精品解析：福建省福州第十一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

福州第十一中学2024—2025学年第二学期半期考试 高二年级数学试卷 命题：李黎励 审核：高二数学集备组 （时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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. 设为上的可导函数，且，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知随机变量的概率分布如下表 1 2 4 0.2 0.3 则（ ） A. 2.4 B. 6.4 C. 12 D. 16 3. 函数在点处的切线与直线垂直，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. e 4. 在电影《哪吒之魔童闹海》宣传海报中，哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹、鹿童五个主人公站成一排，其中哪吒和敖丙必须相邻，且太乙真人和申公豹不能相邻，那么共有多少种不同的站法（ ） A. 18 B. 12 C. 28 D. 24 5. 设随机变量X服从两点分布，若，则（ ） A. 0.24 B. 0.21 C. 0.16 D. 0.8 6. 高二年段有的同学爱好打羽毛球，的同学爱好打乒乓球，的同学爱好羽毛球或爱好乒乓球．在高二学生中随机调查一位同学，若该同学爱好打乒乓球，则该同学也爱好打羽毛球的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4 7. 春晚机器人秧歌表演动作流畅自然，惊艳了世界，其手臂可以向前、向后、向左、向右、向上、向下六个方向自由伸展，每接到一次方向指令，它向指定方向移动一个单位．现向机器人随机发4次方向指令，它按指令依次做了4次伸展，其手臂回到原来位置的指令共有（ ） A. 216种 B. 108种 C. 90种 D. 72种 8. 已知是函数的导数，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 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. 若函数的导函数图象如图所示，则（ ） A. 的解集为 B. 函数有一个极值点 C. 函数的单调递增区间为 D. 是函数的极小值点 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 某大学有A，B两个餐厅，学生只能选择其中一个就餐，经过统计分析发现：学生第一天选择两个餐厅的概率均为，而前一天选择了A餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为；前一天选择B餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为，如此反复．记某同学第n天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为.一个月（30天）后，记甲、乙，丙三位同学选择B餐厅的人数为X，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式的常数项是_____． 13. 已知点F为抛物线的焦点，过F的直线l与交于A，B两点（点A在第一象限），若，则直线l的斜率为_______． 14. 将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中____________，令，则前n项和____________． 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. 已知为等差数列，的前项和． （1）求数列，的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 16. 已知四棱锥的底面是梯形，底面ABCD，且，． （1）求直线到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 17. 已知双曲线的一条渐近线倾斜角为60°，左、右顶点分别为，且． （1）求C的方程以及离心率； （2）若动直线与C交于不同的两点，直线，交于点，证明：点恒在椭圆上． 18. 冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮．某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高二年级12个班学生中每班随机选出5名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”测试成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格．若高二年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”，否则该年级体能达标为“不合格”，需要加强锻炼． （1）已知某班级的5名学生中，甲、乙2位同学体能预测不合格，从这5名学生中抽取2名，记X为抽取的2名学生中体能合格的人数，求随机变量X的分布列 （2）为了加强锻炼，甲、乙两位同学计划每天开展跳绳比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用五局三胜制（一方获胜三局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜的条件下，前2局比赛均获胜的概率； （3）经过一段时间的体能训练后，该校再次进行了体能检测，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，请估计该校高二年级学生该次体能检测是否合格?附：． 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州第十一中学2024—2025学年第二学期半期考试 高二年级数学试卷 命题：李黎励 审核：高二数学集备组 （时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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. 设为上的可导函数，且，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数定义以及导数的几何意义计算即可. 【详解】易知曲线在点处的切线斜率为， 所以. 故选：D 2. 已知随机变量的概率分布如下表 1 2 4 0.2 0.3 则（ ） A. 2.4 B. 6.4 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据分布列性质可得，再由期望公式以及期望值性质计算可得结果. 【详解】易知，解得， 所以， 可得. 故选：D 3. 