精品解析：江苏省常州市联盟学校2024-2025学年高二下学期期中学情调研数学试卷

常州市联盟学校2024-2025学年度第二学期期中调研 高二年级数学试卷 本试卷共19大题，满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡指定位置上. 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. 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 3. 已知随机变量，设随机变量，则（ ） A B. C D. 4. 甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在处取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 6. 定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则求函数在点处的切线方程（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为，则小球落入（ ）号格子的概率最大. A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 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. 已知两个离散型随机变量，满足，其中的分布列如下： 1 2 3 其中为非负数.若，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，菱形边长为为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 点到平面的距离为 B. 三棱锥的体积为 C. 与所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 设函数，则（ ） A. 有二个零点 B. 过点仅可以作一条直线与的图象相切 C. 当时， D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 设函数，已知，且，则的最小值为__________. 14. 如图，长方体的顶点在平面内，其余顶点均在平面的同侧，.若顶点到平面的距离为，顶点到平面的距离为，则顶点到平面的距离为__________. 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，平行六面体的底面是菱形，且，为的中点. 求证： （1）平面； （2）. 16. 常州市教育局为了解高二学生每天的作业完成时长，在高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示： 时长（小时） 人数 4 5 33 42 16 用表格中频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响， （1）从样本“完成各科作业总时长在2.5小时内”的学生中随机选取4人，其中共有人可以在2小时内完成各科作业，求的分布列和数学期望； （2）从高二学生（学生人数较多）中随机选取4人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，人在3小时及以上完成各科作业，试写出数学期望并比较其大小关系. 17. 如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面. （1）证明：； （2）若二面角的大小为，求平面与平面的夹角的正弦值. 18. 2024年新高考Ⅰ卷数学卷面分值进行了调整，其中第9题到第11题为多项选择题，每题分值为6分，若正确选项有2个，选对2个得6分，选对1个得3分，有选错的或不选择得0分；若正确选项有3个，选对3个得6分，选对2个得4分，选对1个得2分，有选错的或不选择得0分．已知甲、乙两位同学各自独立作答第11题，设第11题正确答案是2个选项的概率为． （1）已知甲同学随机（等可能）选择了2个选项作答，求他既选出正确选项也选出错误选项的概率； （2）若乙同学在作答第11题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．求乙在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望． 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 常州市联盟学校2024-2025学年度第二学期期中调研 高二年级数学试卷 本试卷共19大题，满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡指定位置上. 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. 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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的运算法则及复合函数的导数计算即可判断. 【详解】，故错误； ，故错误； ，故正确； ，故错误. 故选：. 2. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】因为M为与的交点，所以M是与的中点， 所以. 故选：D. 3. 已知随机变量，设随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布性质以及期望值与方差的性质计算可得，即可判断得出结论. 【详解】由可知， 因此可知， ， 所以可得. 故选：B 4. 甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用独立事件乘法公式及互斥事件的概率求法求甲获得冠军的概率、甲获得冠军且比赛进行了3局的概率，再由条件概率公式求甲获得冠军的情况下比赛进行了三局的概率. 【详解】由题意，甲获得冠军的概率为， 其中甲获得冠军且比赛进行了3局的概率为， ∴所求概率为. 故选：B. 5. 已知函数在处取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】易知是最小正周期为的周期函数，对函数求导得出其在上的单调性，求出最小值小点，再结合同角三角函数之间的基本关系计算可得结果. 