高二数学下学期期中模拟卷（湘教版选择性必修第二册）

2024-2025学年高二数学下学期期中模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：湘教版（2019）选择性必修第二册1.1-3.3。 5．难度系数：0.75。 第一部分（选择题 共58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．已知函数，则（ ） A．0 B．1 C． D． 2．已知向量，，，当时，向量在向量上的投影的数量为（    ） A． B． C．3 D． 3．在直三棱柱中，，，，E为棱的中点，在棱上，若过三棱锥四个顶点的球的体积为，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D．1或2 4．小明参加户外植树活动，种植了A，B两种树苗各5棵，A种树苗的成活率为0.8，B种树苗的成活率为0.6，记A，B两种树苗最终成活的棵数分别为，，则（   ） 注：设X，Y为两个随机变量，则有. A．5 B．6 C．7 D．8 5．已知春季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为与，且两地同时下雨的概率为，则春季的一天里甲地下雨的条件下，乙地也下雨的概率为（   ） A． B． C． D． 6．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（    ） A．为的极小值点 B．为的极大值 C．在区间上，是增函数 D．在区间上，是减函数 7．已知底面边长为，高为的正三棱柱的顶点均在球的表面上，则球心到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 8．若对任意的正实数，，当时， 恒成立，则的取值范围（    ） A． B． C． 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．下列结论正确的是（      ） A．若随机变量，则 B．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为 10．若函数，则下列说法正确的是（   ） A．在处取得极小值 B．当时，方程有两个不同的实根 C． D．若点在的图象上运动，则点到直线距离的最小值为 11．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点），以下命题为真命题的是（    ） A．当点P为中点时，异面直线与BD所成角为 B．三棱锥中，点P到面的距离为定值 C．过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 D．直线与面所成角的正弦值的范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则 ． 13．若，，，则 . 14．如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为    四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为． (1)记表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望； (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 16．（15分）设函数． (1)求在处的切线方程； (2)求在区间上的最大值与最小值． 17．（15分）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，． (1)若F是PE中点，证明：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18．（17分）某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. (1)若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. (2)决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 19．（17分）已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)讨论 的单调性； (3)若函数在上的最大值为 0，求实数的取值范围. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二数学下学期期中模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：湘教版（2019）选择性必修第二册1.1-3.3。 5．难度系数：0.75。 第一部分（选择题 共58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．已知函数，则（ ） A．0 B．1 C． D． 【答案】C 【分析】对函数两边同时求导，再由赋值法代入计算可得结果. 【详解】由可得， 令可得，解得. 故选：C 2．已知向量，，，当时，向量在向量上的投影的数量为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】由向量数量积的几何意义即可求. 【详解】向量，，， 所以，解得，所以，， 所以向量在向量上的投影的数量为. 故选：B. 3．在直三棱柱中，，，，E为棱的中点，在棱上，若过三棱锥四个顶点的球的体积为，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D．1或2 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出球半径并确定球心位置，再建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式列式计算得解. 【详解】在直三棱柱中，，，则外接圆圆心为中点， 令三棱锥外接球球心为，则平面，设此球半径为， 由，得，而外接圆半径，于是， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，由，得，解得或， 而，所以. 故选：A 4．小明参加户外植树活动，种植了A，B两种树苗各5棵，A种树苗的成活率为0.8，B种树苗的成活率为0.6，记A，B两种树苗最终成活的棵数分别为，，则（   ） 注：设X，Y为两个随机变量，则有. A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据二项分布的期望性质直接计算即可. 【详解】服从二项分布，. 同理，， . 故选：C. 5．已知春季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为与，且两地同时下雨的概率为，则春季的一天里甲地下雨的条件下，乙地也下雨的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件概率公式直接求解即可. 【详解】记事件A为“甲地下雨”，事件B为“乙地下雨”， 则， 所以. 故选：A. 6．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（    ） A．为的极小值点 B．为的极大值 C．在区间上，是增函数 D．在区间上，是减函数 【答案】B 【分析】根据导函数的图象，分析出函数的单调性及单调区间，再逐项分析即可. 【详解】由导函数的图象可知，当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， 所以为的极大值点，故A、 D错误； 当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， 所以为的极大值点，即为的极大值，故B正确， 函数在单调递减，在上单调递增，所以C错误. 故选：B 7．已知底面边长为，高为的正三棱柱的顶点均在球的表面上，则球心到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】设外接圆圆心为，外接圆圆心为，则正三棱柱的外接球球心为中点， 由题意，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 因为边长为，高为， 所以，故， 故， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以，平面的法向量为， 所以到平面的距离. 故选：C 8．若对任意的正实数，，当时， 恒成立，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将问题转化为对任意的正实数，，当时， 恒成立， 令，由在上单调递减求解. 【详解】因为对任意的正实数，，当时， 恒成立， 所以对任意的正实数，，当时， 恒成立， 令，所以在上单调递减， 则，所以在上恒成立， 所以，解得， 所以的取值范围是， 故选：A 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．下列结论正确的是（      ） A．若随机变量，则 B．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为 【答案】AD 【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差，再由方差的性质计算判断A，根据方差的定义求解判断BD，根据正态分布的性质判断C． 