四川省泸州市泸州老窖天府中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题（B）（学生版+教师版）

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一、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
1. 质点M按规律s＝2t2＋3t做直线运动（位移单位：m，时间单位：s），则质点M在t＝2 s时的瞬时速度是（ ）
A. 2 m/sB. 6 m/s
C. 4 m/sD. 11 m/s
【答案】D
【解析】
【分析】本题首先分析题意，运用物理知识，进行数学结合.
【详解】质点M在t＝2 s时位移的平均变化率为＝＝11＋2Δt，
当Δt无限趋近于0时，无限趋近于11 m/s.
故选：D.
2. 已知抛物线C关于x轴对称，且焦点在直线上，则抛物线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线与轴的交点坐标，从而得到抛物线的焦点坐标，得到答案.
【详解】直线与轴的交点为，所以抛物线的焦点为，
故，解得，抛物线的标准方程为．
故选：D．
3. 某学校派出4名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每位教师只去一所中学，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有（ ）
A. 90种B. 60种C. 48种D. 36种
【答案】D
【解析】
【分析】将4人分成3组，再分配到3所学校，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，先将4人分成3组，3组人数分别为，
则从人中选人一组，其余两人一人一组，共有种分法，
将3组分配到3所学校，共有种分法，
由分步计数原理可得，共有种不同的分配方法.
故选：D.
4. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的杨辉三角，这是中国数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……．则此数列的前15项之和为（ ）
A. 114B. 116C. 124D. 126
【答案】A
【解析】
【分析】依据新数列的构成规律可知杨辉三角前7行所有除1之外的数之和即为所求结果，再利用第行的所有数字之和为即可求得结果.
【详解】根据题意可知构成的新数列的前15项分别为杨辉三角的第三层到第七层除去1之外的所有数构成的，
除第一行有一个1以外，其余每行都有两个1，
又第行的所有数字之和为，
所以构成的新数列前15项之和为.
故选：A
5. 已知函数，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出函数图象，观察与连线的斜率即得.
【详解】作出函数的图象，如图所示.

由图可知曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着的增大而减小.
由，得，即.
故选：C.
6. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解.
【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且，
所以
.
故选：D．
7. 函数在上有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分离参数后将函数零点个数转化为两个函数图像的交点个数.
【详解】函数定义域为，
由
得
设
令得，
时，单调递增；
时，，单调递减；
时，取极大值.
，
要使函数有两个零点即方程右有两个不同的根，
即函数与有两个不同交点.

即
故选: B.
【点睛】思路点睛：涉及函数零点问题时，参数可以分离的情况下优先选择分离参数，然后构建新函数，将零点个数转化为两个函数图像的交点个数.
8. 过双曲线（，）的左焦点的直线与交于，两点，且，若，则的离心率为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线右焦点为，取中点，连接；根据已知可知为线段的垂直平分线，得到；结合双曲线定义可以求解出，从而得到的长度，根据勾股定理求得a、c的关系，进而求得离心率.
【详解】设双曲线右焦点为，取中点，连接，如下图所示：
由可知：
又为中点，可知，
为线段的垂直平分线，
设，由双曲线定义可知：，
则，解得：
在中，
在中，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：通过双曲线定义以及长度关系求得各线段的长度，从而能够在直角三角形中利用勾股定理构造出关于的齐次方程，使得问题得以求解.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据初等函数导数公式和复合函数导数运算法则直接求解可得结果.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC.
10. 甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件概率的概率公式及全概率的概率公式计算可得.
【详解】依题意可得，，，，
所以，故A正确、B正确、C错误；
，故D正确.
故选：ABD
11. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】化简条件，根据可得，再构造函数证明.对A，根据，代入判断即可；对B，由题意即可判断；对C，代入可转证，进而得到即可判断；对D，化简可得，令，再构造函数，进而求导分析单调性判断即可.
【详解】由，可得，．
令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
，即（当且仅当时取等号）．
对A，由可得，
可得（当且仅当时取等号），
又，，故A正确．
对B，由知，
，故，故B正确．
对C，当时，，则，
又，即证，可得，
，故，故C错误．
对D，，
令，则，
由（当且仅当时取等号）可知当时，，
即，
令，则，
在上单调递增，，
，即，故D正确．
故选：ABD
【点睛】结论点睛：常用的不等式：
，，
，，，．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 展开式中的常数项为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出展开式的通项，再令的指数等于零，即可得解.
【详解】展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：.
13. 已知随机变量X的概率分布为，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件利用随机变量分布列的性质列式计算作答.
【详解】依题意，，
由分布列的性质得，解得，
所以实数.
故答案为：
14. 已知不等式，对恒成立，则a的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】通过指对互化把原不等式转化为，构造函数，利用导数研究其单调性，从而得，令，利用导数求解最值求得，即可得解.
【详解】因为，对恒成立，所以，，
所以，所以，
令，则，
因为，所以在上为增函数，所以，
所以，令，则，
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，即，所以，
所以，所以a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，利用指对互化对不等式同构变形，然后利用导数研究单调性和最值，分离参数，再利用导数研究最值即可求解.
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. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上的最小值为0，求在该区间上的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后，根据导数的几何意义求得斜率，再根据点斜式方程即可求解；
（2）求导后，根据导数的正负判断单调性，从而可得，求得，再分别计算，即可求解.
【小问1详解】
当时，，得．
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
，，
由，得或．
随着的变化，，的变化情况如下：
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
从而的最小值，解得．
又因为，，
所以在区间上的最大值．
16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，点，分别为，的中点，且.

