广东省深圳市盐田高级中学等校2024-2025学年高二（下）期中联考数学试卷（含解析）

这是一份广东省深圳市盐田高级中学等校2024-2025学年高二（下）期中联考数学试卷（含解析），文件包含山大附中20252026学年七年级第二学期期中考试卷docx、参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知离散型随机变量X的分布列为P(X=i)=ai2(i=1,2,3)，则a=( )
A. 112B. 113C. 114D. 115
2.已知离散型随机变量X满足D(X)=0.01，且Y=10X+1，则D(Y)=( )
A. 1B. 0.1C. 0.01D. 1.01
3.已知(12,12)为椭圆C：x2m2+y2=1上一点，则C的焦距为( )
A. 1B. 2 33C. 2 63D. 2 23
4.某高校的教授为了完成一个课题，将4名研究生助理分配到3个实验室进行为期一周的实验来共同协助该教授完成该课题，要求每名研究生助理只去1个实验室进行实验，且每个实验室至少安排1名研究生助理，则不同的安排方法的种数为( )
A. 72B. 54C. 48D. 36
5.二项式(2x2−1x)5展开式中含x4项的系数为( )
A. −80B. 80C. −40D. 40
6.已知某正三棱锥的侧面均为直角三角形，且其各个顶点均在球O的表面上，若该三棱锥的体积与球O的表面积在数值上相等，则该三棱锥的侧棱长为( )
A. 3πB. 6πC. 12πD. 18π
7.研究表明某生物种群的数量Q(单位：千只)与时间t(t≥0，单位：年)的关系近似地符合函数Q(t)=metet+7，且在研究刚开始时，该生物种群的数量为5000只.则该生物种群数量的增长速度( )
A. 先增大后减小B. 先减小后增大C. 逐年减小D. 逐年增大
8.记Sn为数列{an}的前n项和.已知S2n=2an−1，S2n−1=2an+1−1，则a2049=( )
A. 2×124B. 3×124C. 6×125D. 5×125
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.现用0，1，2，3，4共5个数字组成四位数，则( )
A. 可以组成84个无重复数字的四位数B. 可以组成404个有重复数字的四位数
C. 可以组成54个无重复数字的四位偶数D. 可以组成120个百位为奇数的四位偶数
10.已知方程组|25+20i−z|=5|z−4−k|=|z−3i−k|有且仅有一个复数解z，则实数k的可能取值有( )
A. 238B. 154C. 1238D. 654
11.某汽车零件制造厂使用最新技术对某款汽车零件制造工艺进行改进，抽取部分汽车零件由智能检测系统进行筛选，其中部分次品汽车零件会被淘汰，筛选后的汽车零件进入流水线由工人进行检验，记事件A：“抽取的某汽车零件通过智能检测系统筛选”，事件B：“抽取的某汽车零件经人工检验后合格”，且改进生产工艺后，这款汽车零件的抗压质量指标ξ服从正态分布N(5.40,0.052)，现从中随机抽取M个，这M个汽车零件中恰有m个的抗压质量指标ξ位于区间(5.35,5.55)，则( )
参考数据：P(μ−σP(B)P(AB−)，即P(AB)[1−P(B)]>P(B)P(AB−)，
因为P(B)∈(0,1)，所以P(AB)P(B)>P(AB−)1−P(B)，即P(AB)P(B)>P(AB−)P(B−)，所以选项B正确；
∖ 对于C，指标ξ服从正态分布N(5.40,0.052)，可得μ=5.40，σ=0.05，则μ−σ=5.35，μ+3σ=5.55，
因为P(μ−σP(B)，得到P(A)P(B|A)>P(A)P(B)，再由P(AB)+P(AB−)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B−|A)，得P(AB)[1−P(B)]>P(B)P(AB−)，结合P(B)∈(0,1)，判定选项B正确；
由正态分布曲线的性质，可判定选项C错误；
由m～B(M,0.84)，得P(m=45)=CM450.8445×0.16M−45，设f(x)=Cx45⋅0.8445⋅0.16x−45，结合题意列不等式求得x的取值范围，可判定选项D正确．
本题考查了条件概率的计算问题，也考查了正态分布计算问题，是难题．
12.【答案】−23
【解析】解：设f(x)=e2ax，
则f′(x)=2ae2ax，
因为曲线y=e2ax在点(0,1)处的切线斜率为−43，
所以f′(0)=2a=−43，
解得a=−23．
故答案为：−23．
根据导数的几何意义求解．
本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】37
【解析】解：根据题意，一枪手进行射击训练，共射击6次，设该抢手每次命中的概率为p，
用X表示6次射击训练中命中的次数，则X～B(6,p)，
若总共命中2次的概率和总共脱靶3次的概率相同，则有C62×p2×(1−p)4=C63×p3×(1−p)3，
即15p2(1−p)4=20p3(1−p)3，
变形可得15(1−p)=20p，解可得p=37．
故答案为：37．
根据题意，设该抢手每次命中的概率为p，用X表示6次射击训练中命中的次数，则X～B(6,p)，分析可得C62×p2×(1−p)4=C63×p3×(1−p)3，变形解可得答案．
本题考查二项分布的性质和应用，涉及概率的计算，属于基础题．
14.【答案】4050
【解析】解：用x替换y可得f(xy)=yf(x)=xf(y)，
当x≠0，y≠0时，f(x)x=f(y)y，故可知f(x)x是常函数，
于是当x≠0时，f(x)=cx，其中c为常数，故4c=c+6，解得c=2，
于是f(2025)=2×2025=4050．
故答案为：4050．
根据抽象函数的周期性即可求解．
本题考查了抽象函数的周期性，属于中档题．
15.【答案】60；
