湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题

这是一份湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中数学试题，共13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。

一、单选题:本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.
1.曲线y=2x2+1在点P(−1,3)处的切线方程为( )
A. y=−4x−1B. y=−4x−7C. y=4x−1D. y=4x+7
2.若函数f(x)=2xf′(1)+x2，则f′(−1)f(−1)等于( )
A. −34B. 34C. −65D. −56
3.(1+1x)(1+2x)4展开式中x2的系数为( )
A. 10B. 24C. 32D. 56
4.随机变量X的分布列如下表，其中a，b，c成等差数列
则P(X=4)=( )
A. 47B. 45C. 14D. 13
5.若点P是曲线y=lnx−x2上任意一点，则点P到直线l：x+y−6=0的距离的最小值为( )
A. 2 2B. 3 2C. 5 22D. 9 22
6.端午节为每年农历五月初五，又称端阳节、午日节、五月节等．端午节是中国汉族人民纪念屈原的传统节日，以围绕才华横溢、遗世独立的楚国大夫屈原而展开，传播至华夏各地，民俗文化共享，屈原之名人尽皆知，追怀华夏民族的高洁情怀．小华的妈妈为小华煮了8个粽子，其中5个甜茶粽和3个艾香粽，小华随机取出两个，事件A为“取到的两个为同一种馅”，事件B为“取到的两个都是艾香粽”，则P(B|A)= ( )
A. 35B. 313C. 58D. 1328
7.若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8.已知函数是定义在上的偶函数，当时，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题:本题共3小题，每小题满分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.全部选对得6分， 部分选对得部分分，有选错的得0分.
9.下列求导数运算正确的有( )
A. (x2sinx)′=2xsinx+x2csx
B. (1x)′=1x2
C. (lg3x)′=13lnx
D. (lnx)′=1x
10.带有编号1、2、3、4、5的五个球，则下列结论正确的是
( )
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法．
B. 放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有C43种放法．
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有C54C41种放法．
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有C52A44种不同的放法．
11.如图，AE⊥平面ABCD，CF // AE，AD // BC，AD⊥AB，AE=BC=2，AB=AD=1，CF=87，则
A. BD⊥EC
B. BF //平面ADE
C. 平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为13
D. 直线CE与平面BDE所成角的正弦值为59
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12.已知(a−x)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5，若a2= 80，则a0+a1+a2+⋯+a5= ．
13.为了响应全国创文明城活动，某单位计划安排五名员工分别去三个小区参加志愿者服务，每个员工只去一个小区，每个小区至少安排1人，员工甲不去小区，则不同的安排方法种数共有 种．
14.已知函数f(x)=xex−x−lnx+a，若f(x)在(0,e)上存在零点，则实数a的最大值是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（本题13分已知(3x−1x)n的展开式中各项系数之和为32.
(1)求n的值;
(2)求(x+1x)(3x−1x)n展开式中的常数项．
16．（本题15分）
已知函数fx=x3−92x2+6x−a(a∈R).
(1)求fx在−2,3上的最大值；
(2)若函数fx恰有三个零点，求a的取值范围．
17．（本题15分）
甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和3个红球，丙袋中有4个白球和4个红球.先随机取一只袋，再从该袋中先随机取1个球不放回，接着再从该袋中取1个球．
(1)求第一次取出的球为红球的概率;
(2)求第一次取出的球是红球的前提下，第二次取出的球是白球的概率．
18．（本题17分）
如图，在梯形ABCD中，AB//CD,BD⊥CD,AB=BD=2CD=2，将▵ABD沿着BD折起到▵PBD的位置，使得平面PBC⊥平面BCD．
(1)证明：PB⊥CD；
(2)点M满足PM=λPD(0<λ<1)，若二面角C−BM−D的余弦值为23，求λ．
19．（本题17分）
已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，，求实数a的取值范围．
