精品解析：福建省泉州市科技中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

泉州科技中学2024—2025学年度 第二学期高二年期中考试 数学试卷 审核：高一备课组 时间：120分钟 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的零点是（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 已知正实数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 某单位安排甲、乙、丙、丁、戊五人一周7天的值班工作，每天只有1人值班，甲要求星期一、星期日不值班，且连续3天值班，其他人员每人值班1天，则不同的安排方法种数为（ ） A. 120 B. 108 C. 96 D. 72 7. 已知随机变量的分布列如下： 1 2 则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ） A. 增加，增加 B. 增加，减小 C. 减小，增加 D. 减小，减小 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. 现有一组样本量为10的样本数据如下：37，39，45，48，49，51，52，55，61，63，则（ ） A. 这组数据的平均数为49 B. 这组数据的标准差为8 C. 这组数据的第20百分位数为42 D. 这组数据的极差为25 10. 下列选项正确的是（ ） A. 有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种 B. 有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种 C. 有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种 D. 有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种 11. 记定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 是周期函数，且其中一个周期为8 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知向量，，则______. 13. 随机变量，，若，则___________. 14. 将一枚均匀的硬币连续抛掷n次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论： ①； ②； ③当时，； ④. 其中，所有正确结论的序号是__________. 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. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求出的解析式和对称轴． 16. 在一个牌堆中有6张牌，分别标有数字0，1，2，3，5，7． （1）规定每次随机翻出一张牌，若数字为奇数，则放回这张牌，若数字为偶数，则不放回这张牌，求第二次翻出的数字是偶数的概率． （2）规定每次随机翻出一张牌，然后放回，若数字为奇数，则得1分，若数字为偶数，则得2分，翻牌次数不限，直到总得分达到或超过5分，游戏结束．设游戏结束时翻牌的总次数为随机变量X，求随机变量X的分布列和期望． 17. 如图，在四棱锥中，，点Q为棱上一点． （1）用几何法证明：平面； （2）当点Q为棱的中点时，求 ①四棱锥的体积； ②直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 18. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若恒成立，求的范围； （3）若有两个极值点，求的范围. 19. 现需要抽取甲､乙两个箱子的商品，检验其是否合格.其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品.从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验. 将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验. 首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为. （1）求首次检验抽到合格产品的概率； （2）在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率； （3）将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；方案二，从另外一个箱子中抽取. 比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州科技中学2024—2025学年度 第二学期高二年期中考试 数学试卷 审核：高一备课组 时间：120分钟 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集的定义计算即得. 【详解】因为， 所以； 故选：D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可得出答案. 【详解】, 所以虚部为. 故选：A. 3. 函数的零点是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由零点的定义求解即可. 【详解】令，得， 故函数的零点是0. 故选：C 4. 已知正实数满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用均值不等式求解作答. 【详解】正实数满足，则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：B 5. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数和为可得，利用通项公式计算可得结果. 【详解】∵展开式的二项式系数之和为， ∴，故， ∴展开式的第项为， 由得， ∴，即含项的系数为. 故选：B. 6. 某单位安排甲、乙、丙、丁、戊五人一周7天的值班工作，每天只有1人值班，甲要求星期一、星期日不值班，且连续3天值班，其他人员每人值班1天，则不同的安排方法种数为（ ） A. 120 B. 108 C. 96 D. 72 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分两步进行分析：先分析甲星期一、星期日不值班，且连续3天值班的情况，再将剩下四个人进行全排列，由分布计数原理可得答案. 【详解】甲要求星期一、星期日不值班，且连续3天值班， 则可以安排在（周二、周三、周四），（周三、周四、周五），（周四、周五、周六）， 共3种情况. 