福建省厦门外国语学校（海沧校区）高二下学期期中考试数学试题-A4

这是一份福建省厦门外国语学校（海沧校区）高二下学期期中考试数学试题-A4，共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分。考试用时120分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1．已知函数的导函数是，且，则实数a的值为（ ）
A．B．C．D．1
2．已知随机变量，若，则（ ）
A. B. C． D．
3．设，则（ ）
A． B．C．0 D． 1
4．已知，则=（ ）
A．105 B．120 C．210 D．240
5．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，，则的解集为（ ）
A． B． C．D．
6．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A．24B． 36C．40D．48
7．若正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
8．若在上的极大值大于1，则的取值范围为（ ）
A．B．C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为128B．所有项的系数和为
C．系数最大项为第3项D．有理项共有4项
10．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ）
A．所有不同分派方案共种
B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种
C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种
D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共32种
11．已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的极大值点为1
B．函数的对称中心为
C．当时，
D．过点且与曲线相切的直线有2条
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．用两个1，两个3，一个5组成的不同的五位数有_________个
13．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围为______
14．若对任意，当时恒有，则的取值范围是 .
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
16．已知函数.
(1)若时，求函数的极值；
(2)若有两个零点，求正实数的取值范围。
17．某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
18．函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：当时，．
19．维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．
设维空间点集或1，其中．
（1）若，，且点，，写出所有的点的坐标；
（2）任取维空间中的不同两点．
（i）若，求的概率；
（ii）记随机变量，求的取值范围．
一、单选题
1．已知函数的导函数是，且，则实数a的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】求出，由可得答案．
【详解】，则，解得．
故选：B.
2．已知随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二项分布的期望和概率性质计算即可.
【详解】，解得，所以.
故选：B.
3．设，则（ ）
A. -2B. -1C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】分别令和代入计算即可.
【详解】令易知，
令可得，，
所以.
故选：A.
4．已知，则=（ ）
A．105 B．120 C.210 D.240
【答案】B
【分析】首先求出的值，再根据计算可得；
【详解】解：因为，所以
所以
5．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，，则的解集为（ ）
A． B． C．D．
【答案】A
6．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A. 24B. 36C. 40D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】设最后两人为丁和戊，然后分甲、乙在丁、戊之间和丁、戊在甲、乙一侧时讨论即可.
【详解】设剩下的两人分别为丁和戊，
①甲、乙在丁、戊之间，将甲、乙捆绑成一个元素，
丁、戊两人有种排法，甲、乙内部有种排法，丙有4个位置可站，
则共有种；
②丁、戊在甲、乙一侧时，丁、戊可选择甲、乙左侧或右侧，则有种排法，
丁、戊排列有种排法， 甲、乙之间排列也有种排法， 丙有3个位置可站，
则该种情况共有种，
则总共有种不同安排方法.
故选：C.
7．若正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】原等式变形为，构造函数，分析单调性可得，等价变形为，根据函数单调性可得的最小值.
【详解】由，得，故.
由题意得，，，
由得，.
设，，则，
∴在上单调递增，
∵，∴，
∴，即，，
∴，令，得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
∴当时，取极小值也是最小值，最小值为．
8．若在上的极大值大于1，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【详解】，
当时，，在定义域上单调递减，无极值点，
当时，，在定义域上单调递增，无极值点，
当时，因为f'0=1-a>0，，
而在单调递减，所以存在，使，
在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
于是是在上的极大值点，
此时，即，
由题意，，即fx0=sinx0-αx0=sinx0-x0csx0>1，
设，则g'x=xsinx>0，
于是在上单调递增，又，
所以，.
故选：B．
二、多选题
9．已知展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为128B．所有项的系数和为
C．系数最大项为第3项D．有理项共有4项
【答案】ACD
【分析】先根据展开式的项数确定的值，根据二项式系数的性质判断A；令可得所有项的系数和从而判断B，利用二项展开式的通项公式求解系数最大项及有理项可判断CD．
【详解】A项，因为的展开式共有8项，所以．
故所有项的二项式系数和为，故A正确；
B项，令，可得所有项的系数和为，故B错误；
因为二项展开式的通项公式为：
．.
C项， 当，设项系数最大，
由，解得，则，
且，第3项系数为.