【详解】易知的最小正周期为， 不妨取，可得； 令，可得， 因此可得存在或使得， 易知当时，，可知在上单调递增， 当时，，可得在上单调递减； 当时，，可知在上单调递增； 因此可得在处取得极小值， 又，，所以； 因此，又； 所以得在处取得极小值也是最小值， 可得. 故选：B 6. 定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则求函数在点处的切线方程（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，可求得，进而求得，可求切线方程. 【详解】由，得，所以， 因为对称中心为， 所以，解得，所以， 所以，所以， 所以切线方程为，即. 故选：A 7. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量求得点到直线的距离的表达式，再由二次函数性质可求得最小值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，可得， 设，所以可得； 因此， 因此点到直线的距离为 . 当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为. 故选：A 8. 如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为，则小球落入（ ）号格子的概率最大. A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用n次独立重复试验中，小球掉入号格子的概率为，设小球掉入k号格子的概率最大，则，再利用组合数公式，结合题目已知条件进行求解. 【详解】小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率为，向右下落的概率为， 小球掉入0号格子，需要向左10次，则概率为； 小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，则概率为； 小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，则概率为； 小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，则概率为； 依此类推，小球掉入号格子，需要向左次，向右k次，概率为， 设小球掉入k号格子的概率最大，显然， 则，即， 即 解得， 又k为整数，， 则小球落入7号格子的概率最大. 故选：C 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. 已知两个离散型随机变量，满足，其中的分布列如下： 1 2 3 其中为非负数.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用数学期望与分布的性质可求得判断AB；利用数学期望与方差的性质计算求得，判断CD. 【详解】因为，所以， 整理得. 又，解得，，故A正确，B错误； 因为，所以，又，所以，故C正确， 因为，所以，又，所以，故D错误. 故选：AC. 10. 如图，菱形的边长为为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 点到平面的距离为 B. 三棱锥的体积为 C. 与所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意利用线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系利用点到平面距离的向量求法可得A正确，利用等体积法计算可知B正确，由异面直线夹角的向量求法可判断C错误，再由线面角的向量求法可得D正确. 【详解】由菱形的边长为为边的中点可得为正三角形， 且，即； 又平面平面，平面平面， 可得平面， 又平面，所以; 因此可得两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知，则， 对于A，易知，； 设平面的一个法向量为， 可得，解得，令； 即； 又， 所以点到平面的距离为，即A正确； 对于B，易知，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，也为； 又因为平面，所以平面； 易知，所以， 即三棱锥的体积为，即B正确； 对于C，易知，又， 所以 即与所成角的余弦值为，可得C错误； 对于D，易知，由选项A可知平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成的角的正弦值为，即D正确. 故选：ABD 11. 设函数，则（ ） A. 有二个零点 B. 过点仅可以作一条直线与的图象相切 C. 当时， D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】直接求得零点判断A；设曲线在处的切线过点，进而求得切线方程，可得，计算可判断B；求导可判断在上单调递增，进而可判断C；求得极值点结合条件可得，计算可判断D. 【详解】因为， 所以，时，，所以有二个零点，故A正确. 设曲线在处的切线过点， 由，得， 所以， 所以曲线在处的切线方程为 ， 又因为切线过点，所以， 所以，整理得， 解得或，所以过点仅可以作两条直线与的图象相切，故B错误； 因为，所以在单调递减， 又，所以当，所以， 所以在上单调递增，当时，，所以，故C正确； 令，则或， 当时，，当时，，当时，， 又时，函数取极大值，当时，函数取极小值，又 在区间上有最大值，则， 解得，所以的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】0.6## 【解析】 【分析】根据条件概率的概率公式即可求解. 【详解】， 所以， 所以. 故答案为：0.6. 13. 设函数，已知，且，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据函数解析式画出函数图象，再由可得出两变量之间的关系式，再通过构造函数利用导数求出函数值域即可得出结论. 【详解】画出函数的图象如下图： 令，因为， 所以可知函数与函数有两个不同的交点， 由图可知才满足题意， 不妨取，即，解得； 由可得，因此， 所以； 令，则， 显然当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减； 所以在处取得极大值，也是最大值，因此； 又当时，，且， 因此可得的值域为，所以； 可知的最小值为. 故答案为： 14. 如图，长方体的顶点在平面内，其余顶点均在平面的同侧，.