莆田第二十五中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份莆田第二十五中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知函数，则( )
A.B.1C.D.
2．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
3．已知向量，，向量在向量上的投影向量为( )
A.B.C.D.
4．甲、乙、丙三人参加县里的英文演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为，，，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为( )
A.B.C.D.
5．设正四面体的棱长为2，E，F分别是，的中点，则的值为( )
A.1B.C.2D.4
6．抛掷两枚质地均匀的骰子，两个点数都出现偶数的概率和已知第一枚骰子的点数是偶数的条件下，第二枚骰子的点数也是偶数的概率分别是( )
A.都是B.都是C.和D.和
7．函数的图象大致是( )
A.B.
C.D.
8．已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．以下命题正确的是( )
A.平面，的法向量分别为，，则
B.直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C.直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
D.平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则
10．一个不透明的口袋中有8个大小相同的球，其中红球5个，白球2个，黑球1个，则下列选项正确的有( )
A.从该口袋中任取3个球，设取出的红球个数为，则数学期望
B.每次从该口袋中任取一个球，记录下颜色后放回口袋，先后取了3次，设取出的红球次数为，则方差
C.从该口袋中任取3个球，设取出的球的颜色有X种，则数学期望
D.每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，设拿出的白球的个数为Y，则数学期望
11．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.若极大值为0，则
B.当时，在上单调递增
C.时，恒成立
D.若，则有两个零点
三、填空题
12．函数的极大值为______.
13．在空间直角坐标系中，已知三点，，，则点C到直线的距离为__________.
14．如图，在边长为1的正方体中，点P在上，点Q在平面内，设直线与直线所成角为.若直线到平面的距离为，则的最小值为__________.
四、解答题
15．某同学买了7个盲盒，每个盲盒中都有一个礼物，有4个装小兔和3个装小狗，依次不放回地从中取出2个盲盒.
（1）求第1次、第2次取到的都是小兔盲盒的概率；
（2）求第2次取到的是小狗盲盒的概率；
（3）若随机变量X表示取到小狗的盲盒数，求X的分布列和数学期望.
16．已知函数时有极值0.
（1）求函数的解析式；
（2）记，若函数有三个零点，求实数k的取值范围.
17．如图，在直三棱柱中，E，F分别是棱，的中点，.
（1）证明：；
（2）若，，平面与平面所成的锐二面角的角余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，M为棱PC的中点.
（1）证明：平面PAD；
（2）若，，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由.
19．已知函数
（1）讨论的单调性;
（2）证明:当时，.
参考答案
1．答案：C
解析：由导数的定义可知，又，
.
故选：C.
2．答案：A
解析：以为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
，
故选：A.
3．答案：A
解析：因为向量，，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：A.
4．答案：D
解析：设甲、乙、丙获得一等奖的概率分别是，，，
则不获一等奖的概率分别是，，，
则这三人中恰有两人获得一等奖的概率为：
，
这三人都获得一等奖的概率为，
所以这三人中至少有两人获得一等奖的概率.
故选:D.
5．答案：A
解析：依题意，由
，，
故，
所以
.
故选:A.
6．答案：C
解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件的总数为，
两个点数都出现偶数的基本事件为，，，，，，，，共9个，所以概率为；
记第一枚骰子的点数是偶数为事件A，第二枚骰子的点数是偶数为事件B，
所以，
由两个点数都出现偶数的概率为，所以，
所以.
故选：C.
7．答案：D
解析：由题可知：函数的定义域为，
，
令，得到.
故函数在上单调递减，在上单调递减，
在上单调递增.可排除A，B，
令，，可知C不符合，D符合
故选：D.
8．答案：C
解析：等价于.
令函数，则，故是增函数.
等价于，即.
令函数，则.
当时，，单调递增：当时，，单调递减.
.
故实数a的取值范围为.
故选：C.
9．答案：BD
解析：对于A，向量与不共线，平面与不平行，A错误；
对于B，由，，得，l与m垂直，B正确；
对于C，，，则或，C错误；
对于D，，，由是平面的法向量，
得，解得，D正确.
故选：BD.
