精品解析：福建省龙岩市非一级达标校2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

2024-2025学年第二学期半期考 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.本试卷主要考试内容：湘教版选择性必修第二册第一章至第三章3.2.1. 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. 某运动物体位移（单位：米）关于时间（单位：秒）的函数关系式为，则该物体在秒时的瞬时速度为（ ） A. 4米/秒 B. 3米/秒 C. 2米/秒 D. 1米/秒 2. 随机变量的分布列是 5 8 9 则（ ） A. B. C. D. 3. 下列求导正确是（ ） A. B. C. D. 4. 在三棱柱中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 6. 临近期末，某中学要对本校高中部一线科任教师进行评教评学调查.调查结果显示，高一年级50名一线科任教师的好评率为0.96，高二年级60名一线科任教师的好评率为0.95，高三年级80名一线科任教师的好评率为0.90.依此估计该中学高中部一线科任教师的好评率为（ ） A. 0.94 B. 0.91 C. 0.92 D. 0.93 7. 函数的极小值点为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（ ） 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. 已知，，且事件与相互独立，则（ ） A. B. C. D. 10. 若函数在定义域内给定区间上存在，使得，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的平均值点．若函数在上有两个不同的平均值点，则的取值可能是（ ） A B. C. D. 11. 某幼儿园周一至周五每天安排一项活动，如下表： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 活动项目 篮球 轮滑 排球 跳绳 围棋 要求每位家长结合孩子的兴趣选择其中的三项.若有四位家长都无特殊情况，分别任选三项，用表示四人中选择跳绳的人数之和，则（ ） A. 每位家长选择跳绳的概率为 B. 的可能取值有4个 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在处可导，若，则__________. 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的模为______. 14 已知随机事件满足，则______. 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. 将8个质地、大小一样的球装入袋中，球上依次编号1～8.现从中任取4个球，以表示所取球的最大号码. （1）求的分布列； （2）求的概率. 16. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （1）求； （2）求在上的值域. 17. 如图，在四棱锥中，，，，． （1）证明：平面平面． （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 数据显示，中国大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国大模型用户的年龄分布情况，某公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照分组，得到如下的频率分布直方图. （1）估计中国大模型用户年龄第60百分位数. （2）为了进一步了解用户在工作中使用.模型辅助工作的需求，现采用分层抽样的方式，从年龄在内的用户中随机选取7名用户进行座谈，为了感谢这7名用户，公司在座谈后随机赠送每名用户1个礼盒，其中有3个礼盒中设置了幸运大礼. ①求至少有1名年龄在内的用户获得幸运大礼的概率； ②记年龄在内的用户中获得幸运大礼的人数为，求的分布列. 19. 已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间上的二阶导函数，则称为上的凹函数，若二阶导函数，则称为上的凸函数. （1）若函数是上的凸函数，求实数的取值范围. （2）已知函数. ①若是上的凹函数，求实数的取值范围； ②若在内有两个不同的零点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期半期考 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.本试卷主要考试内容：湘教版选择性必修第二册第一章至第三章3.2.1. 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. 某运动物体的位移（单位：米）关于时间（单位：秒）的函数关系式为，则该物体在秒时的瞬时速度为（ ） A. 4米/秒 B. 3米/秒 C. 2米/秒 D. 1米/秒 【答案】A 【解析】 【分析】直接求导并代入即可得到答案. 【详解】由，得， 则物体在秒时的瞬时速度米／秒． 故选：A. 2. 随机变量的分布列是 5 8 9 则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据随机变量的分布列建立方程，解之即可求解. 【详解】由，解得. 故选：B 3. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本函数的导数和求导法则，对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】对于A，因为是常数，所以，所以A错误， 对于B，因为，所以B错误， 对于C，因为，所以C错误， 对于D，因为，所以D正确， 故选：D 4. 在三棱柱中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量运算法则求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C 5. 已知函数，则的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对求导，得到，再解不等式，即可求解. 【详解】易知函数定义域为，因为， 所以，令，得， 所以，即，所以的单调递增区间为， 故选：A. 6. 临近期末，某中学要对本校高中部一线科任教师进行评教评学调查.调查结果显示，高一年级50名一线科任教师好评率为0.96，高二年级60名一线科任教师的好评率为0.95，高三年级80名一线科任教师的好评率为0.90.依此估计该中学高中部一线科任教师的好评率为（ ） A. 0.94 B. 0.91 C. 0.92 D. 0.93 【答案】D 【解析】 【分析】运用加权平均数公式计算即可. 【详解】该中学高中部一线科任教师的好评率为. 故选：D. 7. 函数的极小值点为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】直接求导，根据极小值点定义即可判断. 【详解】. 令，得；令，得. 可知在，上单调递增，在上单调递减， 所以极小值点为1. 故选：B. 8. 如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，设，连接，证明平面，再以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】连接，设，连接， 由，得，所以， 因为底面是菱形，所以， 又因为，且，在平面内， 所以平面， 在中，，，所以， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则有，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：C. 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. 已知，，且事件与相互独立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据事件的运算性质计算即可求解. 【详解】与相互独立，所以， . 故选：BC 10. 