福建省漳州市第三中学2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析）

这是一份福建省漳州市第三中学2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析），共15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
1．若向量，且，则（ ）
A．4B．C．D．
2．已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则（ ）
A．密码被成功破译的概率为B．恰有一人成功破译的概率为
C．密码被成功破译的概率为D．密码破译失败的概率为
4．如图在平行六面体中，、相交于，为的中点，设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
D．若空间向量，，则在的投影向量为
7．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．设函数，则下列说法正确的有（ ）
A．不等式的解集为
B．若函数有两个极值点，则实数的取值范围为
C．当时，总有恒成立
D．函数在单调递增，在单调递减
二、多选题
9．下列命题正确的有（ ）
A．已知函数在上可导，若，则
B．已知函数，若，则
C．
D．设函数的导函数为，且，则
10．如图，在四棱锥中，平面，，，，，M为PC的中点，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．
C．直线AM与平面所成角的余弦值为
D．点M到平面的距离为
11．如图，某电子实验猫线路图上有、两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，、两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在、两处遇到红灯的次数之和为，则（ ）

A．
B．
C．一次实验中，、两处至少遇到一次红灯的概率为
D．当时，
三、填空题
12．一个盒子里有1红1绿4黄六个除颜色外均相同的球，每次拿一个，共拿三次，记拿到黄色球的个数为.若取球过程是有放回的，则事件发生的概率为 .
13．已知直三棱柱中，，，则点到直线的距离为 .
14．若函数和的图象分别分布在某直线的两侧（函数图象与直线没有公共点），则称该直线为函数和的“隔离直线”.已知，，若和在公共定义域上存在“隔离直线”，则该“隔离直线”的斜率取值范围为 .
四、解答题
15．某年级有6名数学老师，其中男老师4人，女老师2人，任选3人参加校级技能大赛.
(1)设所选3人中女老师人数为，求的期望和方差；
(2)如果依次抽取2人参加县级技能大赛，求在第1次抽到男老师的条件下，第2次抽到是女老师的概率.
16．已知函数.
(1)若在处取得极值，求函数的单调区间和极值；
(2)若≥恒成立，求实数的取值范围.
17．如图，在直三棱柱中，AC⊥BC，，点P为棱的中点，点Q为线段上的一动点.

