江苏省常州市联盟校2023-2024学年高二下学期4月期中调研数学试题（解析版）

这是一份江苏省常州市联盟校2023-2024学年高二下学期4月期中调研数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 0
【答案】B
【解析】若，则，解得.
故选：B.
2. 若某质点的运动方程是，(位移单位：m，时间单位：s)，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
故质点在时的瞬时速度为，
故选：D.
3. 对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），，对应的曲线为，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），，对应的曲线为，则下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由，故曲线的对称轴在曲线的左侧，排除C、D；
由，故曲线比曲线瘦高，曲线比曲线矮胖，排除A.
故选：B．
4. 设随机变量的分布列为，，则的数学期望（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为随机变量的分布列为，，
所以，解得，
所以，，，
所以.
故选：A
5. 已知函数与其导函数的图像如图，则函数的单调减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由图可知，先减后增的那条曲线为的图像，先增再减最后增的曲线为的图像，
当时，，
由
当，得，则，
故的减区间为.
故选：C.
6. 函数在时有极小值0，则（ ）
A. 4B. 6C. 11D. 4或11
【答案】C
【解析】，
因为在时有极小值0，
所以，
解得或，
当时，恒成立，
所以在上单调递增，没有极值，舍去；
当时，，
令，解得或，
所以当时，为单调递减函数；
当或时，为单调递增函数；
所以在处取得极小值，满足题意，
所以，
故选：C.
7. 如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】由正三棱柱可得，，
而，
故
.
故选：A.
8.已知函数存在两个极值点，且，.设的零点个数为，方程的实根个数为，则的取值不可能为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】由题意知，为二次函数，且为的零点，
且，得或，
当时，令，解得或，令，解得：，
可知，在和内单调递增，在区间内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
则有2个根，有1个根，可知，
若，可知，，
若，可知，，
若，可知，，
当时，令，解得，令，解得：或，
可知，在内单调递增，在区间和内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
若，即，可知，，，
若，即，可知，，，
若，即，可知，，，

综上可知，的取值集合为，则不可能为7.
故选：D
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. 下列给出的命题正确的是（ ）
A. 若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底
B. 点为平面上的一点，为平面外的一点，且，则
C. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则
D. 两个不重合的平面的法向量分别是，则
【答案】BD
【解析】对于A，因为，即这三个向量共面，
故不是空间的一组基底，故A错误.
对于B，因为共面，为平面外的一点，故，故，故B正确.
对于C，因为，故或，故C错误.
对于D，因，故，故，故D正确.
故选：BD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A 若随机变量~，则．
B. 若随机变量的方差，则．
C. 若，，，则事件与事件独立．
D. 若随机变量服从正态分布，若，则．
【答案】ACD
【解析】随机变量，则，故A正确；
随机变量的方差，则，故B错误；
由，即事件与事件独立，故C正确；
随机变量服从正态分布，，
则，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数，下列说法中正确的有（ ）
A. 函数的单调递减区间为
B. 曲线在处的切线方程为
C. 函数既有极大值又有极小值，且极大值小于极小值
D. 方程有两个不等实根，则实数的取值范围为
【答案】BC
【解析】函数的定义域为，
，，
，解得：或，
所以函数的单调递减区间是和，故A错误；
B.由A选项证明可知，，，所以曲线在处的切线方程为，故B正确；
CD.由A选项的证明可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是极大值点，
函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以是极小值点，
函数，得，当时，，，，故C正确；
再结合函数的单调性，画出函数的图象，
若与有2个交点，则或，故D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”；另一方面，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看为三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立合适空间直角坐标系，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面的方程为，若三脚架顶点P的坐标为，则点P到平面的距离为____________．
【答案】
【解析】由已知可知平面的法向量为，在平面上取点，，
所以距离.
故答案为：．
13. 乒乓球（table tennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜，若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，则单局比赛中甲获胜的概率为______．
【答案】
【解析】设为“单局比赛中甲获胜”，
由题设，甲可在第（均为甲发球）中失败一盘，
或在（均为乙发球）中失败一盘，第盘必定是甲赢，
故，
故答案为：.
14. 存在过点的直线与曲线相切，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】设直线与曲线相切于点，，
所以在点处的切线方程为，
若切线过点，则，
则，
设，，
，，得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以当时，取得最大值，
所以的值域是，则的取值范围是.
故答案为：
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. 如图，在四棱柱中，侧棱平面，，，，，E为棱的中点，M为棱的中点．
（1）证明：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
解：（1）因为底面，平面，
所以，
而，
所以、、两两互相垂直，
不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如上图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，，
，，
因为，
所以，
则；
（2），，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
16. 某商场为促进消费，规定消费满一定金额可以参与抽奖活动．抽奖箱中有2个蓝球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.有以下两种抽奖方案可供选择：
（1）若顾客选择方案A，求其所获得奖池金额X的分布列及数学期望；
（2）以获得奖池金额的期望值为决策依据，顾客应该选择方案A还是方案B？
解：（1）由题意可知可能取值为30，80，130，则
，，，
所以的分布列为:
所以.
（2）设顾客选方案B，所获得的金额为，
则的可能取值为30，60，120，则
，
，
，
的分布列为:
所以，
所以，所以选择方案A.
17. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面，是边长为2等边三角形，点分别为的中点，点为线段上一点（包括端点）．
（1）若为线段的中点，求平面和平面夹角的正弦值；
（2）当直线与平面所成的角最大时，求出的值．
解：（1）因为是正三角形，点为的中点，，
又平面平面 ，平面面，面，
所以面，
设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以
设面的一个法向量为，由，得到，
令，得到，所以，
又易知面的一个法向量为，则
所以平面和平面夹角的正弦值为.
（2）设，又
则，
设平面的一个法向量为，由，得到，
令，得到，则，
设直线与平面所成的角，
所以，
又，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时，取最大，
又，在区间上单调递增，
所以直线与平面所成角最大时，，又，
所以直线与平面所成角最大时，.
18. 已知函数．
（1）若，求函数在区间上的最大值；
（2）若对于任意的，，都有，则实数的取值范围．
解：（1）因为，，
①当时，因为，所以，
所以函数在上单调递增，则；
②当，即时，，，
所以函数在上单调递增，则；
③当，即时，
，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则；
④当，即时，，，函数在上单调递减，
则．
综上，.
（2）对于任意的，，有，
不妨设时，，
令，根据题意对任意的，
当时，，所以函数在上单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
所以当时，，单调递增，当时，单调递减.
所以，所以.
19. 有甲乙两个骰子，甲骰子正常且均匀，乙骰子不正常且不均匀，经测试，投掷乙骰子得到6点朝上的概率为，若投掷乙骰子共6次，设恰有3次得到6点朝上的概率为，是的极大值点．
（1）求；
（2）若且等可能地选择甲乙其中的一个骰子，连续投掷3次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，求这个骰子是乙骰子的概率；
（3）若且每次都等可能地选择其中一个骰子，共投掷了10次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，设这10次中有次用了乙骰子的概率为，试问当取何值时最大？并求的最大值（精确到0.01）．(参考数据)
解：（1）设恰有3次得到6点朝上的概率为，
则，，
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故的极大值点．
（2）设事件{3次6点朝上}，事件{选择了乙骰子}，
则，，
故所求概率为.
（3）设事件{10次有次用了乙骰子}，
则.
设事件{10次6点朝上}，则.
，
，
令，，
则.
由可得，，解得
所以的最大值是，所以当时最大，
且最大值为
初始奖池
摸球方式
奖励规则
方案A
30元
不放回摸2次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额增加50元，在抽奖结束后获得奖池所有金额.
方案B
有放回摸2次，每次摸出1个球.
每摸出一个红球，奖池金额翻倍，在抽奖结束后获得奖池所有金额.