若顶点到平面的距离为，顶点到平面的距离为，则顶点到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，利用空间向量的方法列方程得到，然后利用空间向量的方法求距离即可. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以． 设平面的一个法向量为， 则，则， 所以顶点到平面的距离为． 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，证明过程或演算步骤. 15. 如图，平行六面体的底面是菱形，且，为的中点. 求证： （1）平面； （2）. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用线线平行可证线面平行； （2）利用向量的数量积的运算律可求得，可证结论. 【小问1详解】 连接与交点为，在连接， 则为中点，为中点， 所以平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 ， ， 底面是菱形，且， ， ，即， . 16. 常州市教育局为了解高二学生每天的作业完成时长，在高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示： 时长（小时） 人数 4 5 33 42 16 用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响， （1）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取4人，其中共有人可以在2小时内完成各科作业，求的分布列和数学期望； （2）从高二学生（学生人数较多）中随机选取4人，其中共有人可以在3小时内完成各科作业，人在3小时及以上完成各科作业，试写出数学期望并比较其大小关系. 【答案】（1）分布列见解析， （2），. 【解析】 【分析】（1）由题意可得X的所有可能取值，根据超几何分布的概率计算方法求解概率，进而得出分布列，再结合期望公式即可求解； （2）由题意可知，，再结合二项分布的期望公式即可求解. 【小问1详解】 因为样本中“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有（人）， 其中可以在2小时内完成的有4人，若从这9人中随机取4人， 则X的所有可能取值为， 则，， ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 所以的数学期望为. 【小问2详解】 “从高二学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件A， 则，由题意可知， 所以， 所以. 17. 如图，在三棱锥中，为中点，平面平面. （1）证明：； （2）若二面角的大小为，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出平面，得出即可得证； （2）根据线面垂直建立空间直角坐标系，得出平面与平面的法向量即可得出二面角的余弦，再结合同角关系得出正弦. 小问1详解】 过作垂足为， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又平面，， 因为为的中点，，所以， 又面，所以平面. 又因为平面，所以. 因为为的中点，所以. 【小问2详解】 如图，取的中点，连接. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面 因为二面角的大小为， 所以即为二面角的平面角，即， 所以为等腰直角三角形，， 因为，为的中点， 所以. 所以. 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以，即， 令，解得， 所以. 同理，平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以. 18. 2024年新高考Ⅰ卷数学卷面分值进行了调整，其中第9题到第11题为多项选择题，每题分值为6分，若正确选项有2个，选对2个得6分，选对1个得3分，有选错的或不选择得0分；若正确选项有3个，选对3个得6分，选对2个得4分，选对1个得2分，有选错的或不选择得0分．已知甲、乙两位同学各自独立作答第11题，设第11题正确答案是2个选项的概率为． （1）已知甲同学随机（等可能）选择了2个选项作答，求他既选出正确选项也选出错误选项的概率； （2）若乙同学在作答第11题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．求乙在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望． 【答案】（1） （2）乙同学选择双选AC时得分期望最大，最大值为分． 【解析】 【分析】（1）先设事件为“该题的正确答案是2个选项”，为“甲同学既选出正确选项也选出错误选项”，再求，，再利用全概率公式计算即可； （2）先计算正确答案是两选项、三选项的概率，再分类讨论乙同学做出的决策：单选，双选，三选，分别求其期望值. 【小问1详解】 设事件为“该题的正确答案是2个选项”，则为“该题的正确答案是3个选项”， 即，． 设事件为“甲同学既选出正确选项也选出错误选项”， 则，， 所以， 则他既选出正确选项也选出错误选项的概率为. 【小问2详解】 由题知选项B，D不能同时选，则乙同学可以选择单选、双选、三选， 正确答案是两选项的可能情况为AB，AD，BC，AC，CD，每种情况出现的概率均为； 正确答案是三选项的可能情况为ABC，ACD，每种情况出现的概率为． 若乙同学做出的决策是： ①单选，则（分）， （分）； ②双选，则（分）， （分）； ③三选，则（分）． 经比较，乙同学选择双选AC时得分期望最大，最大值为分． 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）递减区间为，递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）运用导数的正负判定即可； （2）利用函数单调性，导数性质来求函数最值，进而得到参数范围. 【小问1详解】 当时， 此时为上的递增函数，注意到， 当时，，所以递减区间为， 当时，，所以递增区间为. 综上所得，递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 注意到，所以为上的递增函数， 当时，， 当时，， 所以存在唯一的使得， 当时，， 当时，， 所以 （当且仅当即时，取等号） 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$