10．答案：ABD
解析：对选项A，从该口袋中任取3个球，取出的红球个数的可能取值为0，1，2，3，
则，，，，
则，故A正确；
对选项B，每次从该口袋中任取一个球，是红球的概率为，则取出的红球次数为，
则方差，故B正确;
对选项C，从该口袋中任取3个球，取出的球的颜色有X种，X的可能取值为1，2，3，
则，，则，
则，故C错误；
对选项D，每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，拿出白球的个数Y的可能取值为0，1，2，
则，，，
则，故D正确；
故选：ABD.
11．答案：BC
解析：，，
当时，在上是单调递增函数；
当时，令得，单调递增；
得，单调递减函数；所以有极大值为，
若极大值为0，则，所以，故A错误；
当时，在上单调递增，B正确；
对于C，时，，
令，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在有最大值为，所以恒成立，
故C正确；
由得，
若，有两个零点即
直线与有两个交点，
令，
，令，
，所以是上的单调递减函数，
当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
，
当时，，
当时，，
所以当时，直线与有两个交点，即有两个零点有两个零点，故D错误.
故选：BC.
12．答案：/
解析：，当时，，当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为.
故答案为：.
13．答案：
解析：因为，，，所以，，
所以，得到，
所以点C到直线的距离为，
故答案为：.
14．答案：
解析：因为直线到平面的距离为，
所以必有面，即点P到平面的距离为，
如图建立空间直角坐标系，设，又，，，
则，，，
设面的法向量为，
则，取得，
则，解得，即，
过P作平面的平行平面，与正方体的截面为，
M，N分别为线段和线段的中点，则，，
所以Q在直线上，
设，
又，则，
当时，，
当时，，
又，所以，
则的最小值为.
故答案为：.
15．答案：（1）
（2）
（3）分布列见解析，
解析：（1）设事件“第i次取到的是小兔盲盒”，，2，
因为，，所以，
即,1次、第2次取到的都是小兔盲盒的概率为.
（2）设事件“第i次取到的是小狗盲盒”， ，2，
因为，，，
所以由全概率公式，可知第2次取到的是小狗盲盒的概率为
；
（3）由题意X可取0，1，2，
，，.
所以X的分布列为：
则.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由可得，
因为在时有极值0，
所以，即，解得或，
当时，，
函数在R上单调递增，不满足在时有极值，故舍去.
所以常数a，b的值分别为，.
所以.
（2）由（1）可知，
，
令，解得，，
当或时，当时，，
的递增区间是和，单调递减区间为，
当，有极大值，
当，有极小值，
要使函数有三个零点，则须满足，解得.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：取BC的中点，连接DE，DF，
因为D，E分别为BC，BA的中点，所以，
又因，所以，
因为D，F分别为BC，的中点，所以，
又因为为直三棱柱，所以，所以，
因为，平面DEF，平面DEF，
所以平面DEF，因为平面DEF，所以.
（2）设（），以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，
因为，，则，，，
，，
设平面的一个法向量，
则，即，取，
为平面的一个法向量，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，解得，
由（1），即直线EF与平面ABC所成的角，，
，所以直线EF与平面ABC所成的角的正弦值为.
18．答案：（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）存在，
解析：（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：为棱PC的中点，
，，，，，，
四边形ABMN是平行四边形，，
又平面PAD，平面PAD，平面PAD.
（2），，，，，
平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，
平面ABCD，
又AD，平面ABCD，，而，，
以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，
M为棱PC的中点，
，，
（i），，
设平面BDM的一个法向量为，
则，令，则，，
平面PDM的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，
则二面角的余弦值为.
（ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，
设，，
则，，
由（2）知平面BDM的一个法向量为，，
点Q到平面BDM的距离是，
，.
19．答案：（1）答案见解析
（2）证明见解析
解析：（1），，当时，易知，所以函数在R上单调递减，当时，令，解得，令，解得，即在上单调递增，令，得，即在上单调递减，综上，当时，函数在R上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，，，令，，则，所以在上单调递增，当时，，又，有，，即单调递减，，，即单调递增，所以，而此时，所以当时，成立；当时，可得，，所以，又，所以存在，使得，即，，，，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，，由可得，，下面证明，，令，，，所以在上单调递增，，即得证，即成立，综上，当时，成立.
X
0
1
2
P