(1)求证：当点Q为线段的中点时，PQ⊥平面；
(2)设，试问：是否存在实数λ，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由.
18．在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件（安静或嘈杂）的影响.
(1)已知在安静环境下，语音识别成功的概率为；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6. 某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.3，处于嘈杂环境的概率为0.7 .
（i）求测试结果为语音识别成功的概率；
（ii）已知测试结果为语音识别成功，求当天处于安静环境的概率；
(2)已知当前每次测试成功的概率为，每次测试成本固定，现有两种测试方案：方案一：测试4次；方案二：先测试3次，如果这3次中成功次数小于等于2次，则再测试2次，否则不再测试. 为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案?
19．已知函数，.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数单调性；
(3)当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为向量，且，
所以，所以，所以．
故选D.
2．【答案】A
【详解】由题意，
随机变量服从正态分布，，
∵，由正态分布的对称性可得：
，
故.
故选A.
3．【答案】C
【详解】对于AC，密码被成功破译的概率为，A错误，C正确；
对于B，恰有一人成功破译的概率为，B错误；
对于D，密码破译失败的概率为，D错误.
故选C.
4．【答案】A
【详解】由已知得，，
.
故
故选A.
5．【答案】C
【详解】解：函数，则，令得或，
令，解得：或；令，解得： ；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
又，，
要使有3个不同的零点，则，
解得：.
故选C
6．【答案】D
【详解】对于A：在中，故P，A，B，C四点不共面，故A错误；
对于B：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误；
对于C：由，即，故，故C错误；
对于D：在上的投影向量为，故D正确.
故选D.
7．【答案】B
【详解】令，
则，
因为函数在上递增，
所以函数在上递增，
所以，
所以函数在上递增，
所以，即，所以，
令，
令，
令，
则，
所以函数在上递增，
所以，
所以，
故，即，
所以，
综上所述，.
故选B.
8．【答案】B
【详解】由（），得，则（），
所以（），
对于A，由，得（），则，得，所以不等式的解集为，所以A错误，
对于B，若函数有两个极值点，则有2个零点，
即，，令，则，
所以在上递增，在上递减，
因为，时，都有，所以，得，
所以的取值范围为，所以B正确，
对于C，，
令，，则，
令，则，
当 时，，所以在上递增，
所以，所以在上递减，
因为，所以，所以，所以C错误，
对于D，（），由，得，由，得，所以在上递增，在上递减，所以D错误，
故选B.
9．【答案】ABD
【详解】对于A，因为函数在上可导，且，
所以，故A正确；
对于B，因为，若则，即，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为,故，故，故D正确.
故选:ABD.
10．【答案】AD
【详解】过A作，垂足为，则，
以A为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，.
对于A，因为，
所以直线AM与BC所成的角为，故A正确.
对于B，因为，所以B不正确.
对于C，设平面的法向量为，
因为，，
所以令，得.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，所以其余弦值为，故C错误.
对于D，设点到平面的距离为，则，
即点到平面的距离为，故D正确.
故选AD.
11．【答案】BCD
【详解】由题意可知，所以，，故A错误，B正确；
一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为，故C正确；
当时，一次实验中没有遇到红灯的概率为，
遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，
故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】有放回取球时，每次取到黄球的概率都是，
取到黄球的次数服从二项分布，拿三次取到1个黄球的概率为
.
13．【答案】/
【详解】
如图，以点为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以直线的方向向量为，而，
则，在上的投影长为.
所以点B到直线的距离.
14．【答案】
【详解】
由题意和的公共定义域为，结合大致图象可知，在上，.
设直线，直线与在上的图象切于点，与在上的图象切于点，
，，则，
则，且，联立解得，，
所以公切线的斜率，结合图象可知，“隔离直线”的斜率的取值范围为.
15．【答案】(1)1，
(2)
【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，依题意得：
，，，
的分布列为：
所以，
；
（2）设第1次抽到男老师为事件，第2次抽到女老师为事件
则第1次抽到男老师且第2次抽到女老师为事件，
根据分步计数原理，．
所以．
16．【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；极小值，无极大值
(2)
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）因为恒成立，得，，
令，，则，
当，，当时，，
即函数在上递减，在上递增，
因此，则，
所以的取值范围为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【详解】（1）连接，

∵点Q为线段的中点，四边形为矩形，
∴三点共线，且点Q为的中点.
∵点P，Q分别为和的中点，
∴.
在直三棱柱中， 平面，，
∴平面，
又平面，∴，
又，∴四边形为正方形，
∴，∵，平面，
∴平面.
而，∴平面.
（2）以C为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接，则.
设，

∵，∴，.
∴，
∵点Q在线段上运动，
∴平面的法向量即为平面的法向量.
设平面的法向量为，
∵，
∴，.
则，
令，得，.
设平面的法向量为，
∵，∴，，.
由，
令，得，.
由题意得 ==，
∴，解得或.
∴当或时，平面与平面所成夹角的余弦值为.
18．【答案】(1)（i）；（ii）
(2)方案一
【详解】（1）记事件=“某天进行测试时处于安静环境”，=“某天进行测试时处丁嘈杂环境”，事件=“测试结果语音识别成功”.
根据题意得
（i）由全概率公式得

（ii）“已知测试结果语音识别成功，当天处于安静环境的概率”，就是在事件发生的条件下发生的概率，
即
（2）方案一的测试次数的数学期望为4.
用表示“方案二测试的次数”，由题意得的可能取值为3，5.
则

所以方案二测试次数的数学期望为.
又因为，
所以以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择方案一.
19．【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【详解】（1）由求导可得，，
又，
所以在处的切线方程为，即.
（2）由题意，，，定义域为，
则，
因为，所以，
当时，，故在上单调递减；
当时，令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）当时，若对于任意，总存在，使得，
即在上的最小值大于等于在的最小值，
由（2）知，时，在上单调递减，在上单调递增，
故，
，，
因为，所以在上恒成立，故在上单调递减，
则，
所以，即，
令，，
则，
故在上单调递减，
又，
所以当时，，当时，，
故m的取值范围为.
0
1
2