精品解析：江苏省常州联盟校2023-2024学年高二下学期4月期中调研数学试题

常州市联盟学校2023-2024学年度第二学期期中调研 高二年级数学试卷 2024.4 考试时间120分钟 满分150分 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. 向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示运算求解. 【详解】若，则，解得. 故选：B. 2. 若某质点的运动方程是，(位移单位：m，时间单位：s)，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数可求质点的瞬时速度. 【详解】， 故质点在时的瞬时速度为， 故选：D. 3. 对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），，对应的曲线为，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），，对应的曲线为，则下列图象正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果. 【详解】由，故曲线的对称轴在曲线的左侧，排除C、D； 由，故曲线比曲线瘦高，曲线比曲线矮胖，排除A. 故选：B． 4. 设随机变量的分布列为，，则的数学期望（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出，即可求出数学期望. 【详解】因为随机变量的分布列为，， 所以，解得， 所以，，， 所以. 故选：A 5. 已知函数与其导函数的图像如图，则函数的单调减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先找出的图像，得到在各个区间的符号，进而判断导函数的符号，的区间即为单调减区间. 【详解】由图可知，先减后增的那条曲线为的图像，先增再减最后增的曲线为的图像， 当时，， 由 当，得，则， 故的减区间为. 故选：C. 6. 函数在时有极小值0，则（ ） A. 4 B. 6 C. 11 D. 4或11 【答案】C 【解析】 【分析】求导后，由已知得到，解出，再代入导数得到单调性检验，最后得出结果. 【详解】， 因为在时有极小值0， 所以， 解得或， 当时，恒成立， 所以在上单调递增，没有极值，舍去； 当时，， 令，解得或， 所以当时，为单调递减函数； 当或时，为单调递增函数； 所以在处取得极小值，满足题意， 所以， 故选：C. 7. 如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为基底表示后可求的值. 【详解】由正三棱柱可得，， 而， 故 . 故选：A. 8. 已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则的取值不可能为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由题意方程的实根个数，即为或的实根个数，根据和两种情况，讨论三次函数的图象，从而确定的值，即可判断选项. 【详解】由题意知，为二次函数，且为的零点， 且，得或， 当时，令，解得或，令，解得：， 可知，在和内单调递增，在区间内单调递减， 则为极大值点，为极小值点， 若，则， 因为，即，两者相矛盾，故， 则有2个根，有1个根，可知， 若，可知，， 若，可知，， 若，可知，， 当时，令，解得，令，解得：或， 可知，在内单调递增，在区间和内单调递减， 则为极大值点，为极小值点， 若，则， 因为，即，两者相矛盾，故， 若，即，可知，，， 若，即，可知，，， 若，即，可知，，， 综上可知，的取值集合为，则不可能为7. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键1是确定的取值为或的取值个数，关键2是讨论的取值，同时确定或的正负，关键3是讨论的图象，从而确定的值. 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. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B. 点为平面上的一点，为平面外的一点，且，则 C. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则 D. 两个不重合的平面的法向量分别是，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用空间基底的含义可判断A的正误，利用四点共面的向量性质可判断B的正误，利用方向向量和法向量的数量积为0判断C的正误，利用两个平面的法向量垂直可判断D的正误. 【详解】对于A，因为，即这三个向量共面， 故不是空间的一组基底，故A错误. 对于B，因为共面，为平面外的一点，故，故，故B正确. 对于C，因为，故或，故C错误. 对于D，因，故，故，故D正确. 故选：BD. 10. 下列说法正确的是（ ） A 若随机变量~，则． B. 若随机变量的方差，则． C. 若，，，则事件与事件独立． D. 若随机变量服从正态分布，若，则． 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合二项分布的期望公式，即可求解A；对于B，结合方差的线性公式，即可求解；对于C，结合事件独立的定义，即可求解；对于D，结合正态分布的对称性，即可求解． 【详解】随机变量，则，故A正确； 随机变量的方差，则，故B错误； 由，即事件与事件独立，故C正确； 随机变量服从正态分布，， 则，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. 曲线在处的切线方程为 C. 函数既有极大值又有极小值，且极大值小于极小值 D. 方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先求函数的导数，再判断函数的单调性，以及切线方程，根据函数的单调区间判断函数的极值，根据函数的性质画出函数的图象，转化为两个函数图象的交点问题，即可判断D. 【详解】函数的定义域为， ，， ，解得：或， 所以函数的单调递减区间是和，故A错误； B.由A选项证明可知，，，所以曲线在处的切线方程为，故B正确； CD.由A选项的证明可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是极大值点， 函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以是极小值点， 函数，得，当时，，，，故C正确； 再结合函数的单调性，画出函数的图象， 若与有2个交点，则或，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：本题的关键是注意函数的定义域，从而正确求出函数的单调区间，极值，以及函数的图象. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”；另一方面，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看为三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立合适空间直角坐标系，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面的方程为，若三脚架顶点P的坐标为，则点P到平面的距离为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题目定义以及点到平面的距离向量公式即可求出． 【详解】由已知可知平面的法向量为，在平面上取点，， 所以距离. 故答案为：． 13. 乒乓球（table tennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜，若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，则单局比赛中甲获胜的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用独立事件的概率公式可求单局比赛中甲获胜的概率. 【详解】设为“单局比赛中甲获胜”， 由题设，甲可在第（均为甲发球）中失败一盘， 或在（均为乙发球）中失败一盘，第盘必定是甲赢， 故， 故答案为：. 14. 存在过点的直线与曲线相切，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据导数的几何意义求切线方程，再根据切线过点，转化为，再构造函数，，利用导数求函数的值域. 【详解】设直线与曲线相切于点，， 所以在点处的切线方程为， 若切线过点，则， 则， 设，， ，，得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以当时，取得最大值， 所以的值域是，则的取值范围是. 故答案为： 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. 如图，在四棱柱中，侧棱平面，，，，，E为棱的中点，M为棱的中点． （1）证明：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明即可； （2）求出异面直线与的方向向量，由向量的夹角公式即可得解. 【小问1详解】 因为底面，平面， 所以， 而， 所以、、两两互相垂直， 不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如上图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、，， ，， 因为，所以，则； 【小问2详解】 ，， ， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 16. 某商场为促进消费，规定消费满一定金额可以参与抽奖活动．抽奖箱中有2个蓝球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.有以下两种抽奖方案可供选择： 初始奖池 摸球方式 奖励规则 方案A 30元 不放回摸2次，每次摸出1个球. 每摸出一个红球，奖池金额增加50元，在抽奖结束后获得奖池所有金额. 方案B 有放回摸2次，每次摸出1个球. 每摸出一个红球，奖池金额翻倍，在抽奖结束后获得奖池所有金额. （1）若顾客选择方案A，求其所获得奖池金额X的分布列及数学期望； （2）以获得奖池金额的期望值为决策依据，顾客应该选择方案A还是方案B？ 【答案】（1）分布列见解析，80 （2）选择方案. 【解析】 【分析】（1）根据题意可能取值为30，80，130，满足超几何分布，求出分布列与期望； （2）若顾客选择B,的可能取值为30，60，120，满足二项分布，求出分布列与期望，比较大小，判断选择方案. 【小问1详解】 由题意可知可能取值为30，80，130，则 ，，， 所以的分布列为: 所以. 【小问2详解】 设顾客选方案B，所获得的金额为，则的可能取值为30，60，120，则 ， ， ， 的分布列为: 所以， 所以，所以选择方案A. 17. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面，是边长为2等边三角形，点分别为的中点，点为线段上一点（包括端点）． （1）若为线段的中点，求平面和平面夹角的正弦值； （2）当直线与平面所成的角最大时，求出的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出面与面的法向量，利用面面角的向量法，即可求出结果； （2）设设，求出平面的法向量和，利用线面角的向量法得到，利用基本不等式，即可求出结果. 【小问1详解】 因为是正三角形，点为的中点，， 又平面平面 ，平面面，面， 所以面， 设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以 设面的一个法向量为，由，得到， 令，得到，所以， 又易知面的一个法向量为，则 所以平面和平面夹角的正弦值为. 【小问2详解】 设，又 则， 设平面的一个法向量为，由，得到， 令，得到，则， 设直线与平面所成的角， 所以， 又，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时，取最大， 又，在区间上单调递增， 所以直线与平面所成角最大时，，又， 所以直线与平面所成角最大时，. 18. 已知函数． （1）若，求函数在区间上的最大值； （2）若对于任意的，，都有，则实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分，，，讨论导数的正负判断单调性，求出最值； （2）题意转化为不妨设，，即函数在上单调递减，则在上恒成立，即在上恒成立，构造函数，利用导数求出最大值得解. 【小问1详解】 因为，， ①当时，因为，所以， 所以函数在上单调递增，则； ②当，即时，，， 所以函数在上单调递增，则； ③当，即时， ，，，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则； ④当，即时，，，函数在上单调递减，则． 综上，. 【小问2详解】 对于任意的，，有， 不妨设时，， 令，根据题意对任意的， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 所以当时，，单调递增，当时，单调递减. 所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问解题的关键是问题转化为函数在上单调递减，在上恒成立. 19. 有甲乙两个骰子，甲骰子正常且均匀，乙骰子不正常且不均匀，经测试，投掷乙骰子得到6点朝上的概率为，若投掷乙骰子共6次，设恰有3次得到6点朝上的概率为，是的极大值点． （1）求； （2）若且等可能地选择甲乙其中的一个骰子，连续投掷3次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，求这个骰子是乙骰子的概率； （3）若且每次都等可能地选择其中一个骰子，共投掷了10次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，设这10次中有次用了乙骰子的概率为，试问当取何值时最大？并求的最大值（精确到0.01）．(参考数据) 【答案】（1） （2） （3）时最大，且最大值为 【解析】 【分析】（1）由二项分布概率公式写出，通过求导得到的极大值点即可； （2）设出事件{3次6点朝上}，{选择了乙骰子}，依题，利用条件概率公式求解即可； （3）设事件{10次有次用了乙骰子}和{10次6点朝上}，依次求和，接着求得，利用数列的单调性研究的最大值即得. 小问1详解】 设恰有3次得到6点朝上的概率为， 则，， 令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故的极大值点． 【小问2详解】 设事件{3次6点朝上}，事件{选择了乙骰子}， 则，， 故所求概率为. 【小问3详解】 设事件{10次有次用了乙骰子}，则. 设事件{10次6点朝上}，则. ， ， 令，， 则. 由可得，，解得 所以的最大值是，所以当时最大， 且最大值为 【点睛】关键点点睛：关键在于，全面深入理解题意，根据研究对象特征确定概率模型，运用相关概率公式进行化简和计算，对于求解解析式的最值问题，一般运用单调数列的处理方法，求解不等式组即得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 常州市联盟学校2023-2024学年度第二学期期中调研 高二年级数学试卷 2024.4 考试时间120分钟 满分150分 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. 向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 2. 若某质点的运动方程是，(位移单位：m，时间单位：s)，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），，对应的曲线为，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），，对应的曲线为，则下列图象正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 设随机变量的分布列为，，则的数学期望（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数与其导函数的图像如图，则函数的单调减区间为（ ） A. B. C. D. 6. 函数在时有极小值0，则（ ） A. 4 B. 6 C. 11 D. 4或11 7. 如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（ ） A. B. 1 C. D. 8. 已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则的取值不可能为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 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. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 若为空间一组基底，则也是空间的一组基底 B. 点为平面上的一点，为平面外的一点，且，则 C. 若直线的方向向量为，平面的法向量，则 D. 两个不重合的平面的法向量分别是，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量~，则． B. 若随机变量的方差，则． C. 若，，，则事件与事件独立． D. 若随机变量服从正态分布，若，则． 11. 已知函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. 曲线在处的切线方程为 C 函数既有极大值又有极小值，且极大值小于极小值 D. 方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”；另一方面，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看为三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立合适空间直角坐标系，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面的方程为，若三脚架顶点P的坐标为，则点P到平面的距离为____________． 13. 乒乓球（table tennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜，若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，则单局比赛中甲获胜的概率为______． 14. 存在过点的直线与曲线相切，则实数的取值范围是______． 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. 如图，在四棱柱中，侧棱平面，，，，，E为棱的中点，M为棱的中点． （1）证明：； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 16. 某商场为促进消费，规定消费满一定金额可以参与抽奖活动．抽奖箱中有2个蓝球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.有以下两种抽奖方案可供选择： 初始奖池 摸球方式 奖励规则 方案A 30元 不放回摸2次，每次摸出1个球. 每摸出一个红球，奖池金额增加50元，在抽奖结束后获得奖池所有金额. 方案B 有放回摸2次，每次摸出1个球. 每摸出一个红球，奖池金额翻倍，抽奖结束后获得奖池所有金额. （1）若顾客选择方案A，求其所获得奖池金额X的分布列及数学期望； （2）以获得奖池金额的期望值为决策依据，顾客应该选择方案A还是方案B？ 17. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面，是边长为2等边三角形，点分别为中点，点为线段上一点（包括端点）． （1）若为线段的中点，求平面和平面夹角的正弦值； （2）当直线与平面所成角最大时，求出的值． 18. 已知函数． （1）若，求函数在区间上的最大值； （2）若对于任意的，，都有，则实数的取值范围． 19. 有甲乙两个骰子，甲骰子正常且均匀，乙骰子不正常且不均匀，经测试，投掷乙骰子得到6点朝上的概率为，若投掷乙骰子共6次，设恰有3次得到6点朝上的概率为，是的极大值点． （1）求； （2）若且等可能地选择甲乙其中的一个骰子，连续投掷3次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，求这个骰子是乙骰子的概率； （3）若且每次都等可能地选择其中一个骰子，共投掷了10次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，设这10次中有次用了乙骰子的概率为，试问当取何值时最大？并求的最大值（精确到0.01）．(参考数据) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$