若函数在定义域内给定区间上存在，使得，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的平均值点．若函数在上有两个不同的平均值点，则的取值可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意分析可得原题意等价于直线与函数的图象在上有两个不同的交点，求导，利用导数判断单调性，结合图象分析可解得的取值范围，即可判断. 【详解】∵函数在上有两个不同的平均值点， ∴方程在有两个不同的根， 即在有两个不同的根. ∴直线与函数的图象在上有两个交点. 则， 令，解得；令，解得， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 且，， 故. 故选：BC. 11. 某幼儿园周一至周五每天安排一项活动，如下表： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 活动项目 篮球 轮滑 排球 跳绳 围棋 要求每位家长结合孩子的兴趣选择其中的三项.若有四位家长都无特殊情况，分别任选三项，用表示四人中选择跳绳的人数之和，则（ ） A. 每位家长选择跳绳的概率为 B. 的可能取值有4个 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据古典概型计算判断A，应用次独立事件概率乘积公式计算判断B，C，D. 【详解】每位家长选择跳绳的概率，A选项正确； 的可能取值为0，1，2，3，4， ， 故B，C错误，AD正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在处可导，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的定义计算可得. 【详解】因为， 所以. 故答案为： 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的模为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的数量积公式及投影向量的模的计算公式，即可求解. 【详解】因为向量，， 所以向量在向量上的投影向量，其模为. 故答案为： 14. 已知随机事件满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由条件概率计算公式及对立事件概率计算公式即可求解. 【详解】因为， 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. 将8个质地、大小一样的球装入袋中，球上依次编号1～8.现从中任取4个球，以表示所取球的最大号码. （1）求的分布列； （2）求的概率. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用分步乘法计数原理以及组合数可计算分布列； （2）根据计算即可. 【小问1详解】 由题意可知，的可能取值有， 则，， ，，， 所以的分布列为 4 5 6 7 8 【小问2详解】由（1）知，. 16. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （1）求； （2）求在上的值域. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，结合条件，利用导数的几何意义可得，即可求出，进而可求出，再利用切点在切线上，即可求解； （2）由（1）知，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以. 又在点处的切线方程为， 所以，解得，所以， 则，又切点在切线上，所以，解得， 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，则. 令，得或， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，，，所以在上的值域为. 17. 如图，在四棱锥中，，，，． （1）证明：平面平面． （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）由线面垂直的性质判定证得平面，再以为原点建立 空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在四棱锥中，由，，得， 则，而，平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 取中点，连接，由，得， 又平面，则平面，而平面， 则，由平面，平面，得， 又平面，因此平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 令，由，得四边形是平行四边形， 则，由，得点， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 数据显示，中国大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国大模型用户的年龄分布情况，某公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照分组，得到如下的频率分布直方图. （1）估计中国大模型用户年龄的第60百分位数. （2）为了进一步了解用户在工作中使用.模型辅助工作的需求，现采用分层抽样的方式，从年龄在内的用户中随机选取7名用户进行座谈，为了感谢这7名用户，公司在座谈后随机赠送每名用户1个礼盒，其中有3个礼盒中设置了幸运大礼. ①求至少有1名年龄在内的用户获得幸运大礼的概率； ②记年龄在内的用户中获得幸运大礼的人数为，求的分布列. 【答案】（1）40； （2）①；②分布列见解析. 【解析】 【分析】（1）根据百分数的计算公式即可得到答案； （2）①根据对立事件和古典概型的计算公式即可得到答案；②写出的可能取值，再分别求出其概率即可. 【小问1详解】 AI大模型的用户年龄在，，，，内的频率分别为0.1，0.3，0.4，0.15，0.05， 所以AI大模型用户年龄的第60百分位数在内. 设AI大模型用户年龄的第60百分位数为， 则，解得， 所以估计中国AI大模型用户年龄的第60百分位数为40. 【小问2详解】 由分层抽样可知，抽取的7名用户中年龄在内和内的分别有3人和4人. ①记至少有1名年龄在内的用户获得幸运大礼为事件， 则，所以至少有1名年龄在内用户获得幸运大礼的概率为. ②的所有可能取值为0，1，2，3. ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 19. 已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间上的二阶导函数，则称为上的凹函数，若二阶导函数，则称为上的凸函数. （1）若函数是上的凸函数，求实数的取值范围. （2）已知函数. ①若是上的凹函数，求实数的取值范围； ②若在内有两个不同的零点，证明：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的二阶导数，依题意可得当时，恒成立，分、两种情况讨论，结合二次函数的性质计算可得； （2）①依题意可得在上恒成立，即在上恒成立，构造函数，利用导数求出，即可求出参数的取值范围；②依题意可得方程在内有两个根，，即，结合①可得，欲证，即证，再结合函数的单调性证明即可. 【小问1详解】 因为，定义域为， 所以， 因为是上的凸函数，所以在上恒成立， 即当时，恒成立. 函数图象的对称轴为直线， 当，即时，只需时，即可，所以， 当，即时，只需时，即可，所以， 综上可得. 【小问2详解】 ①因为，，所以，. 因为是上的凹函数，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 令，则. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 所以，所以，解得， 所以实数的取值范围是. ②证明：由①知，因为在内有两个不同的零点，， 所以方程在内有两个根，，即. 因为在上单调递增，在上单调递减，所以. 欲证，即证. 因为且在上单调递减， 所以只需证明，即证. 欲证，即证，即， 只需证，即证，而该式显然成立. 欲证，即证. 因为，所以只需证， 即证，即需证. 令，，则， 所以在上单调递增，所以，则原不等式得证. 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$