[数学]2023_2024学年陕西宝鸡高二下学期期中数学试卷(南山高级中学)(原题版+解析版)

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2023~2024学年陕西宝鸡高二下学期期中数学试卷（南山高级中学）
1. 2023《中国好声音》报名即将开始，选手们可通过拨打热线电话或登陆官网两种方式之一来报名．现有甲､乙､丙三人均要报名参加，则不同的报名
方法有（
A．4种
）
B．6种
C．8种
D．9种
答案
解析
C
【详解】
每人选择的方式有2种，总共有
种．故选C．
2. 已知复数 满足
A.
（ 是虚数单位），则
（
）
B.
C.
D.
答案
解析
A
【分析】
设
，求得
，可得
，根据题意求得 的值，即可求解.
【详解】
设
因为
，所以
，所以
解得
.
故选：A.
3. 某市2018年至2022年新能源汽车年销量y（单位：千台）与年份代号x的数据如下表：
年份
2019
1
2020
2
2021
3
2022
4
年份代号x
年销量y
15
20
m
35
若根据表中的数据用最小二乘法求得y关于x的经验回归直线方程为
，则表中m的值为（
C. 30
）
A. 25
B. 28
D. 32
答案
解析
C
由已知得
，回归直线方程为
，即
过样本点中心
，
，
∴
∴
．
因此正确答案为：C．
4.
是一种由 个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由 个正五边形和 个正六边形组成．如图，将足球烯上的一个正六
为正多边形的顶点，则 ）．
边形和相邻正五边形展开放平，若正多边形的边长为 ，
，
，
（
A.
B.
C.
D.

答案
解析
B
如图所示， 连接
，
，
由对称性可知，
，取
的中点 ，
则
，
，
又因为正六边形的边长为 ，
所以
所以
，
，
故选： ．
5. 已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色
口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二
次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（
A. B.
）
C.
D.
答案
解析
D
记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为
，
则
，
记第二次在红、绿、黄色口袋内抽到黄球的事件分别为
，
而
两两互斥，其和为 ，
所以
，
记第二次抽到黄球的事件为B，
则
，
因此正确答案为:D．
6. 著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，
球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切（该球也被称为圆柱的内切球），那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为（ ）．
A.
B.
C.
D.
答案
解析
D
设圆柱的母线长为 ，内切球的半径为 ，如下图所示，
则其轴截面如下图所示，

则
，所以圆柱的内切球体积为
，
圆柱体积为
，
所以圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为
．
故选
．
7. 已知函数
A. 0.1359
在
上单调递减的概率为 ，且随机变量
，
，则
（附：若
（ ）
，则
，
B. 0.01587
C. 0.0214
D. 0.01341
答案
解析
C
【分析】
根据二次函数的单调性可求得
【详解】
，从而可得
，故
，再根据三段区间法即可求解.
根据题意
所以
在
上单调递减，可得
，
.
，
，
故选：C.
8. 已知点A为直线
上一动点，点
B.
，且满足
，则
D.
的最小值为
（
A.
）
C.
答案
解析
D
【分析】
通过构造关系
【详解】
∵
找到定点 ，将最值转化为求
的最值，进而转化为
最值，则点线距求解可得.
，∴
，由题意
.
设P点坐标为
，则
，
∴P点轨迹是以
设在 轴上存在定点
则
点为圆心，1为半径的圆，记为圆
，
，使得圆上任意一点
，满足
，
，
，
，
化简得
又∵
，代入得
要使等式恒成立，则
，即
.
∴存在定点
，使圆上任意一点 满足
，
则
，
当A，P，M三点共线（
位于 两侧）时，等号成立.
又
由
点为直线
到直线距离
上一动点，则
的最小值即为点 到直线的距离，
，则
.
故
.

