精品解析：福建省华安县第一中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题

华安一中2023-2024学年（下）第二次月考高二数学试卷 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知随机变量服从二项分布，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 3. 若随机变量服从正态分布，，则（ ） A. B. C. D. 4. 盒中有除颜色外完全相同的2个红球和3个黑球，随机地从中取出1个，观察其颜色后放回，并加上同色球2个，再从盒中取出1个球，则取出的是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子，记事件：“甲骰子的点数大于4”，事件：“甲、乙两骰子的点数之和等于8”，则的值等于（ ） A. B. C. D. 6. 某人寿保险公司规定，投保人没活过岁时，保险公司要赔偿100万元.活过岁时，保险公司不赔偿，但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此种保险的每个投保人能活过岁的概率都是，随机抽取3个投保人，设其中活过岁的人数为，保险公司要赔偿给这三个人的总金额为万元.则（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 若，则（ ） A. B. C D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分.） 9. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为偶数”，事件为“第一次记录的数字为偶数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是相互独立事件 C. D 10. 已知随机变量服从二项分布，，下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 的最大值为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）． A. 不存在点，使得 B. 过三点的正方体的截面面积为 C. 若则点在正方形内运动轨迹长为 D. 点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知，则______． 13. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为___________. 14. 已知函数，若，则函数的最小值为______;若，都有，则实数的取值范围为______. 四、解答题（本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在四棱锥中，底面为正方形， ，平面，分别为的中点，直线与相交于点． （1）求到平面的距离； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投次，每投进一次得分，否则得分已知甲每次投进概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为，若前一次没投进，则该次投进的概率为. （1）求甲投篮次得分的概率； （2）若乙投篮次得分为，求的分布和期望； （3）比较甲、乙的比赛结果. 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的极值点； （3）写出的一个值，使方程有两个不等的实数根.并证明你的结论. 19. 设函数，. （1）求在上最值； （2）若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值； （3）若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线斜率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 华安一中2023-2024学年（下）第二次月考高二数学试卷 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知随机变量服从二项分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】代入二项分布的方差公式，即可求解. 【详解】由随机变量服从二项分布，可得. 故选：D 2. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，利用导数即可求解单调区间. 【详解】由的定义域为，， 令，解得， 所以的单调递减区间为， 故选：B 3. 若随机变量服从正态分布，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正态分布的对称性求解即可. 【详解】随机变量服从正态分布， 所以正态分布关于对称， ，所以， 所以. 故选：D. 4. 盒中有除颜色外完全相同的2个红球和3个黑球，随机地从中取出1个，观察其颜色后放回，并加上同色球2个，再从盒中取出1个球，则取出的是黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意运用全概率公式进行求解即可. 【详解】设事件A表示第一次抽取的是黑球，则，， 事件表示第二次抽取的是黑球，可知， 所以 故选：A. 5. 抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子，记事件：“甲骰子的点数大于4”，事件：“甲、乙两骰子的点数之和等于8”，则的值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意结合古典概型的概率公式求出，然后利用条件概率公式可求得结果. 【详解】由题意知事件为甲骰子的点数大于4，且甲、乙两骰子的点数之和等于8， 则事件包含的基本事件为，而抛掷甲、乙两颗质地均匀的骰子共有36种情况，所以， 因为甲骰子的点数大于4的有5，6两种情况，所以， 所以， 故选：C 6. 某人寿保险公司规定，投保人没活过岁时，保险公司要赔偿100万元.活过岁时，保险公司不赔偿，但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此种保险的每个投保人能活过岁的概率都是，随机抽取3个投保人，设其中活过岁的人数为，保险公司要赔偿给这三个人的总金额为万元.则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得，又，则，利用二项分布的概率公式计算可得. 【详解】依题意，因为个投保人中，活过岁的人数为，所以没活过岁的人数为， 因此，即， 所以. 故选：A 7. 已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解不等式可构造函数，求导得单调性，把求解不等式变形为，即，利用单调性比大小即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减，因为，所以， 不等式可变形为，即，可得， 故选：B. 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数以及，利用导数求解单调性，即可比较以及. 【详解】由题得， 构造函数，则， 所以在上单调递减，所以， 所以，即，所以. 构造函数，则， 所以在上单调递增，所以，所以，即，所以. 综上，. 故选:B. 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分.） 9. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“两次记录的数字之和为偶数”，事件为“第一次记录的数字为偶数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是相互独立事件 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义可判定A,根据可判定B,根据古典概型的概率公式求解，可判定CD. 【详解】对于A，事件与事件不是互斥事件，因为它们有可能同时发生，如第一次和第二次都是数字4 ，故A错误； 对于B，对于事件与事件， ,, 事件与事件是相互独立事件,故B正确； 对于C，,所以，故C正确； 对于D，事件表示第一次记录的数字为偶数，第二次记录的数字为偶数，故，故D正确. ​​​​​​​故选:BCD. 10. 已知随机变量服从二项分布，，下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项分布的期望方差公式判断A、C，根据二项分布的概率公式判断B，由，令，利用导数求出函数的最大值，即可判断D. 【详解】因为， 由，解得，所以，故A正确． ，故B正确． 由，解得或，所以或，故C错误． ， 设函数， 则． 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，所以的最大值为，故D正确． 故选：ABD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）． A. 不存在点，使得 B. 过三点的正方体的截面面积为 C. 若则点在正方形内运动轨迹长为 D. 点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用空间向量分析判断，对于B，取中点，连接，可得四点共面，然后求出其面积判断，对于C，利用空间向量可得点在正方形内运动轨迹为线段，对于D，利用空间向量得轨迹为圆：被四边形ABCD截得的4段圆弧. 【详解】对于A，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 若，则，即，与题意矛盾，所以A正确； 对于B，取中点，连接， 因为，所以可得四点共面， 所以过三点的正方体的截面为以为底的等腰梯形，过点作， 所以，所以梯形的高为， 所以，所以B正确， 对于C，设，则， 所以， 因为所以，即， 所以点在正方形内运动轨迹为线段，其长为，所以C错误， 对于D，， 即，可得轨迹为圆：， 所以圆心， 又，所以轨迹为圆：被四边形ABCD截得的4段圆弧，所以D错误. 故选：AB． 【点睛】关键点点睛：解题的关键是利用空间向量求出点的轨迹方程，由此即可顺利得解. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据结合数量积与模长的公式求解即可. 【详解】由， 有． 故答案为： 13. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】分比赛2局和比赛3局甲获胜的概率，相加即可. 【详解】比赛2局，甲最终获胜的概率为， 比赛3局，甲最终获胜，则前两局甲赢一局，输一局，第三局获胜，故概率为， 故采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为. 故答案为： 14. 已知函数，若，则函数的最小值为______;若，都有，则实数的取值范围为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】导数法判断单调性；即可求出最小值；由题意易知，在单调递增，从而，即可解题. 【详解】若，则， ∴， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. ∴. 若，都有， 则， ∴在单调递增， ∴在恒成立， ∴即， 又， 当且仅当时，等号成立； ∴. 故答案为：；. 四、解答题（本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在四棱锥中，底面为正方形， ，平面，分别为的中点，直线与相交于点． （1）求到平面的距离； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系后由点到面距离公式计算即可得； （2）借助空间向量计算即可得. 【小问1详解】 由平面，且、平面， 故、，又底面为正方形， 故，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、, 则，，， 设平面的法向量为， 则有，即，令，则有、， 故可为， 则到平面的距离； 【小问2详解】 、，则， 则有， 故直线与平面所成角的正弦值为. 16. 在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投次，每投进一次得分，否则得分已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为，若前一次没投进，则该次投进的概率为. （1）求甲投篮次得分的概率； （2）若乙投篮次得分为，求的分布和期望； （3）比较甲、乙的比赛结果. 【答案】（1） （2）分布列见解析，3 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）甲3次投篮得2分即3次中1次，根据独立事件概率公式即可求解； （2）由题意得， X的所有可能取值为0，2，4，6，依次求出每种取值的概率，然后写出分布列，求出期望； （3）分别求出甲、乙期望和方差，然后进行比较大小，根据大小进行分析即可. 【小问1详解】 甲投篮次得分，即只投中次，概率为； 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为，，，， 则， ， 随机变量分布为， 0 2 4 6 期望； 【小问3详解】 设甲三次投篮的得分，则，，，， 可求得随机变量的分布为， 0 2 4 6 所以 ， 又可算得， 因为，， 所以甲最终的得分均值等于乙最终的得分均值，但乙赢得的分值不如甲稳定. 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【小问1详解】 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． 小问2详解】 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的极值点； （3）写出的一个值，使方程有两个不等的实数根.并证明你的结论. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用求导及导数的意义，即可求出切线方程； （2）由于原函数含有参数，所以要对参数进行分类讨论，从而利用导数思想来判断函数单调性，再判断极值点情况； （3）由（2）得函数最小值值，然后取一个使最小值小于零的值，然后利用零点存在定理证明即可. 【小问1详解】 由得：， 当，得：， 所以曲线在处的切线方程为：， 即：； 【小问2详解】 当时，由于函数的定义域为，所以， 此时函数在上递增，所以函数无极值点； 当时，令， ，解得， 则当时，，此时函数在上递减， 当时，，此时函数在上递增， 所以函数存在一个极小值点，无极大值点； 【小问3详解】 由（2）得， 当时，， 故取时，方程有两个不等的实数根， 证明：设， 由（2）在在上递减，在上递增， 且，， 由零点存在定理得在和上各有一个零点， 所以当时，方程有两个不等的实数根. 19. 设函数，. （1）求在上的最值； （2）若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值； （3）若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率. 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数可得该函数在上的单调性，即可得其最值； （2）设出切点，借助导数的几何意义计算即可得切点横坐标，即可得解； （3）由函数的两个极值点结合韦达定理可得、，表示出、两点连线的斜率后，借助韦达定理及换元法计算可将问题转化为证明，构造相应函数证明即可得. 【小问1详解】 ， 则当时，，当时，， ∴在上单调递增， ∴，； 【小问2详解】 设与切于， 由，则， 所以，则， 即， 令，则， 所以在上单调递增， 又，所以， 所以； 【小问3详解】 解法一： 由， 所以， 因为有两个极值点， ，即有两个不等的正根，且， ， 要证：，即证， 不妨设，即证：， 即证：， 令证， 令， 在上单调递增，证毕! 解法二： 因为，所以， 令，则， 因为函数有两个极值点，所以，解得， 所以， 所以的斜率 ， 令， 则， 所以在上单调递增，又， 所以当时，， 不妨设，令，则， 所以， 即，证毕! 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，将双变量，转化为，从而将双变量问题转化为单变量问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$