，线性回归方程为.
（2）依题意，，的可能取值为：，，.
，，，
的分布列为
0 1 2
的数学期望为.
16.（15分）
【解析】
（1）
依题意有
解得
此时，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
在处取得极大值，
因此，，
（2）由（1）知，，
在上单调递增，在上单调递减，
又，，
，
所以在上的最大值为6，最小值为.
17.（15分）
【解析】
（1）列联表如下：
年龄（岁） 购买周边 不购买周边 总计
小于30 80 40 120
30及以上 45 35 80
总计 125 75 200
假设年龄与是否购买周边产品无关，
因为，所以没有的把握认为年龄与是否购买周边产品有关.
（2）依题意正态分布的均值，标准差，
人，
现场观众对该首歌曲的喜爱程度得分在内的人数约为16372.
18.（17分）
【解析】
法一：（1）证明：如图，在上取点，使
连接，，因为，所以
所以，且
又在正方形中，，
所以，
又在三棱台中，，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）（i）如图，延长和交于一点，连接，
则直线即为平面与平面的交线.
（ii）由平面平面，平面平面，，
所以平面，又，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，
又因为，，所以在中，，
所以，
，
取直线的方向向量为
设平面的法向量为，
由得，取，
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为
法二：（1）由平面平面，平面平面，，
所以平面，，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，，
设平面的法向量为，
由得，取，
因为，
所以，
又平面，所以平面.
（2）（i）同解法一.
（ii），，，
设平面的法向量为，
由，
令，则，，取，
设直线的方向向量为，
由（1）知，平面的法向量，
由，令，
则，，取，
（下同解法一）
19.（17分）
【解析】
（1）依题意，，
即，
当时，，，
当时，；当时，，
因此，在上单调递减，在上单调递增，
故，得证.
（2）当时，，设，，
令，解得，因为在上单调递增，于是，
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增，
即在单调递减，在单调递增，
①当时，，注意到及在单调递减，
则当时，；当时，，
故在单调递增，在单调递减，
为的极大值点，符合题意；
②当时，，由（1）知，，
在上单调递增，无极值点，不合题意，舍去；
③当时，，注意到及在单调递增，
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增，
为的极小值点，不合题意，舍去.
综上，的取值范围为.
（3）依题意，在上不单调，由（2）知，且，此时，
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，从而有，
要证，只需证，
由于在单调递减，且，
故只需证，即证，
设，，
，设，则，，
当时，有，又因为在上单调递增，
于是有，即，
从而在上递增，即在上递增，
于是有，从而在上递增，
于是有，式得证，故原不等式成立.