如图，过 作直线
故选：D.
的垂线段，垂线段与圆 的交点即为取最值时的点 ，此时取到最小值 .
【点睛】
方法点睛：借助阿氏圆探究最值问题：若
为两定点，动点 满足
，则
时，动点 的轨迹为直线；当
且
时，动点 的轨迹为圆，此圆称之为阿波罗尼斯圆，也称阿氏圆.借助阿波罗尼斯圆，可以转化动点到定点的距离，化系数
，从而转化为到另一定点的距离进而由几何性质等求解最值.
为
9. 《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一
半后剩下 尺，第二天截取剩下的一半后剩下 尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下 尺，则下列说法正确的是（
）
A.
B.
C.
D.
答案
解析
BCD
通过题意可得
是首项为 ，公比为 的等差数列，则
，
，故A有误；
，则
，故B无误；
，故C无误；
，
，故D无误．
因此正确答案为：BCD．
10. 下列命题中正确的是（
A. 已知一组数据6，6，7，8，10，12，则这组数据的50%分位数是7.5
B. 已知随机变量 ，且 ，则
C.
）
已知随机变量
D. 已知经验回归方程
，则
，则y与x具有负线性相关关系
答案
解析
ABD
对于A选项，
对于B选项，
对于C选项，
，第3个和第4个数的平均数为
，故A无误；
，故B无误；
，则
，故C有误；
对于D选项，
，可得y与x具有负线性相关关系，可知D无误．
因此正确答案为：ABD．
11. 某商场举办一项抽奖活动，规则如下：每人将一枚质地均匀的骰子连续投掷3次，记第i次正面朝上的点数为
”，则算作中奖，现甲､乙､丙､丁四人参加抽奖活动，记中奖人数为 ，下列说法正确的是（
，若“
）
A. 若甲第1次投掷正面朝上的点数为3，则甲中奖的可能情况有4种
C. 甲中奖的概率为
B. 若甲第3次投掷正面朝上的点数为5，则甲中奖的可能情况有6种
D.
答案
解析
BCD
当
当
时，甲中奖情况有
时，甲中奖情况有
种，故 错误；
种，故B无误；
甲中奖情况如下：当
当 时，共有
时，共有1种；
种；当 时，中奖情况有
种，

当
时，共有
种；
记“
所有可能情况有
四人参加抽奖，每人中奖的概率均为
”的事件为A，则中奖的可能情况共有
种，
种，
，故C无误；
，
中奖人数
，所以
，故D无误．
因此正确答案为：BCD．
12. 已知函数
，则下列说法正确的是（
有两个极值点
）
A. 方程
恰有3个不同 B. 函数
C. 若关于x的方程
个解，则
恰有1 D. 若
且
，
，则
的实数解
存在最大值
答案
解析
ABD
由已知可得
.
对于A项，当
当
时，由
时，由
可得，
可得，
，所以
；
，所以
，所以
；
当
时，由
可得，
.
所以由方程
得
或
或
.
作出
的图象如下图
由图象可以知，当
因为
时，
有3个解.
有3个解.
，所以
又
无解，
对于B项，由图象可以知，
大值，在 处取得极小值，即
无解，故A无误；
在
上单调递增，在
是函数
上单调递减，在
上单调递增，所以，
在
处取得极
和
的两个极值点，故B无误；
与 的图象仅有一个交点，
对于C项，若方程数
由图像分析可得
对于D项，设
恰有1个零点，即函数
或
，故C有误；
，且
，
，
，
则
则
，
，
.
设
，
则
设
.
，
根据复合函数的单调性可知
在
上单调递增，
且
，
，
根据零点存在定理可知，
，使
，
在
且当
当
时，
时，
存在最大值
，则
，则
，故D无误．
，所以
，所以
在
上单调递增；
单调递减，
所以
因此正确答案为：ABD．
13.
展开式中的常数项为
．
答案