函数在点处的切线与直线垂直，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. e 【答案】A 【解析】 【分析】求得切线斜率，结合垂直关系即可求解. 【详解】， 所以在点处的切线斜率为， 由题意可知， 解得：， 故选：A 4. 在电影《哪吒之魔童闹海》宣传海报中，哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹、鹿童五个主人公站成一排，其中哪吒和敖丙必须相邻，且太乙真人和申公豹不能相邻，那么共有多少种不同的站法（ ） A. 18 B. 12 C. 28 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】利用捆绑法将相邻的两人看成一个大元素，再与无特殊要求的元素进行排列，最后将不相邻的元素利用插空法排列即可得出结果. 【详解】将哪吒和敖丙捆绑在一起，与鹿童进行排列，共有种， 再把太乙真人和申公豹利用插空法放到符合题意的3个空隙当中，共有种， 因此共有种不同的站法. 故选：D 5. 设随机变量X服从两点分布，若，则（ ） A. 0.24 B. 0.21 C. 0.16 D. 0.8 【答案】C 【解析】 【分析】利用两点分布性质可得，再由方差计算公式可得结果. 【详解】由两点分布可得， 解得； 因此期望值为， 所以. 故选：C 6. 高二年段有的同学爱好打羽毛球，的同学爱好打乒乓球，的同学爱好羽毛球或爱好乒乓球．在高二学生中随机调查一位同学，若该同学爱好打乒乓球，则该同学也爱好打羽毛球的概率为（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】先算出同时爱好打乒乓球和羽毛球的概率，再利用条件概率的知识求解. 【详解】设随机调查一位同学，该同学爱好打乒乓球为事件，爱好打羽毛球为事件， 则，，， 则， 则， 则随机调查一位同学，若该同学爱好打乒乓球，则该同学也爱好打羽毛球的概率为. 故选：B 7. 春晚机器人秧歌表演动作流畅自然，惊艳了世界，其手臂可以向前、向后、向左、向右、向上、向下六个方向自由伸展，每接到一次方向指令，它向指定方向移动一个单位．现向机器人随机发4次方向指令，它按指令依次做了4次伸展，其手臂回到原来位置的指令共有（ ） A. 216种 B. 108种 C. 90种 D. 72种 【答案】C 【解析】 【分析】分相反方向各移动两次和两组不同的相反方向各移动一次，利用排列组合的相关知识计算即可. 【详解】要使手臂回到原来位置，可分以下两种情况： 情况一：相反方向各移动两次（例如，向前移动两次，向后移动两次） 从组相反方向（前与后、左与右、上与下）中选组，有种选法， 然后在次移动中安排这两次相同方向的移动，有种方法， 根据分步乘法计数原理，这种情况共有种. 情况二：两组不同的相反方向各移动一次 从组相反方向中选组，有种选法， 然后对这次不同方向的移动进行全排列，有种排法， 根据分步乘法计数原理，这种情况共有种. 所以手臂回到原来位置的情况共有种.   故选：C 8. 已知是函数的导数，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数得的单调性，利用单调性即可求解. 【详解】令，则有，所以在上单调递减， 所以，， 所以由有，且，即， 由在上单调递减，所以，即，故. 故选：B. 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. 若函数的导函数图象如图所示，则（ ） A. 的解集为 B. 函数有一个极值点 C. 函数的单调递增区间为 D. 是函数的极小值点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据所给函数图象可求得的单调性，结合图象可判断A错误，得出原函数的单调性可知B正确，C错误，再由极值点定义可得D正确. 【详解】对于A，由图象可知当时，可得图象为单调递减的， 由图可知时，，即A错误； 对于B，由图象可得时，时， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数有一个极值点，可得B正确； 对于C，由B选项分析可知，函数的单调递增区间为，即C错误； 对于D，由B选项分析可知，是函数的极小值点，可得D正确. 故选：BD 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据展开式的项数以及的最高次项可得A正确，再利用通项求出含有的项可得B错误，利用赋值法计算可得C正确，对表达式两端同时求导再进行赋值可得D正确. 【详解】对于A，根据展开式中的最高次为7次可得的展开式中的最高次应为6次， 因此可得，即A正确； 对于B，易知为的系数，因此含有的项为， 所以，可得B错误； 对于C，令可得， 再令，可得， 所以，即C正确； 对于D，对两边同时求导， 可得， 再令可得，即D正确. 故选：ACD 11. 某大学有A，B两个餐厅，学生只能选择其中一个就餐，经过统计分析发现：学生第一天选择两个餐厅的概率均为，而前一天选择了A餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为；前一天选择B餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为，如此反复．记某同学第n天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为.一个月（30天）后，记甲、乙，丙三位同学选择B餐厅的人数为X，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由于每人每次只能选择有A，B两个餐厅，因此可判断A正确，由递推公式并结合等比数列定义判断可得B正确，利用等比数列通项公式计算出后可知当时，，所以，再由二项分布公式计算可得C正确，D错误. 【详解】对于A，由于每人每次只能选择有A，B两个餐厅中的其中一个，所以，即A正确； 对于B，依题意可知，可得， 又时，可得，所以， 因此数列是以为首相，为公比的等比数列，即B正确； 对于C，由选项B分析可知，所以； 当时，，所以，可得，即C正确； 对于D，结合C选项分析可得，因此D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题意得出递推公式，再由递推公式利用数列构造可证明是等比数列，再由等比数列定义计算可得通项公式，进而判断出结论. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式的常数项是_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据二项展示的通项计算可得第5项为常数项，计算即可. 【详解】设展开式中的第为常数项， 即为常数项， 令，解得； 因此常数项为. 故答案为： 13. 已知点F为抛物线的焦点，过F的直线l与交于A，B两点（点A在第一象限），若，则直线l的斜率为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】过，作、，垂足为，，设，则，根据抛物线的定义得到，从而求出，即可求出直线的斜率， 【详解】如图分别过，作、，垂足为，，设，则， 由抛物线定义得，， 所以，则， 所以， 由图可知与直线倾斜角相等， 所以，    故答案为： 14. 