甘肃省民乐县第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

这是一份甘肃省民乐县第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题，共10页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，设函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：湘教版选择性必修第二册第一章~第三章
一､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.已知函数，则（ ）
A. B.1 C. D.2
2.下面给出四个随机变量：
①一高速公路上某收费站在十分钟内经过的车辆数；
②一个沿轴进行随机运动的质点，它在轴上的位置；
③某派出所一天内接到的报警电话次数；
④某同学上学路上离开家的距离.
其中是离散型随机变量的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
3.若随机变量的分布列如表，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数，则的极小值点为（ ）
A.-3 B.1 C. D.
5.在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（ ）
A. B.
C. D.
6.设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为，则甲正点到达目的地的概率为（ ）

7.已知函数，若，则下列式子大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8.已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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.设函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知100个零件中恰有3个次品，现从中不放回地依次随机抽取两个零件，记事件“第一次抽到的零件为正品”，事件“第二次抽到的零件为正品”，事件“抽到的两个零件中有正品”，事件“抽到的两个零件都是次品”，则（ ）
A.
B.
C.
D.
11.如图，在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面上的一点，且平面，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.存在点，使得
C.的最小值为
D.的最大值为6
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.曲线在点处的切线方程为__________.
13.已知平面的一个法向量为，点是平面上的一点，则点到平面的距离为__________.
14.如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是__________；的最大值为__________.（本题第一空2分，第二空3分）
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､证明过程及演算步骤.
15.（本小题满分13分）
甲､乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，已知甲､乙两名射手在每次射击中射中的环数分别为，且甲射中环的概率分别为，乙射中环的概率分别为，求的分布列.
16.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在区间上的最大值与最小值.
17.（本小题满分15分）
如图，四边形为正方形，四边形是梯形，，平面平面，且，点是线段上的一点（不包括端点）.
（1）证明：；
（2）若，且直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积.
18.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）若，证明：；
（2）若，都有，求实数的取值范围.
19.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）若恰有两个极值点，求实数的取值范围；
（2）若的两个极值点分别为，证明：.
民乐县第一中学2023~2024学年度第二学期期中考试·高二数学
参考答案､提示及评分细则
1.C 因为，所以，所以，故选C.
2.B 对于①，十分钟内经过的车辆数可以一一列举出来，①是离散型随机变量；
对于②，沿轴进行随机运动的质点，质点在直线上的位置不能一一列举出来，②不是离散型随机变量；对于③，一天内接到的报警电话次数可以一一列举出来，③是离散型随机变量；
对于④，某同学上学路上离开家的距离可为某一区间内的任意值，不能一一列举出来，④不是离散型随机变量，所以给定的随机变量是离散型随机变量的有①③.故选B.
3.A 根据题意可得.故选A.
4.B ，令，解得或，令，解得或，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值点为1.故选B.
5.C .故选C.
6.C 设事件表示甲正点到达目的地，事件表示甲乘动车到达目的地，事件表示甲乘汽车到达目的地，由题意知.
由全概率公式得
.故选C.
7.A 由，得，当时，，所以在上单调递增，因为，所以，所以，由函数在上单调递增，有，所以，综上，得.故选A.
8.B ，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以的值域为，所以在上单调递增，又，所以的值域为，又，使得，所以解得，即实数的取值范围是.故选B.
9.BCD 对于A：因为，所以，所以，故A错误；
对于B：因为，所以，故B正确；
对于C：因为，所以.故C正确；
对于D：.故D正确.故选BCD.
10.AC ，A正确；
因为，故，B错误；
因为，即为对立事件，故，C正确；
D错误.故选AC.
11.ACD 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，所以，，所以，所以平面，又平面，所以.故A正确；
设，所以，所以
，即，所以
，解得，又，故错误；
，所以，故C正确；，所以，，所以.故D正确.故选ACD.
12. 因为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即.
13. ，点到平面的距离.
14.； 点在平面上，
分别取的中点，则点的轨迹是正六边形，
因为正方体的棱长为4，
所以正六边形的边长为，
所以点的轨迹围成图形的面积是.
由投影分析的最大值为12.
15.解：由题意得，解得，
，解得，
所以的分布列为
的分布列为
16.解：（1）定义域为，且，
令，令.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由（1）可知：当时，取得极小值，
，因此为最大值，
所以在区间上的最大值为，最小值为.
17.（1）证明：连接，因为四边形为正方形，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，
又平面，所以.
因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，
所以.
设，所以.
设平面的一个法向量为，则即
令，解得，所以平面的一个法向量为，
又直线与平面所成角的大小为，
所以，
解得.所以，所以，
所以.
18.（1）证明：若，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以；
（2）解：不妨设，所以，即，
所以在上单调递增，
令在上恒成立，
令.
当时，在上恒成立，又，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，此种情况无解，
当时，在上单调递增，，
在上恒成立，
综上所述的取值范围为.
19.（1）解：在上恰有两个不同的解，
令，所以
解得，即实数的取值范围是；
（2）证明：由（1）知是方程的两个不同的根，所以，
所以
，
令，令在
上恒成立，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，
所以，
所以.1
2
3
4
10
9
8
7
0.4
0.2
0.2
0.2
10
9
8
7
0.3
0.3
0.2
0.2