福建省华安县第一中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题（Word版附解析）

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第I卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知随机变量服从二项分布，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】代入二项分布的方差公式，即可求解.
【详解】由随机变量服从二项分布，可得.
故选：D.
2. 函数的单调递减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，利用导数即可求解单调区间.
【详解】由的定义域为，，
令，解得，
所以的单调递减区间为，
故选：B
3. 若随机变量服从正态分布，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正态分布的对称性求解即可.
【详解】随机变量服从正态分布，
所以正态分布关于对称，
，所以，
所以.
故选：D.
4. 盒中有除颜色外完全相同的2个红球和3个黑球，随机地从中取出1个，观察其颜色后放回，并加上同色球2个，再从盒中取出1个球，则取出的是黑球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意运用全概率公式进行求解即可.
【详解】设事件A表示第一次抽取的是黑球，则，，
事件表示第二次抽取的是黑球，可知，
所以
故选：A.
5. 抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子，记事件：“甲骰子的点数大于4”，事件：“甲、乙两骰子的点数之和等于8”，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意结合古典概型的概率公式求出，然后利用条件概率公式可求得结果.
【详解】由题意知事件为甲骰子的点数大于4，且甲、乙两骰子的点数之和等于8，
则事件包含基本事件为，而抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子共有36种情况，所以，
因为甲骰子的点数大于4的有5，6两种情况，所以，
所以，
故选：C
6. 某人寿保险公司规定，投保人没活过岁时，保险公司要赔偿100万元.活过岁时，保险公司不赔偿，但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此种保险的每个投保人能活过岁的概率都是，随机抽取3个投保人，设其中活过岁的人数为，保险公司要赔偿给这三个人的总金额为万元.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，又，则，利用二项分布概率公式计算可得.
【详解】依题意，因为个投保人中，活过岁人数为，所以没活过岁的人数为，
因此，即，
所以.
故选：A
7. 已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据求解不等式可构造函数，求导得单调性，把求解不等式变形为，即，利用单调性比大小即可.
【详解】令，则，
所以在上单调递减，因为，所以，
不等式可变形为，即，可得，
故选：B.
8. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数以及，利用导数求解单调性，即可比较以及.
【详解】由题得，
构造函数，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，即，所以.
构造函数，则，
所以在上单调递增，所以，所以，即，所以.
综上，.
故选:B.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分.）
9. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为偶数”，事件为“第一次记录的数字为偶数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件与事件是互斥事件
B. 事件与事件是相互独立事件
C.
D
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义可判定A,根据可判定B,根据古典概型的概率公式求解，可判定CD.
【详解】对于A，事件与事件不是互斥事件，因为它们有可能同时发生，如第一次和第二次都是数字4 ，故A错误；
对于B，对于事件与事件，
,,
事件与事件是相互独立事件,故B正确；
对于C，,所以，故C正确；
对于D，事件表示第一次记录的数字为偶数，第二次记录的数字为偶数，故，故D正确.
​​​​​​​故选:BCD.
10. 已知随机变量服从二项分布，，下列判断正确的是（ ）
A. 若，则B.
C. 若，则D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项分布的期望方差公式判断A、C，根据二项分布的概率公式判断B，由，令，利用导数求出函数的最大值，即可判断D.
【详解】因为，
由，解得，所以，故A正确．
，故B正确．
由，解得或，所以或，故C错误．
，
设函数，
则．
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以的最大值为，故D正确．
故选：ABD
11. 如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）．
A. 不存在点，使得
B. 过三点的正方体的截面面积为
C. 若则点在正方形内运动轨迹长为
D. 点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用空间向量分析判断，对于B，取中点，连接，可得四点共面，然后求出其面积判断，对于C，利用空间向量可得点在正方形内运动轨迹为线段，对于D，利用空间向量得轨迹为圆：被四边形ABCD截得的4段圆弧.
【详解】对于A，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
若，则，即，与题意矛盾，所以A正确；
对于B，取中点，连接，
因为，所以可得四点共面，
所以过三点的正方体的截面为以为底的等腰梯形，过点作，
所以，所以梯形的高为，
所以，所以B正确，
对于C，设，则，
所以，
因为所以，即，
所以点在正方形内运动轨迹为线段，其长为，所以C错误，
对于D，，
即，可得轨迹为圆：，
所以圆心，
又，所以轨迹为圆：被四边形ABCD截得的4段圆弧，所以D错误.
故选：AB．
【点睛】关键点点睛：解题的关键是利用空间向量求出点的轨迹方程，由此即可顺利得解.
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分）
12. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据结合数量积与模长的公式求解即可.
【详解】由，
有．
故答案为：
13. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分比赛2局和比赛3局甲获胜的概率，相加即可.
【详解】比赛2局，甲最终获胜的概率为，
比赛3局，甲最终获胜，则前两局甲赢一局，输一局，第三局获胜，故概率为，
故采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为.
故答案为：
14. 已知函数，若，则函数的最小值为______;若，都有，则实数的取值范围为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】导数法判断单调性；即可求出最小值；由题意易知，在单调递增，从而，即可解题.
【详解】若，则，
∴，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
∴
若，都有，
则，
∴在单调递增，
∴在恒成立，
∴即，
又，
当且仅当时，等号成立；
∴.
故答案为：；.
四、解答题（本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 在四棱锥中，底面为正方形， ，平面，分别为的中点，直线与相交于点．
（1）求到平面的距离；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系后由点到面距离公式计算即可得；
（2）借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
由平面，且、平面，
故、，又底面为正方形，
故，故、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、、,
则，，，
设平面的法向量为，
则有，即，令，则有、，
故可为，
则到平面的距离；
【小问2详解】
、，则，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
16. 在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投次，每投进一次得分，否则得分已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为，若前一次没投进，则该次投进的概率为.
（1）求甲投篮次得分的概率；
（2）若乙投篮次得分为，求的分布和期望；
（3）比较甲、乙的比赛结果.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，3
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）甲3次投篮得2分即3次中1次，根据独立事件概率公式即可求解；
（2）由题意得， X的所有可能取值为0，2，4，6，依次求出每种取值的概率，然后写出分布列，求出期望；
（3）分别求出甲、乙的期望和方差，然后进行比较大小，根据大小进行分析即可.
【小问1详解】
甲投篮次得分，即只投中次，概率为；
【小问2详解】
由题意知的所有可能取值为，，，，
则，
，
随机变量的分布为，
期望；
【小问3详解】
设甲三次投篮的得分，则，，，，
可求得随机变量的分布为，
所以
，
又可算得，
因为，，
所以甲最终的得分均值等于乙最终的得分均值，但乙赢得的分值不如甲稳定.
17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【小问1详解】
连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
【小问2详解】
不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的极值点；
（3）写出的一个值，使方程有两个不等的实数根.并证明你的结论.
【答案】（1） （2）答案见解析
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用求导及导数的意义，即可求出切线方程；
（2）由于原函数含有参数，所以要对参数进行分类讨论，从而利用导数思想来判断函数单调性，再判断极值点情况；
（3）由（2）得函数最小值值，然后取一个使最小值小于零的值，然后利用零点存在定理证明即可.
【小问1详解】
由得：，
当，得：，
所以曲线在处的切线方程为：，
即：；
【小问2详解】
当时，由于函数的定义域为，所以，
此时函数在上递增，所以函数无极值点；
当时，令，
，解得，
则当时，，此时函数在上递减，
当时，，此时函数在上递增，
所以函数存在一个极小值点，无极大值点；
【小问3详解】
由（2）得，
当时，，
故取时，方程有两个不等的实数根，
证明：设，
由（2）在在上递减，在上递增，
且，，
由零点存在定理得在和上各有一个零点，
所以当时，方程有两个不等的实数根.
19. 设函数，.
（1）求在上的最值；
（2）若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值；
（3）若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数可得该函数在上的单调性，即可得其最值；
（2）设出切点，借助导数的几何意义计算即可得切点横坐标，即可得解；
（3）由函数的两个极值点结合韦达定理可得、，表示出、两点连线的斜率后，借助韦达定理及换元法计算可将问题转化为证明，构造相应函数证明即可得.
【小问1详解】
，
则当时，，当时，，
∴在上单调递增，
∴，；
【小问2详解】
设与切于，
由，则，
所以，则，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
又，所以，
所以；
【小问3详解】
解法一：
由，
所以，
因为有两个极值点，
，即有两个不等的正根，且，
，
要证：，即证，
不妨设，即证：，
即证：，
令证，
令，
在上单调递增，证毕!
解法二：
因为，所以，
令，则，
因为函数有两个极值点，所以，解得，
所以，
所以的斜率
，
令，
则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，
不妨设，令，则，
所以，
即，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，将双变量，转化为，从而将双变量问题转化为单变量问题.
0
2
4
6
0
2
4
6