将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中____________，令，则前n项和____________． 【答案】 ①. 或 ②. 【解析】 【分析】由莱布尼茨三角形中数据规律可知，将的表达式进行化简变形可得，再由裂项相消求和计算可得结果． 【详解】根据莱布尼茨三角形可看出，下一行两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数， 故可得或； 当时， ， 显然也满足通项公式， 所以前n项和 ． 故答案为:或；． 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. 已知为等差数列，的前项和． （1）求数列，的通项公式； （2）记，求数列的前项和． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用的关系式直接可得，再由等差数列定义计算可得； （2）易知，由错位相减法计算可得结果. 【小问1详解】 根据题意由可得当时， 两式相减可得，， 又当时，，满足上式， 即可得数列的通项公式为， 设等差数列的公差为， 又可得，解得， 所以， 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以, 即， 两式相减可得， 即. 16. 已知四棱锥的底面是梯形，底面ABCD，且，． （1）求直线到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建系，由点到面距离的向量法求即可； （2）求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 连接与交于点，连接， 因为，，所以，所以． 又，故，所以． 又平面，平面， 所以平面 由已知得PD，AD，CD两两垂直， 以DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，又， 故 由已知得，，，， 设平面BDM的法向量，则，， 即，取，则，，故 设点到平面MBD的距离为h，则 所以直线到平面的距离为； 【小问2详解】 由（1）知平面的法向量， 易知平面法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 所以平面与平面夹角正弦值为. 17. 已知双曲线的一条渐近线倾斜角为60°，左、右顶点分别为，且． （1）求C的方程以及离心率； （2）若动直线与C交于不同的两点，直线，交于点，证明：点恒在椭圆上． 【答案】（1）C的方程为，离心率为； （2） 易知， 由动直线与C交于不同的两点，不妨设，如下图所示： 则直线的斜率为， 所以两直线的方程分别为； 联立，解得， 又因为在双曲线上，所以，即可得 又椭圆为， 易知，即点满足椭圆方程， 即点E恒在椭圆上. 【解析】 【分析】（1）利用渐近线倾斜角以及实轴长可得，，即可求出C的方程以及离心率； （2）设并求得直线方程，解得交点的坐标代入椭圆方程验证即可得出结论. 【小问1详解】 根据题意可得， 又由可得，所以； 可得，即； 因此双曲线C的方程为； 离心率为. 【小问2详解】 略 18. 冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮．某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高二年级12个班学生中每班随机选出5名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”测试成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格．若高二年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”，否则该年级体能达标为“不合格”，需要加强锻炼． （1）已知某班级的5名学生中，甲、乙2位同学体能预测不合格，从这5名学生中抽取2名，记X为抽取的2名学生中体能合格的人数，求随机变量X的分布列 （2）为了加强锻炼，甲、乙两位同学计划每天开展跳绳比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用五局三胜制（一方获胜三局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜的条件下，前2局比赛均获胜的概率； （3）经过一段时间的体能训练后，该校再次进行了体能检测，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，请估计该校高二年级学生该次体能检测是否合格?附：． 【答案】（1） 1 2 （2） （3）高二年级学生体能检测合格 【解析】 【分析】（1）由题意有服从超几何分布，利用超几何分布即可求解； （2）利用条件概率公式即可求解； （3）利用正态分布的区间即可求解. 【小问1详解】 由题意的可能取值为， 所以， 所以的分布列为 1 2 【小问2详解】令事件表示“甲在一轮比赛中至少比了四局并获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲以获胜”，事件表示“甲前2局比赛均获胜”， 所以， 所以， ， 所以； 【小问3详解】 由已知有，所以， 所以， 所以高二年级学生体能检测合格. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；极小值0，无极大值 （2） （3） 先证，设，则， 所以在区间上单调递减，所以，即. 所以，再证. 由（2）可知，当时等号成立， 令，则， 即， 所以， 累加可得， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得极值； （2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； （3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证. 【小问1详解】 当时，， 则， 当时，单调递减，当时，单调递增，所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 在处取得极小值0，无极大值. 【小问2详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，与矛盾； ②当时，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 因为恒成立，所以. 记， 当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以. 又，所以，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $