精品解析：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 则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 3 B. C. D. 9 7. 6位学生在游乐场游玩三个项目，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】A 【解析】 【分析】利用排列数、组合数公式计算即得. 【详解】. 故选：A 2. 已知，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积和投影向量公式计算即可. 【详解】已知，，可得： 且，那么。 根据向量投影向量的计算公式，向量在向量上的投影向量为。 将，，代入可得：. 故选：C. 3. 若随机变量的分布列为 1 2 3 0.2 0.5 则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数学期望及方差定义计算，再结合数学期望及方差的性质计算即可. 【详解】因为随机变量的分布列可得，所以， 所以，所以，A选项正确；C选项正确； ， 所以，B选项正确，D选项错误. 故选：D. 4. 如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求解即可. 【详解】在三棱锥中，点，分别是，的中点， 点满足，若， 则 ， 故选：B 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 【答案】D 【解析】 【分析】先利用二项式的展开式的通项公式求出有理项的项数，再利用插空法求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为： ， 令，得，所以展开式中的有理项有项， 把展开式中的项重新排列，先把项无理项全排列， 再把项有理项插入形成的个空中，所以有理项互不相邻的排法种数为种. 故选：D. 6. 在等比数列中，是函数的两个极值点，若，则的值为（ ） A. 3 B. C. D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列下标和性质及求出，再根据函数存在极值点条件求解即可． 【详解】因为为等比数列，， 所以，解得或（不合题意，舍去）， 所以， ，令，即， 由题意得，是方程的两个相异正根， 则，，符合题意， 故选：D． 7. 6位学生在游乐场游玩三个项目，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 【答案】C 【解析】 【分析】分A有2人和4人，结合排列组合求解即可. 【详解】若A有2人游玩，则有种； 若A有4人游玩，则有种； 所以共有240种， 故选：C. 8. 已知函数，若，，且时，都有，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，由定义得出其单调性，进而得出在上恒成立，再由导数得出的最小值，即可得出实数a的取值范围. 【详解】令 因为，，且时，都有， 即，，且时，都有， 所以在上单调递增， 即在上恒成立，即在上恒成立． 令，，所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即． 故选：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 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分析可知，结合线面关系分析判断；对于C：根据向量共线的判断定理分析求解；对于D：根据向量共面的判定定理分析求解. 【详解】对于选项A：例如，即为空间直角坐标系各轴正方向上的单位向量， 显然满足，但不共线，故A错误； 对于选项B：因为，即， 所以或，故B正确； 对于选项C：向量，且， 则存在，使得， 则，解得，所以，故C正确； 对于选项D：若向量，且共面， 则存在实数，使得， 则，解得，故D正确； 故选：BCD. 10. 已知事件A，B，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由条件概率公式可得A正确，D错误；由对立事件的概率和为1可得B错误，C正确； 【详解】A：，故A正确； B：，故B错误； C：，故C正确； D：，故D错误； 故选：AC. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】对函数求导，分析其单调性得到其图象，可判断ABC，对应选项D，设函数的值域为，的值域为G，由求解判断. 【详解】函数，，， 令，得或；令，得； 可得函数在和上单调递减，在单调递增，其大致图象如图： 对于，由上述分析可得A错误； ，由，，得， 所以切线为，故B正确； 对于C，由方程只有一解，由图象可知，或，故C错误； 对于D，设函数的值域为，函数的值域为， 对于， ，， 对于，，， 若，，使得成立， 则，故D正确， 故选：BD. 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______． 【答案】24 【解析】 【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. 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. 【答案】72 【解析】 【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. 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_______. 【答案】 【解析】 【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：. 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）． 【答案】（1） （2）0 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 由（1）知，于是中，取，得； 取，得 ∴所求 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. 【答案】（1）、 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 函数的定义域与，且， 令，得或， 所以，函数的单调递减区间为、. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）； （2）分布列： 0 1 2 数学期望为； （3）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 记“从甲箱中取出的竹筒装有A卷”为事件， 则. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 当时，，故， ∴， ∴曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 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的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $