福建省莆田第二中学、仙游第一中学2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题（Word版附解析）

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一、单项选择题：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. 已知随机变量服从正态分布，且，则
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据题中所给的正态分布，得出正态曲线关于直线对称，再结合对称轴两侧各占0.5，根据关系求得结果.
【详解】因为随机变量服从正态分布，
所以正态曲线的对称轴是，
因为，所以，
所以，
故选：C
2. 一只蚂蚁从点出发沿着水平面的网格线爬行到点，再由点沿着长方体的棱爬行至顶点处，则它可以爬行的不同最短路径条数有（ ）
A. 40B. 60C. 80D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】先求到的最短路径条数，再求到处的最短路径条数，由分步计数原理求爬行的不同最短路径条数.
【详解】从出发沿着水平面的网格线爬行到，需要走五段路，其中三纵二横，最短路径有条，
由点沿着长方体的棱爬行至顶点处，点处出发有3条路径，爬过一条棱后又各有2条最短路径到处，最短路径有条，
所以从到可以爬行的不同最短路径条数有条.
故选：B.
3. 若 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】使用赋值法，当分别取和时，得到和，联立解得.
【详解】令，得①；
令，得②；
得：.
故选：C
4. 已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，X可能取1，2，3，且服从超几何分布，求出对应的概率，根据数学期望，方差的公式及性质计算即可．
【详解】根据题意可知，X可能取1，2，3，且服从超几何分布，
故
所以
，
，
故选：D．
5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得在上恒成立，分离参数，再构造新的函数，利用导数求出函数最值即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，，
故时，，单调递增，
故在的函数值满足：，
故.
故选：B.
6. 在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当最短时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题知平面，直线，故当、最短时，平面，，再根据向量的关系计算即可得答案.
【详解】，，
∴ ，，
即:，；
平面，直线，
所以当、最短时，平面，，
为的中心，为线段的中点，
如图：
又正四面体的棱长为1，
，
平面，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查空间向量的数量积运算，共面向量定理，共线向量定理，解题的关键在于结合共面向量定理与共线向量定理得平面，直线，进而当当、最短时，平面，，再求解.
7. 一个盒子里装有5个小球，其中3个是黑球，2个是白球，现依次一个一个地往外取球（不放回），记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则下面不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，借助排列、组合应用问题，利用古典概率、条件概率公式逐项计算即得.
【详解】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，
对于A，表示第3次取出黑球，，A正确；
对于B，表示第1次、第2次取出球都是黑球，，B正确；
对于C，，，
所以，C正确；
对于D，，所以，D错误.
故选：D
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，再比较大小即可.
【详解】设函数，则，则在上是减函数，
又，则，
又因为，，，
所以，即．
故选：C.
二、多项选择题：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. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法错误的是（ ）
A. 变量x，y之间呈现负相关关系
B. m的值等于5
C. 变量x，y之间的相关系数
D. 由表格数据知，该回归直线必过点
【答案】C
【解析】
【分析】根据变量x，y之间的线性回归方程以及表格数据，对各选项进行分析、判断即可．
【详解】对于A，根据回归系数，判断变量x，y之间呈现负相关关系，A正确；
对于B，根据表中数据，计算，，
代入回归方程得，解得，B正确；
对于C，因为，，
所以变量x，y之间的相关系数，C错误；
对于D，由线性回归方程一定过，且，∴线性回归方程过点，D正确.
故选：C.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若是棱的中点，则过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形的周长为
C. 若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
D. 若CN与平面所成的角为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A,根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，继而可判定；对于B,根据题意画出截面图，计算即可；对于C，作出图形，根据题意建立方程组，解出即可；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可.
【详解】对于A,连接,因为,
平面,平面,
所以平面,

又点是棱上的动点（含端点），
所以点到平面的距离为定值，设为，
则，为定值，故A正确；
对于B,如图，
四边形为过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形，

因为平面平面,
且平面平面,
且平面平面,
根据面面平行的判断定理知，，
又因为为中点，所以为四等分点，
则四边形的周长为：
,
故B错误；
对于C,如图所示，连接,取的中点为,
连接，设外接圆圆心为,外接球球心为,
连接,则,

在中，设其外接圆半径，
由正弦定理知，，
所以，即，
依题易得,故,
弦所对的圆周角相等，故四点共圆，
则,
设外接球半径为,过作,交于,
则在中，,
即,①
中，,
即,②
联立①②，解得,
故外接球的表面积为,
故C错误；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，

则,
则,
设平面的法向量，
则，
令，则，故，
则,
,
当时，，
当时，
，
当且仅当时等号成立，
又，
综上可知，，故D正确，
故选：AD.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
11. 如图，一只蚂蚁从正方形的顶点A出发，每一次行动顺时针或逆时针经过一条边到达另一顶点，其中顺时针的概率为，逆时针的概率为，设蚂蚁经过n步到达B，D两点的概率分别为．下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】有四种情形：，求其概率可判断A；从顶点A出发经过2n步到达B、D两点为不可能事件，所以可判断B；对于C，当为偶数时，当为奇数时，先计算从点或点出发经过两步到达点的概率，再讨论从顶点出发经过步到达点的两种情形：①从顶点出发经过步到达点，再经过两步到达点的概率为，②从顶点出发经过步到达点，再经过两步到达点的概率为，可得可判断C；
利用可判断D；
【详解】对于A，有四种情形：，其所求的概率为，故A正确；
对于B，当为偶数时，从顶点出发，只能到达点或点，此时，
当为奇数时，从顶点出发，只能到达点或点，此时，即从顶点A出发经过2n步到达B、D两点为不可能事件，所以，故B错误；
对于C，当为偶数时，当为奇数时，先计算从点或点出发经过两步到达点的概率，分别为，，现讨论从顶点出发经过步到达点的两种情形：①从顶点出发经过步到达点，再经过两步到达点的概率为，②从顶点出发经过步到达点，再经过两步到达点的概率为，故，可得，又，所以，故C正确；
对于D，
，所以
，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，的系数为_________________．
【答案】224
【解析】
【分析】根据二项式定理的通项公式可得结果.
【详解】因为通项公式为，
当即时，，
所以的系数为224，
故答案为：224.
13. 已知空间三点，则在上的投影向量坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合，即可求解.
【详解】由三点，
可得，则，
则在上的投影向量坐标为.
故答案为：.
14. 已知函数，函数有三个不同的零点，且，则实数的取值范围是______；的取值范围是______
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分析分段函数的性质，画出草图，易知有三个不同的零点，有，进而可得，即可求范围.
【详解】由题设，当时，，
当时，，当且仅当时等号成立，
故，又，当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，单调递增，且，
综上可得如下函数图象：

要使有三个不同的零点，则，
所以实数的取值范围是；
由图知：当时，有，当时，令，则，
有，，
所以且，而在上递减，
所以.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：已知方程根的个数，求参数的取值范围的常用方法：
（1）直接法：直接根据题设条件列出关于参数的不等式，求解即可得出参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题进行求解；
（3）数形结合法：对解析式适当变形，构造两个函数，在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，其交点的个数就是方程根的个数，然后数形结合求解．常见类型有两种：一种是转化为直线与函数的图象的交点个数问题；另一种是转化为两个函数的图象的交点个数问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 9月22日秋分，在第三个“中国农民丰收节”到来之际，全国处处五谷丰登、瓜果飘香，广大农民共庆丰年、分享喜悦.四川某地也是“小小花椒树 种出致富路”! 但花椒树一般需要3年长成，为更好提高花椒等级，该地某村组织了一次关于花椒田间种植技术学习时长的调查，随机收集了该村150户种植户的统计数据，以此研究种植户参与田间种植技术学习的时长和花椒等级的关系.
（Ⅰ）根据以上数据，是否有99.9%的把握认为种植户参与田间种植技术学习时长和花椒等级具有相关性？
（Ⅱ）若以该村种植户参与田间种植技术学习的时长和花椒等级的情况估计全县的情况，则从该县中任取3户花椒种植户，记取到参与田间种植技术学习时长不足三年且种植花椒等级为“一等”的人数为，求的分布列及数学期望.
参考公式：，其中．临界值表：
【答案】（Ⅰ）有；（Ⅱ）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据列联表求出观测值，利用独立性检验的基本思想即可得出结果.
（Ⅱ）由题意可知随机变量服从二项分布，利用二项分布的概率计算公式以及数学期望的计算公式即可求解.
【详解】解：（Ⅰ）由题知：
则
故 有99.9%的把握认为村民的性别与参与管理的意愿具有相关性.
（Ⅱ）由题知，取到参与田间种植技术学习时长不足三年且种植花椒等级为
“一等”的人的概率为，所以 ，
又可取，，，，
则 ， ，
， ，
故的分布列为
的数学期望为 .
16. 如图，三棱柱的侧面和均为正方形，，交于点O，D为中点，.
（1）证明：；
（2）设，当为何值时，平面与平面夹角的余弦值等于？
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可得线面垂直，进而根据线面垂直的性质求证线线垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
如图，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
故，，
由，得，
得，
设平面的法向量为.
由得
取，
取平面的一个法向量为.
设面与面夹角为，则
，
即，解得.
.
17. 袋子中混有除颜色外均相同的2个白球和2个红球，每次从中不放回的随机取出1个球，当袋中的红球全部取出时停止取球. 甲表示事件“第二次取出的球是红球”，乙表示事件“停止取球时袋中剩余1个白球”.
（1）求甲发生的概率；
（2）证明：甲与乙相互独立.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）记事件丙为“第一次取出的球是红球” ，则，由古典概型，全概率公式求解；
（2）根据相互独立事件的定义证明.
【小问1详解】
记事件丙为“第一次取出的球是红球” ，
则，，
，，
所以，
则；
【小问2详解】
由题意知，乙等价于“停止取球时共取出了1个白球和2个红球”，
且第三次取出的球一定为红球，
故此时取出顺序只有“红、白、红”与“白、红、红”两种可能，
则，
其中，甲乙同时发生等价于“白、红、红”的情况，
故，
于是，
所以甲与乙相互独立.
18. 第届亚运会将于年月日至月日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会．为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表社区参加市亚运知识竞赛．已知社区甲、乙、丙位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为、、，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．
（1）求这人中至多有人通过初赛的概率；
（2）求这人中至少有人参加市知识竞赛的概率；
（3）某品牌商赞助了社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：
方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励元；
方案二：只参加了初赛的选手奖励元，参加了决赛的选手奖励元．
若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】（1）
（2）
（3）方案二更好，理由见解析
【解析】
【分析】（1）计算出人全通过初赛概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）计算出人各自参加市知识竞赛概率，再利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（3）利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望，对方案二，列出奖金总额为随机变量的所有可能取值，并求出对应的概率，求出其期望，比较大小作答.
【小问1详解】
解：人全通过初赛的概率为，
所以，这人中至多有人通过初赛的概率为.
【小问2详解】
解：甲参加市知识竞赛的概率为，乙参加市知识竞赛的概率为，
丙参加市知识竞赛的概率为，
所以，这人中至少有人参加市知识竞赛的概率为.
【小问3详解】
解：方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且，
所以元，
方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的所有可能取值为、、、，
则，
，
，
，
所以，.
所以，，
所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．
19. 已知函数.
（1）证明：函数在定义域内存在唯一零点；
（2）设，试比较与的大小，并说明理由：
（3）若数列的通项，求证.
【答案】（1）证明见解析
（2），理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，分析函数的单调性，结合零点存在性定理即可得证；
（2）先判断出，分析即证.
令，则，设，结合（1），即可证明；
（3）由（2）知，若，总有成立.
不妨令，得到.利用累加法即可证明.
【小问1详解】
函数，定义域为
求导得，所以函数在上单调递增，
当时，，所以函数在定义域内存在唯一零点.
【小问2详解】
，理由如下：
要证，只需证，
即证，即证.
令，则，从而即证.
设，由（1）知以函数在区间上单调递增.
所以，即成立.
故有.
【小问3详解】
由（2）知，若，总有成立.
不妨令，则有.
由于，所以，
所以，
所以，
即有成立.
【点睛】思路点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）利用导数证明不等式．x
6
8
10
12
y
6
m
3
2
学习时长
花椒等级
一等
非一等
三年
90
10
不足三年
30
20
学习时长
花椒等级
一等
非一等
合计
三年
90
10
100
不足三年
30
20
50
合计
120
30
150