福建省莆田第五中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

莆田五中2024-2025学年下学期高二年级数学期中考试卷 （考试时间120分钟 考试满分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，只有一个选项是符合要求的） 1． （       ） A．48 B．36 C．24 D．8 2． 已知，，则向量在向量上的投影向量是（       ） A． B． C． D． 3．若随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.5 则下列结论正确的是（       ） A．E(X)=2.1 B．D(X)=0.49 C．E(3X+1)=7.3 D．D(3X+1)=5.41 4．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点满足，若，则（       ） A． B． C． D． 5．二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（     ） A．种 B．种 C．种 D．种 6．在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则的值为（     ） A．9 B．-9 C．3 D．-3 7．6位学生在厦门方特游玩三个项目，每个人都只游玩一个项目，每个项目都有人游玩，若项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式有（       ） A．180种 B．210种 C．240种 D．360种 8．已知函数，若，，且时，都有，则实数a的取值范围是（       ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，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． 给出下列命题，其中正确的是（       ） A． 若非零空间向量满足，则有 B． 若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则或 C． 若向量，且，则 D．若向量，且共面，则 10． 已知事件A，B，且，，，则（       ） A． B． C． D． 11． 已知函数，下列说法正确的是（　　） A． 的单调递减区间是 B． 在点处的切线方程是 C． 若方程只有一个解，则 D．设，若对，使得成立，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知函数，是的导函数，则 ． 13．用4种不同颜色的颜料给图中五个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有 种. 14．甲乙丙三个班级共同分配9个三好学生名额，每班至少1个名额，用X表示这三个班级中分配的最少名额数，则X的数学期望 . 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．已知，N，若的展开式 中， ． (1)求的值； (2)求的值． 在①只有第6项的二项式系数最大；②第4项与第8项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在上面（横线处）问题中，解决上面两个问题（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）． 16．已知函数（为自然对数的底数）. (1)求函数的单调递减区间； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 17．如图，在四棱锥中，，，，，，为等边三角形. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 18．第22届亚运会在中国杭州举行，中国代表团斩获201枚金牌，稳居榜首.为了普及亚运会知识，某校组织了亚运会知识竞赛，设置了A，B，C三套不同试卷.现将每份试卷分别装入大小、外观均相同的竹筒中，再放入甲、乙两个抽题箱内，其中甲箱装有A卷竹筒4个、B卷竹筒3个、C卷竹筒2个、乙箱装有A卷竹筒2个、B卷竹筒2个、C卷竹筒5个. (1)若从甲箱中取出一个竹筒，求该竹筒装有A卷的概率. (2)若从甲、乙箱中各取出一个竹筒，记取出的装有B卷的竹筒数为随机变量，求的分布列与数学期望. (3)若先从甲箱中随机取出一个竹筒放入乙箱，再从乙箱中随机取出一个竹筒，求从乙箱取出的竹筒装有C卷的概率. 19．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若存在极大值，且极大值不大于，求实数a的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D B D A C D 二、多选题 题号 9 10 11 答案 BCD ACD BD 三、填空题 12．24 【分析】先求导数，再分别计算、、后可求解答案. 【详解】因为，所以，所以，即， ，， 故． 故答案为： 13．72 【分析】先对1，2，3三个区域涂色，再讨论1和5区域是否同色，结合排列数分析求解. 【详解】先对1，2，3三个区域涂色，有种涂法， 当1和5区域同色时，有种涂法； 当1和5区域不同色时，有种涂法； 综上所述：共有种涂法. 故答案为：72. 14． 【分析】由隔板法求得总的情况数，利用分组分配的思想求得不同取值下情况数，结合古典概型写出分布列，根据均值的计算，可得答案， 【详解】由题意可得的可能取值为，且总的情况数为， 当时，分组情况有，，，，情况数分别为； 当时，分组情况有，，情况数分别为； 当时，分组情况有，情况数为. 则，，， 可得的分布列如下： 所以. 故答案为：. 15．(1) (2)0 【分析】（1）利用二项式系数的性质分别求解； （2）利用赋值法求项的系数和. 【详解】（1）在二项式的展开式中， 若选填①，只有第6项的二项式系数最大，则展开式中有11项，即； 若选填②，第4项与第8项的二项式系数相等，则，即； 若选填③，所有二项式系数的和为，则，即．故； （2）由（1）知，于是中，取，得； 取，得 ∴所求 16．(1)、 (2) 【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的单调递减区间； （2）由参变量分离法可得出对任意的恒成立，利用导数求出函数在时的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域与，且， 令，得或， 所以，函数的单调递减区间为、. （2）对任意的，. 由于，则， 令，其中，则， 令，则. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以，，则，因此，实数的取值范围是. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，根据条件得到是平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）取中点，连接， 因为为的中点，所以且，又且， 所以且，所以是平行四边形， 得到，又面，面，所以平面. （2）过作于，因为，，，， 所以，又为等边三角形，所以， 又，所以，得到， 又，，面， 所以面， 又面，所以面面， 取中点，连接，则，又面面，面面，面，所以面， 过作，以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，， 知， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 设二面角的平面角为，， 因为， 所以. 18．(1)； (2)分布列见解析，； (3). 【分析】（1）结合组合知识，根据古典概型计算即可得解； （2）分别计算从甲乙箱中取出B卷的概率，再计算随机变量的概率得出分布列，求出期望； （3）根据全概率公式求解即可. 【详解】（1）记“从甲箱中取出的竹筒装有A卷”为事件， 则. （2）由题意，得从甲箱中取出的竹筒装有B卷的概率， 从乙箱中取出的竹筒装有B卷的概率. 随机变量的所有可能取值为0，1，2， 则，，，     所以的分布列为 0 1 2 所以数学期望. （3）设事件为“从乙箱取出的竹筒装有C卷”， 事件，，分别为“从甲箱中取出的竹筒装有A卷、B卷、C卷”， 则 18．(1) (2)2 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线的斜率，由此可得结果. （2）讨论的范围，得到时，的极大值为，通过构造函数分析单调性可得结果. 【详解】（1）当时，，故， ∴， ∴曲线在处的切线方程为，即. （2）由题意得，，故函数的定义域为， ∵，∴， 当时，，，在上为增函数，无极值. 当时，由得， 由得，，由得，， ∴在上为增函数，在上为减函数， ∴当时，有极大值，极大值为， ∴，即， 令，则， ∵，∴， ∴在上为增函数， ∵， ∴要使，则， ∴实数a的最小值为2 $$