2024年春季期中考试高二数学参考答案和解析
1.【答案】A
解：求导函数y′=4x，
当x=−1时，y′=4×(−1)=−4，
∴曲线y=2x2+1在点P(−1,3)处的切线方程为：y−3=−4(x+1)，
即y=−4x−1，
故选A．
2.【答案】C
解：f′(x)=2f′(1)+2x，
∴f′(1)=2f′(1)+2，f′(1)=−2，
∴f(x)=x2−4x，f′(x)=2x−4，
∴f(−1)=5，f′(−1)=−6，
∴f′(−1)f(−1)=−65．
故选：C．
3.【答案】D
解：(1+1x)(1+2x)4的展开式中x2系数，只要求出(1+2x)4的展开式中含x2的项及x3的系数，
∵(1+2x)4的展开式的通项Tr+1=∁4r×2r⋅xr
令r=3可得T4=4×23×x3=32x3；
令r=2可得T3=∁42×22⋅x2=24x2
故x2的系数为24+32=56，
故选：D．
4.【答案】D
解：由题意可知 a+c=2ba+b+c=1，解得 a+c=23b=13,
故 P(X=4)=b=13，
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：直线l：x+y−6=0，
则直线l的斜率为−1，
y=lnx−x2，
则y′=1x−2，
令1x−2x=−1，解得x=1(负值舍去)，
当x=1时，y=−1，
故平行于直线l：x+y−6=0且与直线y=lnx−x2相切的切点坐标为(1,−1)，
所以点P到直线l：x+y−6=0的距离的最小值为：|1−1−6| 2=3 2．
故选：B．
6.【答案】B
解：由题意， P(A)=C52+C32C82=1328 ， P(AB)=C32C82=328 ，所以 P(B|A)=P(AB)P(A)=3281328=313 ．
故选B．
【答案】A
解：由题意可得：，
令，可得，
原题意等价于在上恒成立，
因为开口向下，对称轴，
可得在上单调递减，
当时，取到最大值，
所以的取值范围是.
故选：A.
8.【答案】D
当时，，
所以在上单调递增.
又因为函数是定义在上的偶函数，
所以函数的图象关于直线对称.
所以在上单调递减.
因为，，，
所以.
故选：D.
故选D．
9.【答案】AD
解：对于A，因为(x2sinx)′=2xsinx+x2csx，所以A对；
对于B，因为(1x)′=−1x2，所以B错；
对于C，因为(lg3x)′=1xln3，所以C错；
对于D，因为(lnx)′=1x，所以D对．
故选：AD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
解：A由分步计数原理，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法，故正确；
B由排列与组合数公式，若五个不同的球全部放进不同的4个盒子里(每盒至少一个)，则有一个盒子放两个球，则先分组再排列，共有C52A44种放法，
若五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个，有一个不放入)，则共有A54种方法，故错误；
C将其中的4个球投入一个盒子里共有C54C41种放法；
D全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有：C52A44种不同的放法．
故选ACD．
11.【答案】BC
解：由题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，F1,2,87，
BD=−1,1,0,EC=1,2,−2，
所以BD·EC=−1×1+1×2+0×−2=1≠0，
所以BD，EC不垂直，故A错误；
依题意，AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，
又BF=(0,2,87)，可得BF·AB=0，则BF⊥AB，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF/​/平面ADE，故B正确；
设m=a,b,c为平面BDF的一个法向量，则m·BD=0m·BF=0,
即−a+b=02b+87c=0，令b=1，可得m=1,1,−74，
依题意，BD=(−1,1,0)，BE=(−1,0,2)，
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，
则n⋅BD=0n⋅BE=0，即−x+y=0−x+2z=0，
不妨令z=1，可得n=(2,2,1)，
所以cs=m·nmn=13，
故平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为13，故C正确；
设直线CE与平面BDE所成角为θ，CE=−1,−2,2，
则sinθ=|cs|=CE⋅n|CE||n|=49，故D错误．
故选BC．
12【答案】1
解：(a−x)5展开式的通项为Tk+1= (−1)kC5ka5−kxk，令k=2，得a2=(−1)2C52a3=80，
解得a=2，即(2−x)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a5x5．
令x=1，得a0+a1+a2+⋯+a5=1，
所以a0+a1+a2+⋯+a5=1．
13【答案】100
【分析】根据题意有和两种情况，共有种情况，再根据员工甲去三个小区的可能性相同，得到答案.
【详解】五名员工分别去三个小区A，B，C参加志愿者服务，每个员工只去一个小区，每个小区至少安排1人，
则有和两种情况，共有种情况，
员工甲去三个小区的可能性相同，所以共有种情况.
