福建省厦门市湖滨中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：2024年4月29日 考试时长 120分钟
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设函数，则（ ）
A. 3B. 2C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的定义和导数的运算公式求解.
【详解】函数，，，
,
故选：A
2. 在等差数列中，若，则公差（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式和性质可得答案.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：B
3. 已知直线与曲线在原点处相切，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角.
【详解】由，则，即直线的斜率为，
根据倾斜角与斜率关系及其范围知：倾斜角为.
故选：C
4. 已知离散型随机变量的概率分布列如下表：则数学期望等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用概率和为1计算出的概率，结合期望公式计算即可.
【详解】结合表格可知，
即，解得：，
所以.
故选:D.
5. 2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛半决赛中，中国队与日本队鏖战7小时，双方打满五局，最终中国队逆转战胜了日本队进入决赛.这项比赛是五局三胜制，已知中国队每局获胜的概率为 ，则中国队打满5局且最终获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用独立事件同时发生的概率乘法公式即可解决.
【详解】中国队打满5局且最终获胜，则前四局中中国队恰好赢了2场且第五局中国队获胜.
因为每场比赛相互独立，所以中国队打满5局且最终获胜的概率为.
故选：C
6. 已知，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】令可得．
【详解】令，则.
故选：A.
7. 质数（prime number）又称素数，一个大于1自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数，数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”.在不超过30的自然数中，随机选取两个不同的数，记事件“这两个数都是素数”；事件“这两个数不是孪生素数”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率的计算方法求得正确答案．
【详解】不超过30的自然数有31个，其中素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，
孪生素数有3和5，5和7，11和13，17和29，共4组．
所以，，
所以．
故选：C．
8. 若函数（）既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，由已知可得函数在上有两个零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可.
【详解】函数的定义域为，，
又函数既有极大值也有极小值，所以函数在上有两个零点，
由，所以方程有两个不同的正实数，
所以，即.
故选：B
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. 有甲、乙两个小组参加某项测试，甲组的合格率为70%，乙组的合格率为90%．已知甲、乙两组的人数分别占这两组总人数的70%，30%．从这两组组成的总体中任选一个人，用事件，分别表示选取的该人来自甲、乙组，事件表示选取的该人测试合格，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由已知可得，，，，可判B项；根据乘法公式求解，即可判断A、C；根据全概率公式，可判D项.
【详解】由已知可得，，，，.
对于A项，由已知可得，，
根据乘法公式可知，故A项正确；
对于B项，由已知可得，故B项错误；
对于C项，由已知可得，，
根据乘法公式可知，故C项错误；
对于D项，因为，故D项正确.
故选：AD.
10. 已知分别是椭圆C：的左､右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的周长为10B. 面积的最大值为25
C. 的最小值为1D. 椭圆C的离心率为
【答案】AD
【解析】
【分析】由方程可得，结合椭圆性质逐项分析判断.
【详解】由题意可知：，
则，，
对于选项A：的周长为，故A正确；
对于选项B：当P为短轴顶点时，面积取到最大值为，故B错误；
对于选项C：的最小值为，此时P为长轴顶点，
但本题取不到长轴顶点，故没有最小值，故C错误；
对于选项D：椭圆C的离心率为，故D正确；
故选：AD.
11. 已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（ ）
A. 直线与直线所成的角为
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. 平面
D. 点到平面的距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；证明，，再由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D.
【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，平面ACD1，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，
因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，故选项D不正确.
故选：ABC.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若随机变量服从正态分布，，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得结果.
【详解】因为随机变量服从正态分布，，
则.
故答案为：.
13. 已知函数导函数为，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】对求导得到，令，得到，从而，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
得到，所以，
故，所以，
故答案为：.
14. 有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有__________种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以顺序.
【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，
当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
合计有种不同分配方案，
故答案为：.
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. 在中，已知，，，
（1）求角
（2）若角为锐角，求边；
（3）求．
【答案】（1）或
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，求出或，检验后得到答案；
（2）求出，利用正弦和角公式求出，由正弦定理得到；
（3）利用三角形面积公式得到答案.
【小问1详解】
由正弦定理得，即，
故，其中，
解得或，经检验，均满足要求；
【小问2详解】
角为锐角，则，
故，
其中
，
由正弦定理得，即，
解得；
【小问3详解】
当时，由（2）知，
；
当时，
，
；
综上，或.
16. 已知数列满足，，设.
（1）求，，；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式
【答案】（1），，
（2）是，理由见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，逐一代入即可得解；
（2）由题设条件转化得，从而得以判断；
（3）结合（2）中结论，利用等比数列的通项公式即可得解.
【小问1详解】
由条件可得，
将代入，得，而，所以，
将代入，得，所以，
又，从而，，.
【小问2详解】
数列是首项为2，公比为3的等比数列，理由如下：
由条件可得，即，
又，所以是首项为2，公比为3的等比数列
【小问3详解】
由（2）可得，所以.
17. 如图，在三棱柱中，底面侧面.
（1）证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积；
（3）在（2）的条件下，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，再由线面垂直的判定定理即可证明结论.
（2），再求点到平面的距离，转化为求平面与平面间距离，进而即可求解；.
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
平面平面平面，
平面平面，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
平面，
平面.
【小问2详解】
因为，所以等边三角形
过做垂直于于点
因平面平面，所以
又于所以平面
平面与平面间距离大小为，即到平面的距离为.
.
【小问3详解】
以为原点，及平面过点的垂线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，
所以，
平面，
即为平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
，
平面与平面的夹角的余弦值为
18. 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4个蓝球和4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?
【答案】（1）分布列见解析，
（2）选择方案.
【解析】
【分析】（1）由题意可知可能取值为30，80，130，180，然后求出相应的概率，从而可求得X的分布列及数学期望，
（2）设顾客选方案，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，240，求出相应的概率，从而可求出，然后与比较可得结论.
【小问1详解】
由题意可知可能取值为30，80，130，180，则
，，
，，
所以的分布列为
所以
【小问2详解】
设顾客选方案，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，240，则
，，
，，
所以，
所以，所以选择方案.
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）设，求函数的极大值；
（3）若，求函数的零点个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）求导，分，和三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解；
（3）令，则，再分的正负讨论，当时，分离参数可得，则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，构造函数，利用导数求出其单调区间和极值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解.
【小问1详解】
当时，，，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
，则，
则，
当时，，此时函数无极值；
当时，令，则或，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为；
当时，令，则或，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
而函数的定义域为，
所以此时函数无极值.
综上所述，当时，函数无极大值；
当时，的极大值为；
【小问3详解】
令，则，
当时，，
所以时，函数无零点；
当时，由，得，所以，
则时，函数零点的个数即为函数图象交点的个数，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
如图，作出函数的大致图象，

又，由图可知，所以函数的图象只有个交点，
即当时，函数只有个零点；
综上所述，若，函数有个零点．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
初始奖池
摸球方式
奖励规则
方案A
30元
不放回摸3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3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.
30
80
130
180