2022-2023学年福建省宁德市寿宁县第一中学高二下学期第二阶段考试（5月）数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省宁德市寿宁县第一中学高二下学期第二阶段考试（5月）数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省宁德市寿宁县第一中学高二下学期第二阶段考试（5月）数学试题 一、单选题1．下列导数运算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据导数公式运算对选项一一验证即可.【详解】对于A，，故A错；对于B，，故B错；对于C，，故C正确；对于D，，故D错．故选：C．2．某射手每次射击击中目标的概率均为，且各次射击的结果互不影响．设随机变量X为该射手在n次射击中击中目标的次数，若，则P的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意结合二项分布的期望和方差公式运算求解.【详解】由题意可得：，则，解得.故选：C.3．市场上有甲、乙、丙三家工厂生产的同一品牌产品，已知三家工厂的市场占有率分别为，且三家工厂的次品率分别为，则市场上该品牌产品的次品率为（    ）A．0.01 B．0.02 C．0.03 D．0.05【答案】B【分析】利用全概率公式求解即可.【详解】设分别表示买到一件甲、乙、丙的产品；表示买到一件次品，由题意有，由全概率公式，得 .故选：B.4．若，则等于（　　）A．﹣3 B．﹣6 C．﹣9 D．﹣12【答案】D【分析】先把等价转化为，从而导出其最终结果．【详解】 故A，B，C错误.故选：D．5．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为，，，，则该四面体的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定信息，将四面体补形成正方体，求出正方体的外接球表面积得解.【详解】令，，，，过点C作面的垂线，把垂足与点A，B相连，过点C作面的垂线，把垂足与点B，D相连，过点C作面的垂线，把垂足与点D，A相连，由此得棱长为1的正方体，如图，四面体ABCD与这个正方体有同一个外接球，此球的直径为，所以四面体的外接球的表面积为.故选：C6．已知函数，函数的图象大致是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，可排除AC，求导，再根据函数的单调性和极值点可排除D，即可得解.【详解】，令得或，故函数有两个零点0，2，故A、C错误；又因为，当或时，，当时，，所以函数在和上单调递增，在上单调递减，故函数在处取得极大值，在处取得极小值，故D错.故选：B．7．一个袋中共有10个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是，则红球的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据题意可得袋中黑球的个数为，红球个数为，根据对立事件结合古典概型列式求解即可.【详解】由题意可知：袋中黑球的个数为，设红球个数为，从袋中任意摸出2个球，没有白球的概率为，因为至少得到1个白球的概率是，则，解得，所以红球的个数为1.故选：A.8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令，结合导数可得在区间上单调递减，进而可得；令，利用导数可得在区间上单调递增，进而可得.【详解】令，则当时恒成立，则在区间上单调递减，可得，即，则，所以；令，则，令，则在区间上单调递减，可得即在区间上恒成立，则在区间上单调递增，可得，即在区间上恒成立，可知在区间上单调递增，则在区间上恒成立，令，则，即，所以；综上所述：.故选：A.【点睛】方法点睛：比较大小的常用方法作差法、单调性法、放缩法均有涉及.在比较题中两个数的大小时，首先用到了作差法；在判断差的正负时，通过构造函数，利用函数的单调性，比较了两个函数值之差和0的大小关系；在通过二次求导的正负判断导函数的单调性时，又用到了放缩的方法. 二、多选题9．已知事件A，B满足，，则（    ）A．若，则B．若A与B互斥，则C．若，则A与B相互独立D．若A与B相互独立，则【答案】BD【分析】由事件的包含关系、互相独立事件、互斥事件和条件概率的计算公式验证各选项.【详解】解：对于A，因为，，，所以，故A错误；对于B，因为与互斥，所以，故B正确；对于C，因为，即，所以，又因为，所以，故C错误；对于D，因为与相互独立，所以与相互独立；因为，所以，所以，故D正确.故选：BD10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．当时，函数不存在极值点 B．当时，函数有三个零点C．点是曲线的对称中心 D．若是函数的一条切线，则【答案】ACD【分析】当时，分析函数的单调性，可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项.【详解】对于选项A：当时，可知均在上单调递增，则均在上单调递增，所以函数不存在极值点，故A正确；对于选项B：当时，则，且，令，解得或；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，且，结合单调性可知：在内有且仅有1个零点，当时，，所以有且仅有1个零点，故B错误；对于选项C：因为，所以点是曲线的对称中心，故C正确；对于选项D：设是函数的一条切线，设切点坐标为，因为，由题意可得，①所以曲线在处的切线方程为，即，则，②联立①②可得，故D正确.故选：ACD.11．在四面体P-ABC中，下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若Q为△ABC的重心，则C．若，，则D．若四面体P-ABC的棱长都为2，点M，N分别为PA，BC的中点，则【答案】ABC【分析】根据立体几何的向量运算法则、重心的向量表示法则以及向量的模值计算进行逐项判断即可.【详解】解：由题意得：对于A：∵，∴，∴，∴，∴，即故A正确；对于B：若Q为△ABC的重心，则，∴，∴故B正确；对于C：∵，∴，故C正确；对于D：∵，∴∵∴故D错误．故选：ABC12．已知在棱长为1的正方体中，点为下底面上的动点，则（    ）A．当在对角线上运动时，三棱锥的体积为定值B．当在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到C．当在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到D．若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点的轨迹为椭圆的一部分【答案】AB【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.【详解】当在对角线上运动时，平面，平面,故平面，从而点到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，正确；以为原点，分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，   则，，，由在对角线上运动，设，于是，假设存在点满足异面直线与所成角为，因此，解得，所以异面直线与所成角可以取到，B正确；,，则，故平面，所以平面的一个法向量为，于是令，解得，即直线与平面所成角取不到，错误；注意到点到棱的距离为，过点作的垂线，垂足为，则点到平面的距离为，在平面内，动点到定点A的距离与到定直线的距离之比为2，即动点的轨迹在双曲线上，错误,故选：AB.【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角､线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹, 三、填空题13．在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到直线的距离      ．【答案】/【分析】先证，通过等面积法求点线距离即可.【详解】正方体中，平面，平面，则，又因为，所以到直线的距离为.故答案为：.  14．已知向量满足，且，则         ，在上的投影向量的坐标为              ．【答案】          【分析】对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可得投影向量的坐标.【详解】两边平方化简得：，①因为，所以，又，代入①得：，解得：，，所以，在上的投影向量坐标为．故答案为：2，．15．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是          ．【答案】【分析】法1：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，，利用贝叶斯公式即可得到答案；法2：直接在迟到的前提下计算概率.【详解】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，则；，小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是，法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率，故答案为：．16．已知函数，，若，则的最小值为      ．【答案】【分析】利用函数同构及函数单调性得到，问题转化为求（）的最小值，利用导函数，研究其单调性，求出最小值.【详解】，则 ，因为，故，又当时，恒成立，即单调递增，所以，则，令（），，当时，，当时，，所以在处取得最小值，，的最小值为.故答案为： 四、解答题17．甲袋中有个黑球，个白球，乙袋中有个黑球，个白球，从两袋中各取一球．(1)求“两球颜色相同”的概率；(2)设表示所取白球的个数，求的概率分布列．【答案】(1)(2)分布列答案见解析 【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列.【详解】（1）解：从甲中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，从乙中取出黑球的概率为，取出白球的概率为，故“两球颜色相同”的概率．（2）解：由题意可得，所有可能取值为、、，，，，故的分布列如下表所示：P18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是中点．(1)求直线与平面的夹角余弦值；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值，进一步得到直线与平面的夹角余弦值；（2）求得的坐标，由（1）可得平面的一个法向量，由求点到平面的距离．【详解】（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，，，则有,0,，,4,，,4,，,0,，是的中点，,2,，，，，设平面的一个法向量为,,，则有，取，得,,，设直线与平面所成的角为，则有，．故直线与平面所成的角的余弦值为；（2）,0,，平面的一个法向量为,,，设点到平面的距离为，则有．故点到平面的距离为．19．已知函数．(1)求函数的单调区间和极值：(2)若，讨论函数的零点个数．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值为，无极大值(2)答案见解析 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间；根据极值点定义可求得极值；（2）将问题转化为与的交点个数问题，结合（1）中结论作出函数图象分析可得结果．【详解】（1）∵定义域为，，又恒成立，∴当时，；当时，；的单调递减区间为，单调递增区间为；所以极小值为，无极大值．（2）当时，，当时，，结合（1）中结论作出函数图象如图：的零点个数等价于与的交点个数；当时，与有且仅有一个交点；当时，与有两个不同交点；当时，与有且仅有一个交点；当时，与无交点；综上所述：当时，有唯一零点；当时，有两个不同零点；当时，无零点．20．如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得至处，且．(1)证明：平面．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证结论；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解二面角.【详解】（1）证明：由题意可知，所以，，因为，，平面，所以平面．（2）取的中点，连接，，由等腰三角形的性质可知，，由，，可知，，由且，可知，四边形为平行四边形，，平面；设，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，．设平面的法向量为，则  令，得，因为，所以平面的一个法向量为，所以，由图可知二面角为锐角．故二面角的余弦值为．21．新冠疫情不断反弹，各大商超多措并举确保市民生活货品不断档，超市员工加班加点工作.某大型超市为答谢各位员工一年来的锐意进取和辛勤努力，拟在年会后，通过摸球兑奖的方式对500位员工进行奖励，规定：每位员工从一个装有5种面值奖券的箱子中，一次随机摸出2张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额．(1)若箱子中所装的5种面值的奖券中有2张面值为100元，其余3张均为50元，试比较员工获得100元奖励额与获得150元奖励额的概率的大小；(2)公司对奖励总额的预算是7万元，预定箱子中所装的5种面值的奖券有两种方案：第一方案是3张面值30元和2张面值130元；第二方案是3张面值50元和2张面值100元.为了使员工得到的奖励总额尽可能地符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请问选择哪一种方案比较好？并说明理由．【答案】(1)员工获得100元奖励额的概率小于获得150元奖励额的概率(2)应选择第二种方案，理由见解析 【分析】（1）根据超几何分布求出员工获得100元奖励额与获得150元奖励额的概率，比较大小即可得出答案；（2）分别求出选择方案一和方案二的分布列，进而求出对应的数学期望和方差，比较方差和期望的大小即可得出答案.【详解】（1）用表示员工所获得的奖励额．因为，，所以，故员工获得100元奖励额的概率小于获得150元奖励额的概率．（2）第一种方案：设员工所获得的奖励额为，则的分布列为60160260所以的数学期望为，的方差为；第二种方案：设员工所获得的奖励额为，则的分布列为100150200所以的数学期望为，的方差为，又因为（元），所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小，故应选择第二种方案．22．已知函数，(1)若过点，求在该点处的切线方程；(2)若有两个极值点，且，当时，证明：【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意求得，结合导数的几何意义求切线方程；（2）根据题意可得：是方程的两正根，方法一：整理得，换元令，构建，，利用导数证明；方法二：分析可得证明，构建，利用导数判断单调性即可证明；方法三：利用对数均值不等式证明.【详解】（1）已知，，将代入得，解得所以，则可得，即切点坐标为，切线斜率所以所求切线方程为，即.（2）由题意可得：，∵有两个极值点，且，所以是方程的两正根，整理得，构建，则，由，令，解得；令，解得；所以在单调递减，在单调递增其大致图像如图所示，由图像可知当，方程有两个正根，符合题意，方法一：由，两边取对数得，整理得，若，等价于，可得，注意到，令，则，可得，整理得，故等价于，构建，，则对恒成立，故在上单调递增，则，故；方法二：其大致图像如图所示由图像可知：当时，可得∴要证，等价于证明，而在单调递减，即证明，又∵，即证明，构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递减，且，则，可得，即，注意到，则，∴在单调递减，则，即，∴；方法三：接方法一（用到对数均值不等式）由，取对数得，作差得，由对数均值不等式得：，∴，即.以下证明：，即证明：，令，，构建，则，故在单调递增，从而，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．