福建省安溪第一中学2023-2024学年高二下学期5月份质量检测数学试题（Word版附解析）

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数学试题参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1．【解答】解：由题意原式．故选：．
2．【解答】解：由分布列的性质可得，，解得．故选：．
3．【解答】解：因为，
所以f′（x）＝+，k＝tanα＝f′（1）＝1+2＝3，
所以＝＝＝﹣1．故选：D．
4．【解答】解：从含有2件正品和1件次品的产品中任取2件，基本事件总数，
恰有1件次品包含的基本事件个数，恰有1件次品的概率是．故选：．
5．【解答】解：由函数的图象可知，函数在自变量逐渐增大的过程中，函数先递减，然后递增，再递减，再递增，所以导数的符号是负，正，负，正，只有选项符合题意．故选：．
6．【解答】解：因为，，所以，所以曲线的对称性在曲线的对称轴的右侧，排除，，因为，，所以，所以曲线比曲线瘦高，排除．故选：．
7．【解答】解：由题得任意放球共有种方法，如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有，3，，，5，两种，
所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法．
由古典概型的概率公式得恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为．故选：．
8．【解答】解：可变形为：可变形为：可变形为：，
令，且，
可知，，分别为函数与，，的交点横坐标，
当时，单调递增且（1），（2），
，，这三个函数全部单调递减，且（1）（1）（1），（2），（2），（2），
由零点存在性定理可知：，，，所以只需判断，，这三个函数的单调性，在范围内下降速度快的，交点横坐标小，下降速度慢的交点横坐标大，
由图象可知，下降速度最慢，所以最大，
，，时，，所以交点，故选：．
二、选择题：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．【解答】解：对于，二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为，故正确；对于，二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故正确；
对于，，为有理项，可取的值为0，3，6，所以有理项共有三项，故错误；
对于，令，则所有项系数和为，故错误．故选：．
10．【解答】解：随机变量，则，故正确；
随机变量的方差，则，故错误；
（B），
则事件的发生与事件的发生没有关系，即事件与事件独立，故正确；
随机变量服从正态分布，，
则，故正确．故选：．
11．【解答】解：由，可得，由，可得，
所以、为函数，的图象与直线的交点的横坐标，
又因为，均单调递增，当时，，
如图所示：
由此可知，
则，故正确；
又因为当时，，，
所以，
对于，因为，
所以，故错误；所以，所以，故正确；
对于，令，，则，所以在，上单调递减，
又因为，所以，即，，故正确．故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【解答】解：，，，令，则．故答案为：．
13．【解答】解：若没有空盒，共有1种放法；
若有一个空盒，小球被分为，则有种放法；
若有两个空盒，小球被分为或者，则有种放法；
若有三个空盒，则有种放法；
故共有种放法．故答案为：35．
14．【解答】解：当时，过原点作的切线，设切点，，，则切线方程为，又切线过点，
所以，所以．设，，
则，则为增函数，且（1），所以，，
当时，过原点作的切线，设切点，，
则切线为，又切线过点，
所以，又，，因为，
所以两切线垂直，所以．故答案为：0．
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．（本小题满分13分）
【解答】解：（1），
令，则①，
令，则，故；
（2）令，则②，
可得，．
16．（本小题满分15分）
【解答】解：（1）记事件，分别表示第一次、第二次取到号球，，2，3，
则第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率；
（2）依题意，，两两互斥，其和为，并且，，，
由全概率公式可得，．
17．（本小题满分15分）
【解答】解：（1）从袋子中随机取出4个小球，共有种不同的取法，
由取出的红球个数大于黄球个数，可知取出3个红球或4个红球，
取出3个红球的取法有种，取出4个红球的取法有种，
故所求的概率；
（2）由题可知，的取值可能为1，2，3，4，
则，，
，，
所以的分布列为：
则．
18．（本小题满分17分）
【解答】解：（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
因为，所以四边形为菱形，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以．
（2）由（1）可知平面，
因为，取中点为，连，所以，
分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，0，，，0，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由，
取，则，，所以，设平面的法向量为，
由，取，得，，则，
所以，设平面与平面的夹角为，则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
（本小题满分17分）
【解答】解：（1）当时，，
令，则在上单调递增，
因为（1），所以有且仅有一个零点．
（2）由题意得，
令，则．
若，则在上恒成立，在上单调递增，
最多只有一个零点，则最多只有一个极值点，不符合题意．
若，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则．令，，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则，则．
当时，，．令，则，
易得恒成立，故单调递增．
当时，，即，
则．
因为，所以，，
当，，时，，
当，时，，则恰有两个极值点．
故当恰有两个极值点时，的取值范围为．
1
2
3
4