故答案为：100
14【答案】−1
解：由f(x)=xex−x−lnx+a，f(x)在(0,e)上存在零点，
即−a=xex−x−lnx=xex−lnex−lnx=xex−ln(xex)在(0,e)上有解，
令g(x)=xex，x∈(0,e)，则g′(x)=(x+1)ex>0恒成立，
故g(x)在(0,e)上单调递增，故g(0)即xex∈(0,ee+1)，
令ℎ(x)=x−lnx，x∈(0,ee+1)，则ℎ′(x)=1−1x=x−1x，
则当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，当x∈(1,ee+1)时，ℎ′(x)>0，
故ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,ee+1)上单调递增，
故ℎ(x)≥ℎ(1)=1−ln1=1，当x→0时，ℎ(x)→+∞，
即有−a≥1，故a≤−1，即实数a的最大值是−1．
故答案为：−1．
15.解：(1)由题意，令x=1得(3−1)n=2n=32，解得n=5.
(2)因为二项式(3x−1x)5的通项为Tr+1=C5r(3x)5−r·(−1x)r
=C5r(−1)r·35−r·x5−2r，
所以(x+1x)(3x−1x)5展开式中的常数项为
x·C53·(−1)3·35−3·x−1+1xC52(−1)2·35−2·x
=−9C53+27C52
=18C52
=180．
16解：(1)
f′x=3x2−9x+6=3x−1x−2，
可知x∈−2,1时，fx单调递增，x∈1,2时，fx单调递减，x∈2,3时，fx单调递增，
由f(−2)=−38−a，f1=52−a，f2=2−a，f(3)=92−a，
则fxmax=f3=92−a．
(2)
由(1)知fx在−∞,1和2,+∞上单调递增，在1,2上单调递减，
所以fx极大=f1=52−a，fx极小=f2=2−a，
因为fx有三个零点，所以fx极大>0fx极小<0，即52−a>02−a<0,
解得217.解：(1)设第一次取出的球为红球为事件A，
取到甲袋、乙袋、丙袋为事件B1，B2，B3，
则P(B1)=P(B2)=P(B3)=13，
由全概率公式可得：
P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)
=25×13+35×13+48×13=12．
(2)设第二次取出的球是白球为事件C，由全概率公式可得：
P(AC)=P(AC|B1)P(B1)+P(AC|B2)P(B2)+P(AC|B3)P(B3)
=25×34×13+35×24×13+48×47×13=31105，
由条件概率可得：所以P(C|A)=P(AC)P(A)=3110512=62105．
18.【答案】(1)证明：过D作DN⊥BC，垂足为N，
因为平面BCD⊥平面PBC，平面BCD∩平面PBC=BC，DN⊂平面BCD，
所以DN⊥平面PBC．
因为PB⊂平面PBC，所以DN⊥PB．
因为PB⊥BD，BD∩DN=D，BD、DN⊂平面BCD，
所以PB⊥平面BCD．
因为CD⊂平面BCD，
所以PB⊥CD；
(2)解：由(1)可知PB⊥平面BCD，又BD⊥CD，
以B为坐标原点，以BD，BP的方向分别为x轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则D(2,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，
BC=(2,1,0)，BM=BP+PM=BP+λPD=(0,0,2)+λ(2,0,−2)=(2λ,0,2−2λ)，
设平面BCM的法向量n=(x,y,z)，由BC⋅n=0BM⋅n=0，得2x+y=02λx+2(1−λ)z=0,
令x=−1得n=(−1,2,λ1−λ)，平面BDM的法向量可取m=(0,1,0)，
因为二面角C−BM−D的余弦值为23，
所以|csm,n|=|m⋅n|m|⋅|n||=2 5+(λ1−λ)2=23，解得λ1−λ=2，
所以λ=23．

19.【答案】(1)递增区间为，递减区间为；
(2).
【详解】（1）易知函数的定义域为．
当时，，∴
令，得；令，得
∴函数的单调递增区间为，
的单调递减区间为．
（2）
，
①当时，恒成立，在上单调递增，
∴此时 ，
②当，令，得；令，得 ，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴．
∵，，，
∴此时
③当，恒成立，在上单调递减．
∴此时，令，得.
要使，，只需在的最大值点
综上，实数a的取值范围为
X
2
4
6
P
a
b
c