2022-2023学年福建省漳州市第五中学高二下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省漳州市第五中学高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简，再由集合并集的运算即可得解.

【详解】由题意，，

所以.

故选：C.

2．复数在复平面内对应的点为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接利用复数的运算法则化简求解即可.

【详解】复数在复平面内对应的点为，则

故选：.

3．与向量共线的单位向量可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算出，从而得到与向量共线的单位向量.

【详解】因为，所以与向量共线的单位向量可以是或.

故选：D

4．若单位向量与向量的夹角等于，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由结合已知可得，.又，即可求出答案.

【详解】由已知可得，，，.

又、的夹角为，

则，即.

又，所以.

所以，所以.

故选：A.

5．已知随机变量服从正态分布，则与的值分别为（    ）

A．13  18 B．13   6 C．7   18 D．7    6

【答案】C

【分析】根据正态分布中的参数含义，结合均值和方差的性质即可求解.

【详解】由随机变量服从正态分布可知,所以

故选:C

6．已知函数满足（为的导函数），则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】求导，代入求出，从而得到的解析式，求出答案.

【详解】，

当时，，解得，

故，所以.

故选：D

7．已知是定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用导函数证明在单调递增，再根据奇偶性和单调性解不等式即可.

【详解】当时，，

因为，所以恒成立，

所以在单调递增，

又因为是定义在R上的偶函数，所以在单调递减，

所以，

所以由可得，解得，

故选:D.

8．班级举行知识竞猜闯关活动，设置了三个问题．答题者可自行决定答三题顺序．甲有的可能答对问题，的可能答对问题，的可能答对问题．记答题者连续答对两题的概率为，要使得最大，他应该先回答（    ）

A．问题 B．问题 C．问题和都可以 D．问题

【答案】D

【分析】根据独立事件概率乘法公式，分别计算先回答问题且连对两题的概率，对比概率值的大小即可得到结果.

【详解】①若先回答问题，则答题顺序可能为和，

当答题顺序为且连对两题时，；

当答题顺序为且连对两题时，；

先回答问题，连对两题的概率为；

②若先回答问题，则答题顺序可能为和，

当答题顺序为且连对两题时，；

当答题顺序为且连对两题时，；

先回答问题，连对两题的概率为；

③若先回答问题，则答题顺序可能为和，

当答题顺序为且连对两题时，；

当答题顺序为且连对两题时，；

先回答问题，连对两题的概率为；

，要使最大，应先回答问题.

故选：D.

二、多选题

9．已知事件A，B满足，，则（    ）

A．若，则 B．若A与B互斥，则

C．若A与B相互独立，则 D．若，则A与B相互独立

【答案】BD

【分析】对于A，由题意可得，从而即可判断；

对于B，由互斥事件的概率计算公式计算即可；

对于C，先求得，再根据独立事件的计算公式计算即可；

对于D，判断是否成立即可.

【详解】解：对于A，因为，，，

所以，故错误；

对于B，因为A与B互斥，所以，故正确；

对于C，因为，所以，所以，故错误；

对于D，因为，即，所以，

又因为，所以，

所以A与B相互独立，故正确.

故选：BD

10．甲、乙两人进行1次投篮，已知他们命中的概率分别为和，且他们是否命中相互独立，则（    ）

A．恰好有1人命中的概率为 B．恰好有1人命中的概率为

C．至少有1人命中的概率为 D．至少有1人命中的概率为

【答案】AC

【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.

【详解】由题可知，恰有1人命中的概率为，A正确，B不正确．

2人均未命中的概率为，故至少有1人命中的概率为，C正确，D不正确．

故选：AC

11．已知四面体ABCD的棱长均为2，则（    ）

A． B．直线AB与平面BCD所成的角的正弦值为

C．点A到平面BCD的距离为 D．两相邻侧面夹角的余弦值为

【答案】AB

【分析】A. 取中点，连接.证明平面，即得解；B.过点A作底面的垂线，垂足为，即可计算得解；C.点到平面的距离为，故该选项错误；D. 就是相邻两侧面的夹角，.所以该选项错误.

