精品解析：广东省湛江第一中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学试题

湛江第一中学2023~2024学年度第二学期第二次大考 高二数学 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：必修第二册第六章，选择性必修第一册，选择必修第二册，选择性必修第三册第六章，第七章. 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. 一列轻轨在某段时间内从中山北至广州南往返一次，其中站点有：广州南、北滘、顺德、容桂、小榄、东升、中山北，则高铁部门应为这七个站间准备不同轻轨票种数为（ ） A. 21种 B. 30种 C. 36种 D. 42种 2. 的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 15 D. 20 3. 把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现反面”为事件B，则（ ） A. B. C. D. 4. 英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献.根据贝叶斯统计理论，事件A，B，（A的对立事件）存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.01，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为99%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有99%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为10%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有10%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为（ ） A 0.01 B. 0.0099 C. 0.1089 D. 0.1 5. 在某地区的高三第一次联考中，数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩高于120分的人数占总人数的，数学考试成绩在80分到100分（含80分和100分）之间的人数为800，则可以估计参加本次联考的总人数约为（ ） A. 1600 B. 1800 C. 2100 D. 2400 6. 甲同学参加青年志愿者的选拔，选拔以现场答题的方式进行，已知在备选的8道试题中，甲能答对其中的4道题，规定每次考试都从备选题中随机抽出4道题进行测试，设甲答对的试题数为X，则的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两人进行象棋比赛，假设每局比赛甲胜的概率是，各局比赛是相互独立的，采用4局3胜制，假设比赛没有平局，则乙战胜甲的概率为（ ） A B. C. D. 8. 对任意，不等式恒成立，则正数a的最大值为（ ） A. B. C. D. e 二、选择题：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. 已知等差数列，其前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 最小值为6 D. 数列是公比为2的等比数列 10. 已知，随机变量的分布列如下表所示，若，则下列结论中不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，若有6个不同的零点分别为，且，则下列说法正确的是（ ） A 当时， B. 的取值范围为 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，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. 对任意实数，有，则的值为______. 13. 有3台车床加工同一类型的零件，第1台加工的次品率为4%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的20%，30%，50%，现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为______. 14. 某批零件的尺寸服从正态分布，且满足，零件的尺寸与8的误差不超过2即合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.8，则的最小值为______. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且． （1）求角B的大小； （2）若的面积为，求AC边上的中线长． 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，与相交于点E，点F在线段上，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 17. 在高考结束后，程浩同学回初中母校看望数学老师，顺便帮老师整理初三年级学生期中考试的数学成绩，并进行统计分析，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于90分为优秀． （1）从样本中随机选取一名学生，已知这名学生的分数不低于70分，问这名学生数学成绩为优秀的概率； （2）在样本中，采取分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取13名，再从这13名学生中随机抽取3名，记这3名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望． 18. 已知双曲线的离心率为，左、右顶点分别为，直线与双曲线分别交于两点，当时，. （1）求双曲线的标准方程； （2）设的斜率分别为，当且时，求和的值. 19. 已知函数，（其中是自然对数的底数，）. （1）若函数在处取得极值，求函数的单调区间； （2）若函数和均存在极值点，且函数的极值点均大于的极值点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湛江第一中学2023~2024学年度第二学期第二次大考 高二数学 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：必修第二册第六章，选择性必修第一册，选择必修第二册，选择性必修第三册第六章，第七章. 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. 一列轻轨在某段时间内从中山北至广州南往返一次，其中站点有：广州南、北滘、顺德、容桂、小榄、东升、中山北，则高铁部门应为这七个站间准备不同的轻轨票种数为（ ） A. 21种 B. 30种 C. 36种 D. 42种 【答案】D 【解析】 【分析】利用排列可求七个站间准备不同的轻轨票种数. 【详解】七个站间准备不同的轻轨票种数为， 故选：D. 2. 的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】求出展开式通项，令的指数为0即可求出. 