当时，，系数为1；
当时，，系数为；
由，故第3项的系数最大；故C正确；
D项，由为整数，且可知，的值可以为：0，2，4，6，
所以二项展开式中，有理项共有4项，故D正确．
故选：ACD.
10．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ）
A．所有不同分派方案共种
B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种
C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种
D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共32种
【答案】BC
【分析】求得所有不同分派方案数判断选项A；求得每家企业至少分派1名医生的所有不同分派方案数判断选项B；求得每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业的所有不同分派方案数判断选项C；求得企业最多派1名医生的所有不同分派方案数判断选项D
【详解】选项A：所有不同分派方案共种.判断错误；
选项B：若每家企业至少分派1名医生，
先把4名医生分成3组（2人，1人，1人）再分配.
则所有不同分派方案共（种）.判断正确；
选项C：若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，
则企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生，
则所有不同分派方案共（种）.判断正确；
选项D：若企业最多派1名医生，则企业可以有1名医生和没有医生两种情况,
则不同分派方案共（种）.判断正确.
故选：BC
11．已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的极大值点为1
B. 函数的对称中心为
C. 当时，
D．过点且与曲线相切的直线有2条
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据不等式的解集与方程的解之间的联系求得，结合导数和极值点的概念即可判断A；根据函数的对称性验证即可判断B；根据导数的几何意义即可判断C；利用作差法计算即可判断D.
【详解】A：因为不等式的解集为且，
即不等式的解集为且，
所以方程的根为和（二重根），
得，即，
所以，则，得，
令，或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，故A错误；
B：由选项A知，
则，
所以，
即的一个对称中心为，故B正确；
C：由选项A知，
设过点的切线方程为，设切点为，
则，，得，
整理得，即，解得，
此时切点为，不符题意，
所以过点只能作一条直线与曲线相切，故C正确；
D：令，当时，则，
只需.
而，由，
得，即，所以，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
12．用2个1,2个3,1个5排成的不同的五位数有_________个
答案30
13．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围为______
答案
14．若对任意，当时恒有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先化简题设条件可得，用换元法将问题转化为在上没有零点，对参数分类讨论，并构造函数，利用导数求函数的最大值即可求解.
【详解】由得，
即，
设，则，所以问题转化为在上没有零点.
当0时，没有零点，满足题意；
当时，由得，
设，
则，
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
所以.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
15．在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【小问1详解】
因为侧面是边长为4的正方形，
所以，
因为，
则，因为，
所以，即，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】

以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
则，
设平面的法向量为，
由，可得，令，则，
平面的法向量为，
所以，
又二面角为锐角，所以其余弦值为.
16．已知函数.
(1)若函数的极值点在内，求m的取值范围；
(2)若有两个零点，求正实数m的取值范围.
【详解】（1）由,
则，
要使函数的极值点在内，
则在上有解，
即在上有解，则，解得，
即m的取值范围为.
（2）由，，
则，
因为，，令，得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
又时，，时，，
要使有两个零点，则恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，又，
则，解得.
综上所述，m取值的范围为.
17．某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
【详解】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
18．函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：当时，．
【详解】（1）因为，所以.
若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增；
若，由；由.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.
当时，上式恒成立，即；
当时，.
设，，
则.
设，，则在上恒成立，即在上单调递增，
又，所以在上恒成立.
所以由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以.
综上可知：的取值范围为：.
（3）时，要证，即.
设，则，.
设，，则在上恒成立.
所以在上单调递增.
又，，则方程只有一解，设为，且，.
当时，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
因为，所以，，，所以.
即.
所以在上恒成立.
从而原命题成立.
19．维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．设维空间点集或1，其中．
（1）若，，且点，，写出所有的点的坐标；
（2）任取维空间中的不同两点．
（i）若，求的概率；
（ii）记随机变量，求的取值范围．
【小问1详解】
由定义可知，。
即，且，
所以解得满足方程的B点坐标为：
【小问2详解】
（i）（固定点P）：设点,
因为，
因为或1，或1，
所以中有两项等于0，两项等于1，
所以满足条件的所有可能情况有，
因为两不同点所有可能情况共有种，
所以的概率.
（ii）设随机变量,其中
因为，
所以，
因，
两边同时求导，得，
上式两边同乘,求导得
，
令，得，
所以，
因为，
所以单调递减，
因为，
所以.