【详解】A.取中点，连接. 因为.同理

，又平面，所以平面，又平面，所以，所以选项A正确；

B.过点A作底面的垂线，垂足为，则在上，且. 则就是直线AB与平面BCD所成的角，由题得所以.所以该选项正确；

C. ，即点到平面的距离为，故该选项错误；

D. 因为，所以就是相邻两侧面的夹角，.所以该选项错误.

故选：AB

12．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数，则（    ）

A．一定有两个极值点

B．函数在R上单调递增

C．过点可以作曲线的2条切线

D．当时，

【答案】BCD

【分析】对求导，得出，没有极值点，可判断A，B；由导数的几何意义求过点的切线方程条数可判断C；求出三次函数的对称中心，由于函数的对称中心为，可得，由倒序相加法求出所给的式子的值，可判断D.

【详解】由题意知，，恒成立，

所以在R上单调递增，没有极值点，A错误，B正确；

设切点为，则，

切线方程为，

代入点得，

即，解得或，

所以切线方程为或，C正确；

易知，令，则．

当时，，，所以点是的对称中心，

所以有，即．

令，

又，

所以，

所以，D正确．

故选：BCD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则实数k的值为______．

【答案】4

【分析】根据平面向量垂直的坐标表示运算求解.

【详解】因为，所以，解得．

故答案为：4.

14．已知函数，那么在点处的切线方程为___________．

【答案】

【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式即可求解．

【详解】由，则，

所以，

又，

所以在点处的切线方程为，即．

故答案为：．

15．已知，，，则______.

【答案】

【分析】根据已知条件结合全概率公式求解即可

【详解】因为，所以，

因为，所以，

所以由全概率公式可得

,

故答案为：

16．一个口袋中装有大小相同的2个白球和4个红球，从中摸出两个球，若表示摸出白球的个数，则_______．

【答案】

【分析】求出的可能取值即每个对应的概率，再由均值公式即可求出.

【详解】的可能取值为，

，，

，则.

故.

故答案为：.

四、解答题

17．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ，η，已知甲、乙两名射手在每次射击中射中的环数大于6环，且甲射中10，9，8，7环的概率分别为0.5，3a，a，0.1，乙射中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2.

(1)求ξ，η的分布列；

(2)求ξ，η的数学期望与方差，并以此比较甲、乙的射击技术．

【答案】(1)见解析.

(2) 甲比乙的射击技术好.

【分析】（1）由题意利用题中的条件已知甲、乙两名射手每次射击中的环数大于环，且甲射中环的概率分别为，可以得到，解出的值，再有随机变量的意义得到相应的分布列；（2）由于（1）中求得了随机变量的分布列，利用期望与方差公式求出期望与方差可得甲射击的环数的均值比乙高，且成绩比较稳定，所以甲比乙的射击技术好.

【详解】(1)由题意得：0.5＋3a＋a＋0.1＝1，解得a＝0.1.

因为乙射中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2，所以乙射中7环的概率为1－(0.3＋0.3＋0.2)＝0.2.

所以ξ，η的分布列分别为：

(2)由(1)得：

E(ξ)＝10×0.5＋9×0.3＋8×0.1＋7×0.1＝9.2；

E(η)＝10×0.3＋9×0.3＋8×0.2＋7×0.2＝8.7；

D(ξ)＝(10－9.2)2×0.5＋(9－9.2)2×0.3＋(8－9.2)2×0.1＋(7－9.2)2×0.1＝0.96；

D(η)＝(10－8.7)2×0.3＋(9－8.7)2×0.3＋(8－8.7)2×0.2＋(7－8.7)2×0.2＝1.21.

由于E(ξ)＞E(η)，D(ξ)＜D(η)，说明甲射击的环数的均值比乙高，且成绩比较稳定，所以甲比乙的射击技术好.

【点睛】平均数与方差都是重要的数字特征，是对总体简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意，随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平;方差反映了随机变量稳定于均值的程度, 它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于取舍的重要的理论依据，ᅳ般先比 较均值, 若均值相同再用方差来决定.