【详解】解：对于A，由，得，则，故A正确; 对于B，由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为m，n， 则， 当且仅当时，故B错误; 对于C，越大，该物理量在一次测量中在的概率越小，故C错误； 对于D，加入数据5后，平均数为，则这5个数据的方差为，故D正确. 故选：AD． 10．若函数，则下列说法正确的是（   ） A．在处取得极小值 B．当时，方程有两个不同的实根 C． D．若点在的图象上运动，则点到直线距离的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，对求导，再利用极值的定义，即可求解；对于B，求出的单调区间，进而得出的图象，数形结合，即可求解；对于C，利用的单调性，即可求解；对于D，根据条件得当曲线在处的切线与平行时，点到直线的距离最小，再利用导数的几何意义，求出切点，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，则， 当时，，当时，，且， 所以是的极小值点，又，所以选项A正确， 对于选项B，由选项A知，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又当时，，当时，，的图象如图， 令，由图知，当时，与有两个交点， 当时，与只有一个交点，所以选项B错误， 对于选项C，由选项B知，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且当时，，当时，，又， 所以，故选项C正确， 对于选项D，设点，易知当曲线在处的切线与平行时， 点到直线的距离最小， 又，则， 令，则， 易知，当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且时，，又，所以， 又，得到，所以到直线的距离为，故选项D正确， 故选：ACD. 11．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点），以下命题为真命题的是（    ） A．当点P为中点时，异面直线与BD所成角为 B．三棱锥中，点P到面的距离为定值 C．过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 D．直线与面所成角的正弦值的范围为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算可判断A；计算平面的法向量为，根据点到平面的距离公式可判断B；确定截面为，计算面积可判断C；根据线面角的向量求法可判断D. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，，设，， ，，， 对A：，，故， 所以异面直线与BD所成角为，故A错误； 对B：设平面的法向量为，则， 取，则，，得到， 又，则点P到面的距离为，故B正确； 对C：如图所示，连接，则， 平面，平面，故平面，同理平面， ，平面，故平面平面， 故截面即为等边三角形，面积为，故C正确； 对D：设直线与面所成角为， 则，， 故，故D正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则 ． 【答案】 【分析】先求函数的导函数，当得，得，进而可得. 【详解】由可得， 故，得， 故，， 故答案为： 13．若，，，则 . 【答案】/ 【分析】根据全概率公式以及对立事件的概率公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：. 14．如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为    【答案】 【分析】利用已知条件可以建立空间直角坐标系，然后利用空间向量去求异面直线所成的角. 【详解】    因为三棱柱是直三棱柱，且， 所以以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，， ，，，， ，， ， 又因为异面直线所成角的范围为， 所以异面直线CD与所成角的余弦值为. 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、证明过程或演算步棸。 15．（13分）从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为． (1)记表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望； (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． 【答案】(1)分布列见解析，期望为(2) 【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式求解概率，即可得分布列，进而由期望公式求解， （2）根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解. 【详解】（1）的所以可能取值有， , , , , 所以的分布列为： 0 1 2 3 故 （2）表示第一辆车遇到的红灯个数，表示第二辆车遇到的红灯个数， 则 16．（15分）设函数． (1)求在处的切线方程； (2)求在区间上的最大值与最小值． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为. 【分析】(1)求导，利用导数的几何意义可求得切线方程； (2) 利用导数确定函数在区间上的单调性，进而可得最值. 【详解】（1）由题意知，，即切点为， 由已知，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故在点处的切线方程为： （2）令，即得， 令，则得或， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值点为，， 的极小值点为，， 又,, 故在区间上的最大值为，最小值为. 17．（15分）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，． (1)若F是PE中点，证明：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18．（17分）某校举办了一次安全知识竞赛，竞赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛.预赛从8道题中任选4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰. (1)若这8道题中甲同学能答对其中4道，记甲在预赛中答对的题目个数为，求的分布列并计算甲进入决赛的概率. (2)决赛需要回答3道同等难度的题目，若全部答对则获得一等奖，奖励200元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励100元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励.假定进入决赛的同学答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立. （i）记进入决赛的某同学恰好获得二等奖的概率为，求的最大值； （ii）某班共有4名学生进入了决赛，若这4名同学获得总奖金的期望值不小于325元，求此时的取值范围. 【答案】(1)分布列见解析； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）求出的取值及对应的概率可得分布列，再结合分布列计算可得答案； （2）（i）由利用导数求出最大值可得答案；（ii）分析每名学生获得的奖金的期望，求和解不等式即可. 【详解】（1）由已知的取值为， ，， ，， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 甲进入决赛的概率为； （2）（i）由题意得， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 可得的最大值为； （ii）由题可设每名进入决赛的学生获得的奖金为随机变量， 则的可能取值为， 所以，， ，， 所以 ， 可得，即， 整理得， 由， 得， 解得. 19．（17分）已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)讨论 的单调性； (3)若函数在上的最大值为 0，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3) 【分析】（1）求导得，则得到切线斜率，再写出切线方程即可； （2）求导得，再分，和讨论即可； （3）分，和讨论即可. 【详解】（1）当时，， ，， 所以在点处的切线方程为，即． （2）由题意得的定义域为， ， ①当时，， 所以在上单调递增． ②当时，， 由，解得， 不妨设，则由韦达定理有， 又， ，即， 故在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减． ③当时，， 可得，所以在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 在当时，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减． （3）①当时，在上单调递增，，矛盾； ②当时，在上单调递增， 所以当时，，矛盾； ③当时，所以在上单调递减，，符合题意， 综上：所求实数的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求导并因式分解得，再合理分类讨论即可. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$