解析
展开式通项为
，得 ，所以常数项为
因此正确答案为： .
，
令
．
14. 随着杭州亚运会的举办，吉祥物“踪琮”、“莲莲”、“宸宸”火遍全国．现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮踪”、“莲莲”、“宸宸”站成一
排拍照留念，则这3个吉祥物相邻的排队方法数为 ．（用数字作答）
答案
解析
144
【详解】
先将甲、乙、丙3位运动员排序，然后将“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”三个吉祥物插入3位运动员形成的空位中，所以不同的排队方
法种数为 （种）．
15. 在20件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，其次品数为 ，已知
，且该产品的次品率不超过
，则这20件产品的次品率
为
．
答案
解析
【分析】
设这20件产品的次品数为 ，从中抽取2件检查，其次品数为 ，
，由此能求出这20件产品的次品率．
【详解】
设20件产品中有x件次品，
则
，
解得
或
．
因为次品率不超过
所以 ，
，
所以次品率为
故答案为：
，
．
16. 已知
两个不透明的盒中各有形状､大小都相同的红球､白球若干个， 盒中有 个红球与
两盒中各取1个球， 表示所取的2个球中红球的个数，则 的最大值为 ．
个白球， 盒中有
个红球
与
个白球，若从
答案
解析
/ 0.5
的可能取值为
，
，
，
，
所以 的分布列为
0
1
2
，
，当且仅当
时，等号成立，
所以
的最大值为 ．
因此正确答案为：

17. 已知数列
(1)求数列
满足：
，
，数列
是以4为公差的等差数列．
的通项公式；
(2)记数列
的前n项和为 ，求
的值．
答案
解析
(1)
(2)
（1）通过题意可得
则
，
；
又
符合上式，所以
；
（2）∵
，
∴
.
18. 生态环境部､工业和信息化部､商务部､海关总署､市场监管总局等五部门联合发布《关于实施汽车国六排放标准有关事宜的公告》，明确提出自
2023年7月1日起，全国范围全面实施国六排放标准 阶段，禁止生产､进口､销售不符合国六排放标准 阶段的汽车．为调查市民对此公告的了解情
况，对某市市民进行抽样调查，得到的数据如下表：
了解
140
180
320
不了解
60
合计
200
200
400
女性
男性
20
合计
80
(1)根据以上数据，依据小概率值
的独立性检验，能否认为对此公告的了解情况与性别有关？并说明原因；
(2)以样本的频率为概率．在全市随机抽取5名市民进行采访，求这5名中恰有3名为“了解”的概率．
附：
0.10
0.05
0.010
6.635
0.005
7.879
0.001
2.706
3.841
10.828
参考公式：
，其中
．
答案
(1)认为对此公告的了解情况与性别有关，理由见解析
(2)
解析
【详解】
解：（1）零假设为 ：对此公告的了解情况与性别相互独立，即对此公告的了解情况与性别无关，
由题意，
．
所以根据小概率值
的独立性检验，我们推断 不成立．
即认为对此公告的了解情况与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001；
（2）由样本数据可知，“了解”的概率为
，
设这5名市民中恰有3名为“了解”为事件 ，则
．
19. 如图，在四棱锥
中，底面
是边长为 的正方形．
(1)若直线 是平面
(2)若四棱锥
和平面
的交线，证明：
；
的体积为 ，二面角
和二面角
都是 ，求直线
与平面
所成角的正弦值．

答案
解析
(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）依题意可得
（2）过点 作平面
，即可证明
平面
，再由线面平行的性质证明即可；
，垂足为 ，连接 ，由锥体的体积公式求出
的垂线，垂足为 ，过点 作
，再由二面角得到
，同理可得点 到
的距离为 ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】
（1）∵正方形
平面
，
，
，
平面
平面
，
平面
，又
，直线 是平面
和平面
的交线，
；
（2）如图，过点 作平面
的垂线，垂足为 ，过点 作
都是 ，
，垂足为 ，连接
，
因为二面角
和二面角
可知点 在正方形
四棱锥
内，
的体积为 ，即
，可得
，
因为
因为
所以
可得
平面
，
平面
，所以
，
，
，
平面
，
平面
，所以
，可得
为二面角
，同理可得点 到
的平面角，
的距离为 ，
以 为坐标原点，向量
，与平面
垂直的方向分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
．
可得
设平面
有
的法向量为
取
，可得
，
所以
所以
，
，
，
．
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
20. 2021年底某购物网站为了解会员对售后服务（包括退货、换货、维修等）的满意度，从2021年下半年的会员中随机调查了25个会员，得到会员
对售后服务的满意度评分如下：
95 88 75 82 90
94 98 65 92 100
85 90 95 77 87
70 89 93 90 84
82 83 97 73 91
根据会员满意度评分，将会员的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
满意度等级
低于75分
不满意
75分到94分
比较满意
不低于95分
非常满意
(1)根据这25个会员的评分，估算该购物网站会员对售后服务比较满意和非常满意的频率；
(2)以（1）中的频率作为概率，假设每个会员的评价结果相互独立.
（i）若从下半年的所有会员中随机选取2个会员，求恰好一个评分比较满意，另一个评分非常满意的概率；
（ⅱ）若从下半年的所有会员中随机选取3个会员，记评分非常满意的会员的个数为X，求X的分布列，数学期望
及方差
.
答案
解析
(1)比较满意和非常满意的频率分别为0.68和0.2；
(2)（i）
；（ⅱ）分布列见解析，
.
【分析】
（1）由题目所给数据估算该购物网站会员对售后服务比较满意和非常满意的频率即可；
（2）以（1）中的频率作为概率，由独立事件的概率公式计算即可，分析X的可能取值，由二项分布的概率公式计算求出分布列，并计

算数学期望和方差即可.
【详解】
（1）由给出的25个数据可得，非常满意的个数为5，
不满意的个数为3，比较满意的个数为17，
∵
∴可估算该购物网站会员对售后服务比较满意和非常满意的频率分别为0.68和0.2.
（2）（i）记“恰好一个评分比较满意，另一个评分非常满意”为事件A，
则
.
（ⅱ）X的可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
则X的分布列为
X
P
0
1
2
3
0.512
0.384
0.096
0.008
由题可知
，∴
.
21. 已知双曲线
(1)求双曲线C的方程；
，其焦点到渐近线的距离为
，双曲线C的离心率为2，右焦点为F，O为坐标原点.
，求直线ON的斜率的取值范围.
(2)若经过右焦点F的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，点N满足
答案
(1)
(2)
；
.
解析
【分析】
（1）根据题意建立关于
的方程组，即可求解；
（2）首先由向量关系式转化为
，直线 的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理表示点 的坐标，再利用消参法，求点 的
轨迹方程，即可求解直线
【详解】
斜率的取值范围.
（1）根据题意得
，得
，
∴双曲线C的方程为
；
（2）∵
设点
，∴
，∴
，
，
设直线l的方程为
，与双曲线C的方程
，
联立，
整理得
则
，整理得
，
由根与系数的关系得
，于是
，解得
注意到
，于是
，即
，
又点N满足
，整理得
，
两式消除得
，代入消去m得
，
因此点N的轨迹是以
其渐近线斜率为
为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
.
，
∴直线
的斜率范围为

【点睛】
关键点点睛：本题的关键是利用
，利用韦达定理求点 的轨迹方程.
22. 已知函数
．
(1)当
(2)当
时，求曲线
时，证明：
在点
处的切线方程；
．
答案
(1)
(2)证明见解析
解析
【分析】
（1）求导可得斜率，结合点斜式方程求解即可.
（2）求
，运用
放缩可得
，设
，求导可得
，结合基本不等式可得
，从而可得
单调性，进而可证得结果.
【详解】
（1）解：当
又
时，
，则
，
，所以
，即
，
所以在点
处的切线方程为
，即
，
；
（2）证明：设
（
），则
，
设
，则
，
当
当
时，
，
单调递减，
时，
，
，
单调递增，
恒成立，
可知
由
，
所以
设
（
），
（
），则
，
，
所以当
所以
时，
，
，
．
单调递增，
，
单调递增，
所以
【点睛】
方法点睛：运用导数证明不等式常见方法：
（1）将不等式转化为函数的最值问题：
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单
调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较：
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同
时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
（3）适当放缩证明不等式：
导数方法证明不等式中，最常见的是 和
与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对 和
进行放缩，使问题简
，当且仅当 时
化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)
取等号．
，当且仅当
时取等号．(2)