18．如图，四棱锥的底面为矩形，，，，平面平面．是的中点，是上一点，且平面．

(1)求的值；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设平面与直线相交于点，连接，．根据线面平行的性质即可求解；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角.

【详解】（1）设平面与直线相交于点，连接，．

因为平面，平面，平面平面，

所以．

因为，平面，平面，

所以平面．又平面平面，

所以，所以四边形为平行四边形，

所以，

所以，分别为，的中点，故．

（2）因为，是的中点，所以，

又平面平面，且平面平面，平面，

所以平面.

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则， ，，，

所以，，．

设平面的法向量为，

则令，得，

所以．

设直线与平面所成的角为，

则．

19．如图，在三棱柱中，，点D为棱AC的中点，且，侧面为菱形，且．

(1)求证：平面ABC；

(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明，可得平面ABC；

（2）由（1），以D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．后由向量法可得答案.

【详解】（1）因为，点D为棱AC的中点，所以．

又，，平面，平面，所以平面．

又平面，所以．

如图，连接．因为侧面为菱形，且，

所以为等边三角形，所以．

又，平面ABC，平面ABC．所以平面ABC．

（2）由（1）的过程可知，可以点D为坐标原点，分别以DB，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz．

不妨设，由题可知，，，，．

由，可得．

设平面的法向量为，

而，，则有

取，得．

设平面的法向量为，

而，，

则有，取，得．

设平面与平面夹角为，

则，

即平面与平面夹角的余弦值为．

20．已知在处的切线方程为．

(1)求函数的解析式：

(2)是的导函数，证明：对任意，都有．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件得到关于的方程，即可得到结果；

（2）根据题意，令，然后求导得到其在上的最大值，即可得证.

【详解】（1）由题意可得，，且，则，

即，即，所以

（2）由（1）可知，，

所以，

令，

则，

所以时，，

即在上单调递减，

所以，即，

所以，即

21．已知函数，．

(1)证明：存在唯一零点；

(2)设，若存在，使得，证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.

（2）由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可.

【详解】（1）由题意可得，

记，则，

因为时，恒成立，所以在上单调递增，

因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因为，所以有唯一零点0．

（2）由可得，

若是方程的根，则是方程的根，

因为，都单调递增，

所以，，

设，，

所以的解为，的解为，

所以在上递减，在上递增，

所以的最小值为，即的最小值为．

故原不等式成立.

【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.

22．某工厂一台设备生产一种特定零件，工厂为了解该设备的生产情况，随机抽检了该设备在一个生产周期中的100件产品的关键指标（单位：），经统计得到下面的频率分布直方图：

(1)由频率分布直方图估计抽检样本关键指标的平均数和方差．（用每组的中点代表该组的均值）

(2)已知这台设备正常状态下生产零件的关键指标服从正态分布，用直方图的平均数估计值作为的估计值，用直方图的标准差估计值s作为估计值．

（i）为了监控该设备的生产过程，每个生产周期中都要随机抽测10个零件的关键指标，如果关键指标出现了之外的零件，就认为生产过程可能出现了异常，需停止生产并检查设备．下面是某个生产周期中抽测的10个零件的关键指标：

利用和判断该生产周期是否需停止生产并检查设备．

（ii）若设备状态正常，记X表示一个生产周期内抽取的10个零件关键指标在之外的零件个数，求及X的数学期望．

参考公式：直方图的方差，其中为各区间的中点，为各组的频率．

参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，，，．

【答案】(1)

(2)（i）需停止生产并检查设备；（ii），

【分析】（1）根据频率分布直方图结合平均数的计算公式，即可求得，继而结合方差的计算公式求得；

（2）（i）根据，，确定，，判断抽查的零件关键指标有无在之外的情况，即可得结论；（ii）求出抽测一个零件关键指标在之外的概率，确定，根据二项分布的概率公式以及期望公式，即可求得答案.

【详解】（1）由频率分布直方图，得．

．

（2）（i）由（1）可知，，

所以，，

显然抽查中的零件指标，故需停止生产并检查设备．

（ii）抽测一个零件关键指标在之内的概率为，

所以抽测一个零件关键指标在之外的概率为，

故，所以，

X的数学期望．