（1）求的长；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，写出各点坐标得到和，根据垂直关系列出方程，即可求出；
（2）根据线面角的向量公式即可求解.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以，，
又底面是矩形，
所以，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设，
所以，，，，，
所以，
所以，，
又，所以，
因为，
解得，
即；
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面的一个法向量，所以，
令，解得，，
所以平面的一个法向量，
又，设直线与平面所成角的大小为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 某产品按照产品质量标准分为1等品､2等品､3等品､4等品四个等级.某采购商从采购的产品中随机抽取100个，根据产品的质量标准得到下面的柱状图：
（1）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3个，求恰好有1个4等品的概率；
（2）按分层抽样从这100个产品中抽取10个.现从这10个产品中随机抽取3个，记这3个产品中1等品的数量为X，求X的分布列及数学期望；
（3）某生产商提供该产品的两种销售方案给采购商选择.方案1：产品不分类，售价为22元/个；方案2：分类卖出，分类后的产品售价如表：
根据样本估计总体的思想，从采购商的角度考虑，应该接收哪种方案？请说明理由.
【答案】（1）.
（2）分布列答案见解析，数学期望.
（3）从采购商角度考虑，应该选择方案2，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用频率视为概率,结合二项分布可得结果；
（2）通过分层抽样， 结合超几何分布即得结果；
（3）借助样本估计总体的思想，结合数学期望可得结论.
【小问1详解】
随机抽取1个，取到4等品的概率为，
从采购的产品中有放回地随机抽取3个，记4等品的数量为，则，
∴.
【小问2详解】
由分层抽样可知，10个产品中，1等品有4个，非1等品有6个，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
，
.
∴X的分布列为
数学期望.
【小问3详解】
方案2的平均售价为，
因为21.2<22，所以从采购商角度考虑，应该选择方案2.
18. 已知椭圆C的方程为，其离心率为，，为椭圆的左右焦点，过作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A，B两点，的周长为．

（1）求椭圆C的方程；
（2）过B作x轴的垂线交椭圆于点D．
①试讨论直线AD否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
②求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）①恒过定点；②.
【解析】
【分析】（1）根据已知焦点三角形周长，由椭圆定义及其离心率求椭圆参数即可得方程；
（2）①设直线AD为且，，，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合A，B，共线有，整理化简求参数m，即可确定定点；②由直线AD所过定点，结合并将韦达公式代入化简，应用基本不等式求面积最大值，注意取值条件.
【小问1详解】
由题的周长，可得，
又，则，，故椭圆的方程为．
【小问2详解】
①由题，设直线AD为且，，，，
联立方程可得：，化简可得：
，
所以，，
因为A，B，共线，则有，化简可得，
即，化简可得恒成立．
∴，即直线AD的方程为恒过定点．
②设直线AD恒过定点记为，
由上，可得，
所以，·
，
令，则，
当且仅当，即时，取等号．
∴面积的最大值为．
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线AD为且，利用椭圆方程，应用韦达定理及已知条件求出参数m为关键.
19. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若，证明：；
（3）当时，恒成立，求取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可求出结果；
（2）利用指对同构，化为证明，再构造函数，利用导数可证；
（3）转化为在上恒成立，再构造函数设，利用其单调性化为恒成立，再构造函数，利用导数可求出结果.
【小问1详解】
的定义域为，
，
当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，由，得，由，得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
若，，要证，即证 ，只要证，
设，，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
因为时，，所以.
所以.
【小问3详解】
当时，，即，
即，即恒成立，
设， 因为，
设，，
当时，，当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以，在上为增函数，
所以由，即由可得，即在上恒成立，
设，，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以
所以的取值范围为.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
2
-
0
+
极小值
等级
1等品
2等品
3等品
4等品
售价（元/个）
24
22
18
16
X
0
1
2
3
P