T4=−160x32．
【解析】(1)二项式(2x−1 x)6的通项Tr+1=C6r(2x)6−r(−1 x)r=(−1)r26−rC6rx6−32r，r=0，1，2，…，6．
令6−32r=0，解得r=4，
故展开式中的常数项为T5=22C64=60；
(2)依题意，展开式中二项式系数最大的项为中间项，即第4项，T4=−23C63x32=−160x32．
(1)利用二项展开式的通项公式可求得展开式中的常数项；
(2)依题意，展开式中二项式系数最大的项为第4项，求得T4即可．
本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】23，74；
分布列见解析，E(X)=710．
【解析】(1)由表格可得A组成绩的极差为99−76=23，
因为10×30%=3，
所以B组成绩的第30百分位数为73+752=74；
(2)根据题意得，A组中优秀的学生有5人，B组中优秀的学生有2人，
所以X的可能取值为0，1，2，
则P(X=0)=C51⋅C81C101C101=25，
P(X=1)=C51⋅C81+C51⋅C21C101C101=12，
P(X=2)=C51⋅C21C101C101=110，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×25+1×12+2×110=710．
(1)由极差的定义和百分位数的定义即可求解；
(2)确定X的取值，然后由超几何分布即可求得每个取值对应的概率即可得解．
本题考查了概率与统计的综合应用，属于中档题．
17.【答案】证明见解答； 2 5515．
【解析】(1)证明：因为EF2=22+22+( 2)2=10，CE2=22+(2 2)2=12，
CF2=42+22+( 2)2=22，
故EF 2+CE2=CF2，
所以EF⊥CE，又A1G//CE，
故EF⊥A1G，
取CD中点M，连接D1M，GM，EM，
因为E，M分别为AB，CD的中点，故EM//FD1，
所以E、F、D1、M四点共面．
易知四边形DD1GM为正方形，故DG⊥DM，
又FD1⊥平面DCC1D1，DG⊂平面DCC1D1，
故FD 1⊥DG，
而FD1∩D1M=D1，FD1、D1M⊂平面EFD1M，
故DG⊥平面EFD1M.因为EF⊂平面EFD1M，
所以EF⊥DG，
又A1G∩DG=G，A1G、DG⊂平面A1DG，
所以EF⊥平面A1DG，而EF⊂平面CEF，
故平面CEF⊥平面A1DG；
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则C(0,4,0)，E(2 2,2,0)，F( 2,0,2)，
则DC=(0,4,0)，DF=( 2,0,2)，FE=( 2,2,−2)，CE=(2 2,−2,0)，
设平面DCF的一个法向量m=(x1,y1,z1)，
则m⋅DC=4y1=0m⋅DF= 2x1+2z1=0，
可取m=( 2,0,−1)，
设平面CEF的一个法向量n=(x2,y2,z2)，
则n⋅FE= 2x2+2y2−2z2=0n⋅CE=2 2x2−2y2=0，
可取n=(2,2 2,3 2)，
则|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=|2× 2−3 2| 3× 30= 515，
故二面角D−CF−E的正弦值为 1−( 515)2=2 5515．
(1)先证EF⊥平面A1DG，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面DCF和平面CEF的一个法向量，利用向量法求解即可．
本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
18.【答案】(12,1)．
【解析】(1)根据题意，则X所有可能的取值为0，1，2，3，
于是P(X=0)=(1−p)3，
P(X=1)=C31p(1−p)3=3p(1−p)3，
P(X=2)=C12p2(1−p)3=6p2(1−p)3，
P(X=3)=C42p3(1−p)2+C32p3(1−p)+p3=p3(6p2−15p+10)，
∴X的分布列为：
(2)记事件B为“进行了4局比赛分出胜负”，
则P(B)=C32p3(1−p)+C32p(1−p)3=3p(1−p)(2p2−2p+1)，
记事件A为“甲获胜”，则事件AB表示“进行了4局比赛以后甲获胜”，
则P(AB)=C12p3(1−p)=3p2(1−p)，
∴进行了4局比赛分出胜负的情况下，
甲获胜的概率为P1=P(A|B)=P(AB)P(B)=3p3(1−p)3p(1−p)(2p2−2p+1)=p22p2−2p+1，
记事件B1为“进行了5局比赛分出胜负”，
则P(B1)=C12p3(1−p)2+C12p2(1−p)3=6p2(1−p)2，
则AB1表示“进行了5局比赛以后甲获胜”，
则P(AB1)=C12p2(1−p)2=6p2(1−p)2，
∴进行了5局比赛分出胜负的情况下，甲获胜的概率为：
P2=P(A|B1)=P(AB1)P(B1)=6p3(1−p)26p2(1−p)2=p，
∴P1−P2=p22p2−2p+1−p=−2p3+3p2−p2p2−2p+1=−p(p−1)(2p−1)2(p−12)2+12>0，
解得12f(p)}={x|xf(q)}={x|xt，即f(−x)0的充分必要条件为x∈(0,+∞)，
若g(0)0，由于g(x)的图象在[0,1]上连续不断，
故∃x0∈(0,1)，使得g(x0)=0，则与A12=(0,+∞)矛盾，
因此g(0)=0，代入解得a=0．
若b0在(0,+∞)上恒成立，符合题意．
综上，b的取值范围是[0,+∞)．
(1)在b=0，a=−14时，f(x)=11+e−x−14(x+1)，求导判断函数的单调性，求出Af(p)和Af(q)，结合p0的充分必要条件为x∈(0,+∞)，假设g(0)