剩下四个人进行全排列，安排在剩下4天，有种情况， 则有种不同的安排方法. 故选：D. 7. 已知随机变量的分布列如下： 1 2 则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用离散型随机变量的分布列的性质、期望和方差公式，结合充分条件必要条件的定义即可求解. 【详解】由题意可知， 若，则，得， 故充分性满足； 若，则，解得或. 当时，，此时， 当时，，此时， 则或，故必要性不满足. 故选：A. 8. 有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ） A. 增加，增加 B. 增加，减小 C. 减小，增加 D. 减小，减小 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，可得出，再从甲盒子里随机取一球，则服从两点分布，所以，，从而可判断出和的增减性. 【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，即，其中，其中，且，. 故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球个数为. 故， 随机变量服从两点分布，所以，随着的增大，减小； ，随着的增大，增大. 故选：C. 【点睛】本题考查超几何分布、两点分布，分布列与数学期望，考查推理能力与计算能力，属于难题. 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. 现有一组样本量为10的样本数据如下：37，39，45，48，49，51，52，55，61，63，则（ ） A. 这组数据的平均数为49 B. 这组数据的标准差为8 C. 这组数据的第20百分位数为42 D. 这组数据的极差为25 【答案】BC 【解析】 【分析】利用平均数公式判断A选项；利用方差公式计算方差判断B选项；利用百分位数的计算规则计算可判断C选项；最大值减最小值为极差可判断D. 【详解】平均数为，故A错误； 方差为，则标准差，故B正确； ，则第20百分位数为，故C正确； 极差为，故D错误. 故选：BC 10. 下列选项正确的是（ ） A. 有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种 B. 有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种 C. 有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种 D. 有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分类分步计数原理,平均分组及不平均分组,隔板法等分别判断各个选项即可. 【详解】对于A:,故A正确； 对于B:不同的分组，2组2个，3组1个或1组3个，4组1个， 即或所以有种，故B正确； 对于C:应用隔板法，C选项等价于8个相同的球,放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个, 所以有种, 故C错误； 对于D:由于球和盒子相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数， 存放1个盒子，将7个球放入1个盒子，有1种存放方式； 存放2个盒子，有3种； 存放3个盒子，有4种； 共有8种，故D正确. 故选：ABD. 11. 记定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 是周期函数，且其中一个周期为8 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用抽象函数及其导数的运算，结合整体换元法，推导出抽象函数的对称性、周期性，再逐项判断即可. 【详解】由题意，函数与的定义域均为. 由求导可得，即， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 由求导可得， ， ，则（为常数）， 令，则有，所以，即， 所以，即函数的图象关于直线对称. 又由可得， 则有， ， ，即， 所以函数的图象关于点对称. 所以函数是周期函数，周期.证明如下： 由可得， 由上述结论可知，所以. 则，即， 又由可得，所以. 所以是周期函数，且其中一个周期为8，故C正确； 对于A，因为，， 若，则，与矛盾. 故A错误； 对于D，由求导可得， 则有，因为，所以 则（是常数），令，可得， 所以，即函数的图象关于直线对称. 所以，函数也是周期函数，周期. ，令，可得， 根据对称性可知，， 所以. 所以，不确定是否为0，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知向量，，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算以及模长公式即可求解. 【详解】由，可得,所以, 故答案为：5 13. 随机变量，，若，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】分析可知，结合正态分布的对称性运算求解. 【详解】因为，可知， 若， 可得， 所以. 故答案为：. 14. 将一枚均匀的硬币连续抛掷n次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论： ①； ②； ③当时，； ④. 其中，所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】由的对立事件概率可得和，可判断①②，再由第n次分正反面，依次讨论前n-1的正反及前n-2次，从而得到概率的递推关系，可判断④，由及，可得，从而可判断③. 【详解】当时，，①正确； 当时，出现连续3次正面的情况可能是：正正正反、反正正正， 所以，②错误； 要求，即抛掷n次没有出现连续3次正面的概率， 分类进行讨论， 若第n次反面向上，前n-1次未出现连续3此正面即可； 若第n次正面向上，则需要对第n-1进行讨论，依次类推，得到下表： 第n次 n-1次 n-2次 概率 反面 正面 反面 正面 正面 反面 所以，④正确； 由上式可得 ， 所以， 又，满足当时，，③正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到第n次和第n-1和第n-2次的关系，通过分类讨论及列表格的形式得到，属于难题. 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. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求出的解析式和对称轴． 【答案】（1）函数的最小正周期； （2），对称轴为. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期性求最小正周期； （2）根据题意变换图象得到函数的解析式，利用正弦型函数的对称性求对称轴. 