【详解】由题可得展开式的通项为， 令，解得，则可得常数项为. 故选：C. 3. 把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现反面”为事件B，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用列举法列出事件，包含的基本事件，再由条件概率的概率公式计算可得； 【详解】解：依题意包括的基本事件为{正，正}、{正，反}，包括的基本事件为{正，反}，∴， 故选：A． 4. 英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献.根据贝叶斯统计理论，事件A，B，（A的对立事件）存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.01，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为99%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有99%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为10%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有10%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为（ ） A. 0.01 B. 0.0099 C. 0.1089 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率的概率公式求解即可. 【详解】设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件， 则，，，， 故所求概率， 故选：C. 5. 在某地区的高三第一次联考中，数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩高于120分的人数占总人数的，数学考试成绩在80分到100分（含80分和100分）之间的人数为800，则可以估计参加本次联考的总人数约为（ ） A. 1600 B. 1800 C. 2100 D. 2400 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正态分布的对称性求出成绩在80分到100分的概率，即可求解作答. 【详解】依题意，随机变量，有，即正态曲线的对称轴为， 由，得， 80分到100分（含80分和100分）之间的人数为800， 所以设参加本次联考的总人数约为， 则，解得：. 故选：D. 6. 甲同学参加青年志愿者的选拔，选拔以现场答题的方式进行，已知在备选的8道试题中，甲能答对其中的4道题，规定每次考试都从备选题中随机抽出4道题进行测试，设甲答对的试题数为X，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据古典概型去求时的概率 【详解】在备选的8道试题中，甲能答对其中的4道题. 则从备选题中随机抽出4道题进行测试，答对3道题的概率． 故选：D． 7. 甲、乙两人进行象棋比赛，假设每局比赛甲胜的概率是，各局比赛是相互独立的，采用4局3胜制，假设比赛没有平局，则乙战胜甲的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率公式和独立重复试验的概率公式计算． 【详解】由题意知，若比赛只有3局，3局都是乙胜的概率为．若比赛有4局，前3局乙胜2局，第4局乙胜的概率． 由上知乙战胜甲的概率为：． 故选：B． 8. 对任意，不等式恒成立，则正数a的最大值为（ ） A. B. C. D. e 【答案】D 【解析】 【分析】将不等式化为，构造有，利用函数的单调性及参变分离法有在上恒成立，应用导数求右侧最小值，即可得结果. 【详解】∵， ∴． 令，则不等式化为． ∵为增函数， ∴，即． 令，则， 当时，，即递减； 当时，，即递增； 所以． ∴实数a的最大值为e． 故选：D 二、选择题：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. 已知等差数列，其前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为6 D. 数列是公比为2的等比数列 【答案】AB 【解析】 【分析】对A,B选项由等差数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，从而得到，，对C选项，，利用基本不等式可求出最值，但是要注意取等条件，对D选项计算的值即可. 详解】，即，解得， ，，故A,B正确， ，（当且仅当，即时，取“=”，但）， 所以当时，， 当时，，∴的最小值为，故C错误， ∵， ∴是公比为4的等比数列，故D错误. 故选：AB. 10. 已知，随机变量的分布列如下表所示，若，则下列结论中不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由均值和方差计算式化简可得，依次计算各选项即可得出结果. 【详解】, ， ，， 又，.故A不可能成立， 当时，，故B可能成立， 令，即 ，方程无解，故C不可能成立， 当时，，故D可能成立， 故选：AC. 11. 已知函数，若有6个不同的零点分别为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 的取值范围为 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】对A选项，对求导，得到其最值即可判断，对B选项，将看成整体解出或，通过图像找到所在位置，依据，假设通过消元解出范围，再通过数形结合求出范围，两者比较即可，对C,D通过减少变量，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断. 【详解】当时，，此时，令，解得， 令，解得，可得在上单调递减，在上单调递增， 且， ∴当时，，故A正确； 作出如图所示图像： 由有6个不同的零点， 等价于有6个不同的实数根， 解得或， ∵，∴若，可得，而当时，，可得，而； 当时，，可得而， 故的范围为的子集，的取值范围不可能为，故B选项错误； 该方程有6个根，且，知且， 当时，， ，联立解得， ，故C正确； 当时，， ，联立解得， ．故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图像分析，转化为直线与图像的交点情况，对于C,D选项式子，我们谨记要减少变量，将其转化为一个或两个变量的相关式子，常见的如，有两根，则，如一元二次方程存在实数解，则. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 对任意实数，有，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合二项式的性质，准确运算，即可求解. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 13. 有3台车床加工同一类型的零件，第1台加工的次品率为4%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的20%，30%，50%，现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可知，次品是由3台机床共同造成的，利用全概率公式和条件概率公式即可求得结果. 【详解】记为事件“零件为第台车床加工”，为事件“任取一个零件为次品”， 则，， 所以由全概率公式可得 ; 由条件概率公式可得. 故答案为： 14. 某批零件的尺寸服从正态分布，且满足，零件的尺寸与8的误差不超过2即合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.8，则的最小值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性可得每个合格的概率为，即可利用对立事件的概率以及二项分布的概率公式得，作商可得单调递减，即可求解. 【详解】因服从正态分布，且，则，即每个零件合格的概率为， 合格零件不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1，合格零件件数为0或1的概率为， 依题意，，即， 令，则有，即单调递减， 而，因此不等式的解集为， 所以的最小值为4. 故答案为：4 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且． （1）求角B的大小； （2）若的面积为，求AC边上的中线长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由得，代入得到三边关系，由余弦定理求得后得到大小，从而求得大小； （2） 由条件可求得的各边与各角，在中由余弦定理求AC边上的中线长． 【小问1详解】 ∵，∴， 由正弦定理得， 由，得， 又由，得，，， 由余弦定理得， 又∵，∴， 由，，，得， ∴，； 【小问2详解】 由（1）得，，，，，，， 所以， 设AC的中点为D，则， 在中，由余弦定理得， 所以AC边上的中线长为． 16. 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，与相交于点E，点F在线段上，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的垂直关系证明线线垂直，即可由线面垂直的判断求证， （2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的夹角即可求解. 【小问1详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则 故,由得,所以, ， ， 由于因此， 进而,又平面, 故平面； 【小问2详解】 ， 设平面的法向量，，， 则，取，得， 平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面的夹角， 则． ． 17. 在高考结束后，程浩同学回初中母校看望数学老师，顺便帮老师整理初三年级学生期中考试的数学成绩，并进行统计分析，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于90分为优秀． （1）从样本中随机选取一名学生，已知这名学生的分数不低于70分，问这名学生数学成绩为优秀的概率； （2）在样本中，采取分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取13名，再从这13名学生中随机抽取3名，记这3名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）先由频率直方图中频率之和为求得，从而求得不低于70分与不低于90分的人数，由此求得这名学生成绩是优秀的概率； （2）结合（1）中结论，求得成绩在，与内的人数，从而利用分层抽样比例相同求得各区间所抽人数，由此利用组合数求得各取值的概率，进而得到X的分布列与数学期望． 小问1详解】 依题意，得，解得， 则不低于70分的人数为， 成绩在内的，即优秀的人数为； 故这名学生成绩是优秀的概率为； 【小问2详解】 成绩在内的有（人）； 成绩在内的有（人）；成绩在内的有人； 故采用分层抽样抽取的13名学生中，成绩在内的有6人，在内的有5人，在内的有2人， 所以由题可知，X的可能取值为0，1，2， 则，，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 故． 18. 已知双曲线离心率为，左、右顶点分别为，直线与双曲线分别交于两点，当时，. （1）求双曲线的标准方程； （2）设的斜率分别为，当且时，求和的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，双曲线经过点，代入双曲线方程结合可求出，从而可求出双曲线方程； （2）直线的方程为，代入双曲线方程化简利用根与系数的关系，然后化简和即可得答案. 【小问1详解】 由题意可知，， 因为，所以时，， 所以该双曲线经过点，即，解得， 又，所以， 即双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 当时，直线的方程为， 联立方程，消去后整理为， ， 所以， 所以， 因为， 所以 故. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知函数，（其中是自然对数的底数，）. （1）若函数在处取得极值，求函数的单调区间； （2）若函数和均存在极值点，且函数的极值点均大于的极值点，求实数的取值范围. 【答案】（1）函数的单调增区间为和，单调减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数在处取得极值，求得的值，根据导数与函数的关系即可确定函数的单调区间； （2）根据函数和均存在极值点，先确定函数的极值点，需要讨论的单调性，从而可得函数的极值点，再得确定函数的极值点，由函数的极值点均大于的极值点，即可得实数的取值范围. 【小问1详解】 解：，由题意知，解得， 经验证，当时，在处取得极大值， 此时，定义域为，所以， 解的解集为，的解集为， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为； 【小问2详解】 解：，令，则， ①当时，在上恒成立，单调递减， 又因为，，所以存在，使得， 易知是函数的极大值点， ，令，解得或， 易知极大值点为，极小值点为1， 由题意可知，成立，则有，解得； ②当时，由（1）及①可知，0既是函数的极大值点，又是的极大值点， 不符题意，所以舍去； ③当时，的解集为，的解集为， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为有极值点，所以有两个零点，所以应有，解得， ，令，则，令， 因为时，由上述论证可知，恒成立，所以， 即在上单调递增，又因为，所以在上恒成立， 所以，又因为. 所以存在，使得，即是函数的极值点， 易知1是的极值点，而，不符题意，所以舍去. 综上，的取值范围为. 【点睛】本题是关于函数极值点问题的研究，解题的关键是对于函数而言，其极值点求解时需要讨论的单调性，当导函数的零点无法直接解出来时，需要用“隐零点”呈现，设零点，通过整体代换和过度再结合题目条件解决；当导函数的零点可以求解释，需要确定是函数的极大值点还是极小值点，再结合已知处理即可.在这类问题中，理解极值点与单调性的关系是关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$