广西南宁市第三中学高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广西南宁市第三中学高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了 随机变量的分布列为等内容，欢迎下载使用。
2025.4
命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. （ ）
A. 24B. 26C. 30D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】利用排列数公式、组合数公式计算可得答案.
【详解】.
故选：B.
2. 随机变量的分布列为
则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据随机变量X的概率和为1求得答案.
【详解】.
故选：C
3. 已知的展开式中的所有二项式系数之和为32，则展开式中的系数为（ ）．
A. 10B. 20C. 15D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用二项式系数的性质列式求得n值，利用通项即可求.
【详解】由题意可知，，解得，
的展开式的通项为，，
令，则，
所以展开式中的系数为.
故选：A
4. 球的表面积增大为原来的9倍，那么球的体积增大为原来的（ ）
A. 9倍B. 18倍C. 27倍D. 81倍
【答案】C
【解析】
【分析】根据球的表面积公式可确定变化前后球的半径的关系，结合球的体积公式，即可求得答案.
【详解】设原来球体的半径为，则原来球体的表面积为：，
原来球体的体积为：，
当球的表面积增大为原来的9倍时，则此时球的半径，
此时球体体积为：，由，
所以球的体积增大为原来的27倍.
故选：C.
5. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导，令即可求解.
【详解】函数的定义域为，
又，
令，解得，
所以函数的单调递增区间是.
故选：A
6. 直线与圆相交的充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离小于半径，求得的范围即可求解.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为1，
由直线与圆相交，得，即，得，
结合选项可知：直线与圆相交的充分不必要条件可以是.
故选：C.
7. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ）
A. 增加，增加B. 增加，减小
C. 减小，增加D. 减小，减小
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，可得出，再从甲盒子里随机取一球，则服从两点分布，所以，，从而可判断出和的增减性.
【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，其中，其中，且，.
故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球个数为.
故，
随机变量服从两点分布，所以，随着的增大，减小；
，随着的增大，增大.
故选：C.
【点睛】本题考查超几何分布、两点分布，分布列与数学期望，考查推理能力与计算能力，属于难题.
8. 已知是双曲线左、右焦点，过的直线l与双曲线的左支交于点A，与右支交于点B，若，且双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件和双曲线的定义可得， ，，，由，应用余弦定理，化简可得
【详解】由双曲线定义和题设条件，得，，．
如图所示，因为，所以．
又由双曲线定义，得,因为，所以．
在和中，，有，
应用余弦定理，得，
得，化简得，所以．
故选：B．
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.）
9. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
B. 如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
C. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种
D. 如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
【答案】BCD
【解析】
【分析】由相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法，定序问题倍缩法，特殊元素优先考虑，逐项求解判断即可.
【详解】对于A，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，
然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故A错误；
对于B，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，
看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故B正确；
对于C，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故C正确；
对于D，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，
其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故D正确.
故选：BCD
10. 已知无穷等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 在数列中，最大B. 在数列中，最大
C. D. 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】根据数列的前项和的性质即可求解.
【详解】由题知，无穷等差数列的前项和为，且，所以，所以等差数列为递减数列，
所以在数列中，最大；当时，；
故选：AD.
11. 已知正项等比数列的公比为，函数，则（ ）
A. 当时，无极值
B. 当时，的极小值点为
C. 当是递增数列时，在上单调递增
D. 当是递减数列时，在上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导，通过等比数列的性质，确定，，进而逐项判断即可.
【详解】由题意可知：，
，
则，
对于A：，则，
即单调递增，无极值，A正确；
对于B，，则，
所以当或时，，
当时，，
所以在单调递增；在单调递减，
所以在处取得极小值，B正确；
对于C：当是递增数列时，，
若，即，
易知的解集为：，
所以在单调递增，故C错误；
对于D， 当是递减数列时易知，
所以的解集为：，
即在上单调递减，D正确，
故选：ABD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知角的终边经过点，则_______.
【答案】
【解析】
分析】根据三角函数定义即可求解.
【详解】由已知得，所以.
故答案为：.
13. 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是.在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为______．
【答案】0.86##
【解析】
【分析】根据全概率公式求解即可.
【详解】设事件“购买一个甲厂灯泡”，事件为“购买一个乙厂灯泡”，
事件为“购买灯泡是合格品”，
则，，
，，
所以.
故答案为：0.86.
14. 我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则___________________
【答案】
【解析】
【分析】由已知当为奇数时，的个数为偶数，根据乘法原理和加法原理，以及和的展开式的加减，求得为奇数时的通项公式，由此可求.
【详解】当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，则的个数为
根据乘法原理和加法原理可得：，
因①
②
由 ，故.
故.
故答案为： .
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 如图，直三棱柱中，，，是的中点．

（1）证明：直线平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点建系，证明，，再利用线面垂直的判定定理即可；
（2）得出平面与平面的法向量，，再利用面面角与向量夹角之间的关系计算即可.
【小问1详解】
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，
则，，，，，，
则，，，
则，，
则，，
又，平面，平面，则直线平面.
【小问2详解】
由（1）知平面一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

16. 已知数列是公比为2的等比数列，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前n项和，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，求得，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）知，得到，利用乘公比错位相减法求和，得到，结合数列的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：因为成等差数列，所以，
又因为数列是公比为的等比数列，所以，
解得，所以，
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
解：由（1）知，则
可得，
则，
两式相减，可得
，
所以，
因为，
所以数列是递增数列，则，
又因为，可得，
综上可得：.
17. 已知函数
（1）当时，求函数的极值.
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）极大值为，极小值为；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出定义域，求导，令得或，并得到函数单调性，求出极值；
（2）求定义域，求导，分，，和四种情况，求出函数单调区间.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
故，
令得或，
令得或，令得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
故极大值为，极小值为；
【小问2详解】
的定义域为，
，
当时，令得，令得，
故单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，，令得或，令得，
故单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，，此时恒成立，故单调递增区间为；
当时，，令得或，令得，
故单调递增区间为，单调递减区间为；
综上，当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为.
18. 甲、乙两人为了提升篮球的竞技水平，进行投篮比赛.已知甲和乙每次进球的概率分别是和，且每人每次进球与否互不影响.制定比赛规则如下：一轮比赛，甲、乙双方需各投篮3次.一轮比赛结束后，当一方的进球数比另一方的进球数至少多2个时，则该方获胜并得1分，另一方不得分.其他情况，双方均不得分.
（1）若，
（i）假设甲、乙两人各投篮一次，求至少有一人进球的概率；
（ii）求在一轮比赛结束后，乙获得1分的概率.
（2）若，问至少进行多少轮比赛后，乙累计得分的期望值达到3分？
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据条件，利用相互独立事件和对立事件的概率公式，即可求出结果；
（ii）记事件：甲进球个，乙进球个或个，事件：甲进球个，乙进球个，分别求出事件和事件的概率，再利用互斥事件的概率公式，即可求出结果；
（2）根据条件求出一轮比赛结束后，乙获得1分的概率，设轮比赛后，乙累计得分为，则，再根据条件，即可求出结果.
【小问1详解】
（i）因为甲和乙每次进球的概率分别是和，
所以甲、乙两人各投篮一次，至少有一人进球的概率为.
（ii）由题知甲进球个，乙进球个或个，或甲进球个，乙进球个，乙获得1分，
记事件：甲进球个，乙进球个或个，事件：甲进球个，乙进球个，事件表示乙获得1分，
则，，
易知互斥，所以.
【小问2详解】
因为一轮比赛结束后，乙获得1分的概率为，
设轮比赛后，乙累计得分为，则，
由题知，又，函数在上单调递增，
所以，
由，得到，所以至少进行轮比赛后，乙累计得分的期望值达到3分，此时.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，利用相互独立事件的概率公式求出一轮比赛结束后，乙获得1分的概率，从而得到轮比赛后，乙累计得分满足，再根据条件，即可求解.
19. 在平面直角坐标系中，点到定点的距离与点到直线：的距离之比为2，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，，为曲线的左、右顶点．若直线与曲线的右支分别交于点.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）；(ⅱ)
【解析】
【分析】（1）设，根据题意列出等式，化简可得；
（2）（i）设直线方程为，联立可得，同理可得，由，可得；
（ii）由及，可得，设，则，即得.
【小问1详解】
设，由题意知，
化简得方程为
【小问2详解】
设直线方程为，则，
联立，可得，故，
因在右支上，故，得即，解得，
设方程为，则，
联立，得，故，
因在右支上，故得，即，解得，
综上可知，.
（ii），，，
故，
令，则，
当且仅当，即时取等号，
故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问根据几何性质可得，结合，，代入后利用函数的性质求最大值即可.
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