【小问1详解】 由题意， ， 故函数的最小正周期. 【小问2详解】 将函数的图象向右平移个单位长度，得到， 再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数. 故的解析式， 令，可得， 则的对称轴为. 16. 在一个牌堆中有6张牌，分别标有数字0，1，2，3，5，7． （1）规定每次随机翻出一张牌，若数字为奇数，则放回这张牌，若数字为偶数，则不放回这张牌，求第二次翻出的数字是偶数的概率． （2）规定每次随机翻出一张牌，然后放回，若数字为奇数，则得1分，若数字为偶数，则得2分，翻牌次数不限，直到总得分达到或超过5分，游戏结束．设游戏结束时翻牌的总次数为随机变量X，求随机变量X的分布列和期望． 【答案】（1） （2）的分布列如下： 3 4 5 ，【解析】 【分析】（1）第二次翻出的数字是偶数的概率受第一次翻出的数字是奇数还是偶数的影响，可以根据第一次翻出的数字的情况，将样本空间表示为“第一次翻出的数字是奇数”和“第一次翻出的数字是偶数”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解； （2）根据题意求出随机变量X的每一个取值，再根据每个取值的含义求出其概率，列表即可得分布列，再用期望公式计算期望即可. 【小问1详解】 设事件A: 第一次翻出的数字是奇数，事件B: 第一次翻出的数字是偶数，事件C: 第二次翻出的数字是偶数，则，且与互斥，由题意得： ，，，， 由全概率公式得： ， 所以第二次翻出的数字是偶数的概率为. 【小问2详解】 随机变量的可能取值为3，4，5． 当时，若前两次都翻到偶数牌，则翻牌的总次数为3的概率为， 若前两次都只翻到一张偶数牌，则翻牌的总次数为3的概率为， 则， ， ， 所以随机变量的分布列如下： 3 4 5 ． 17. 如图，在四棱锥中，，点Q为棱上一点． （1）用几何法证明：平面； （2）当点Q为棱的中点时，求 ①四棱锥的体积； ②直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 【答案】（1）证明见解析； （2）①；②； （3）. 【解析】 【分析】（1）由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证得. （2）①由（1）中信息，求出点Q到平面的距离，再求出锥体的体积；②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. （3）设，分别求出平面和平面的法向量和，利用公式，求点的位置. 【小问1详解】 在四棱锥中，由， 得，，则， 又，且平面，所以平面. 【小问2详解】 ①在四边形中，，则，而， 则梯形的面积，由点Q为棱的中点， 得点Q到平面的距离为，所以四棱锥的体积. ②由（1）知两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，由为棱的中点，得， ，设平面的法向量， 则，取，得，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）知， 设，则， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量为，由，令，得， 由二面角的余弦值为，得， 即，整理得，解得， 所以． 18. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若恒成立，求的范围； （3）若有两个极值点，求的范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再求出切点，即可写出切线的点斜式方程； （2）等价于恒成立，令，则不等式恒成立等价于成立，利用导数求出函数的最小值代入不等式即可求得a的范围； （3）由题意知有两个变号零点，，利用导数判断函数的单调性从而画出的图象，求出使与的图象有两个不同的交点的a的取值范围. 【小问1详解】 由题意知，当时，有 ，，， 在处的切线方程为， 即 【小问2详解】 由， 从而.令， 得，当时，，在上单调递减， 时，不符合条件，从而. 当时，令，则在上单调递减，在上单调递增， 则由. 当恒成立时，的范围. 【小问3详解】 由已知得，又， 令，则， 故在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，即的图象与x轴只有唯一交点. 的图象如图所示： 从而有两个极值点等价于与的图象有两个不同的交点，由图知 即. 19. 现需要抽取甲､乙两个箱子的商品，检验其是否合格.其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品.从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验. 将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验. 首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为. （1）求首次检验抽到合格产品的概率； （2）在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率； （3）将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；方案二，从另外一个箱子中抽取. 比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大. 【答案】（1） （2） （3）方案一 【解析】 【分析】（1）按照条件概率的计算公式即可得出答案； （2）按照贝叶斯逆向概率公式代入即可求解； （3）由前面的小问得出的结论分别计算两种方案在二次检验抽到合格品的概率，比较大小，从而选择决策方案. 【小问1详解】 将首次检验选到甲箱记为事件，选到乙箱记为事件，首次检验抽到合格品记为事件. 则首次检验抽到合格品的概率 . 【小问2详解】 在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率 . 【小问3详解】 将二次检验抽到合格品记为事件. 由上一小问可知，在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率， 则在首次抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率. . 从而，在首次检验通过，即事件发生的条件下： ①若选择方案一，则，. 故此条件下在二次检验抽到合格品的概率. 所以在方案一下，检验通过的概率； ②若选择方案二，则，. 故此条件下在二次检验抽到合格品的概率. 所以在方案二下，检验通过的概率. 而，故选择方案一检验通过的概率更大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $