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江苏省盐城市响水中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题
展开江苏省响水中学2023年春学期高二年级期中考试
数学试题
考生注意:1.本试题分为第I卷和第II卷,共4页.2.满分150分,考试时间为120分钟.
第I卷(60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.已知随机变量的分布列如表:
1 | 2 | 3 | 4 | |
0.15 | 0.35 | 0.25 |
则实数( )
A.0.05 B.0.15 C.0.25 D.0.35
2.设函数,则( )
A. B. C.4 D.2
3.如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,点在侧棱上,且,若,则( )
A. B.
C. D.
4.若曲线在点处的切线与直线垂直,则实数( )
A. B.1 C. D.2
5.某市组织高二学生统一体检,其中男生有10000人,已知此次体检中高二男生身高近似服从正态分布,统计结果显示高二男生中身高高于的概率为0.32,则此次体检中,高二男生身高不低于的人数约为( )
A.3200 B.6800 C.3400 D.6400
6.某学校购买了10个相同的篮球分配给高二年级6个班,要求每个班至少一个篮球,则不同的分配方法有( )
A.126种 B.84种 C.72种 D.48种
7.如图,在四棱锥中,底面,底面为正方形,为上一点,且,则异面直线与所成的角为( )
A. B. C. D.
8.已知函数的定义域为为的导函数,且,则不等式的解集是( )
A. B.
C. D.
二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示,则下列结论正确的是( )
A.-2是函数的极大值点,-1是函数的极小值点
B.0是函数的极小值点
C.函数的单调递增区间是
D.函数的单调递减区间是
10.下列说法正确的是( )
A.若直线的方向向量为,平面的一个法向量为,则
B.若是空间任意一点,,则四点共面
C.已知,若,则
D.若和是相互垂直的两个单位向量,,则
11.若,则下列说法正确的有( )
A. B.
C. D.
12.已知8只小白鼠中有1只患有某种疾病,需要通过血液化验来确定患这种病的小白鼠,血液化验结果呈阳性的为患病小白鼠,下面是两种化验方案:方案甲:将8只小白鼠的血液逐个化验,直到查出患病小白鼠为止.方案乙:先取4只小白鼠的血液混在一起化验,若呈阳性,则对这4只小白鼠的血液再逐个化验,直到查出患病小白鼠;若不呈阳性,则对剩下的4只小白鼠再逐个化验,直到查出患病小白鼠.则下列结论正确的是( )
A.若用方案甲,化验次数为2次的概率为
B.若用方案乙,化验次数为3次的概率为
C.若用方案甲,平均化验次数为4
D.若平均化验次数少的方案好,则方案乙比方案甲好
第II卷(90分)
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.某质点沿直线运动的位移与时间的关系是,则质点在时的瞬时速度为__________.
14.一面国旗燃起青春的向往,一身戎装肩负国家的担当.6名学生(含甲、乙)决定参军报国,不负韶华,报名前6人排成一排拍照,则甲、乙两人不相邻的不同的排法有__________种.
15.在某项建造任务中,需6名航天员在天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作,由于空间限制,每个舱至少1人,至多3人,则不同的安排方案共有__________种.
16.已知为互不相等的正实数,随机变量和的分布列如表,则__________.(填“>”“<”或“=”)
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)
已知袋中有12个同型号零件,其中合格品有10个,次品有2个.
(1)若检测员有放回地连续从该袋中取零件2次,每次取1个零件,求恰有1次取到正品的概率;
(2)若检测员从该袋中一次性取2个零件,求在取出的2个零件中有次品的条件下,这2个零件都是次品的概率.
18.(本小题满分12分)
已知二项式,且.
(1)求的展开式中的第5项;
(2)求的二项式系数最大的项.
19.(本小题满分12分)
已知直三棱柱中,,点是的中点.
(1)求证:平面平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20.(本小题满分12分)
牛排主要分为菲力牛排,肉眼牛排,西冷牛排,骨牛排,某牛肉采购商从采购的一批牛排中随机抽取100盒,利用牛排的分类标准得到的数据如下:
牛排种类 | 菲力牛排 | 肉眼牛排 | 西冷牛排 | T骨牛排 |
数量盒 | 20 | 30 | 20 | 30 |
(1)用比例分配的分层随机抽样方法从这100盒牛排中抽取10盒,再从抽取的10盒牛排中随机抽取4盒,求恰好有2盒牛排是骨牛排的概率;
(2)若将频率视为概率,用样本估计总体,从这批牛排中随机抽取3盒,若表示抽到的菲力牛排的数量,求的分布列和数学期望.
21.(本小题满分12分)
如图1,已知梯形中,是边的中点,.将沿折起,使点到达点的位置,且,如图2,分别是,的中点.
(1)求平面与平面所成二面角的正弦值;
(2)求点到平面的距离.
22.(本小题满分12分)
已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若直线与曲线相切,求证:.
江苏省响水中学2023年春学期高二年级期中考试•数学试题
参考答案、提示及评分细则
1.C 由随机变量的分布列的性质知,解得.故选C.
2.A 由基本初等函数的导数公式知,所以.故选A.
3.A 因为,所以,根据空间向量的运算法则,可得,所以.故选A.
4.C 因为,所以曲线在点处的切线的斜率为,直线的斜率2,由切线与直线垂直知,所以,解得.故选C.
5.B 根据正态分布的对称性可知,所以此次高二学生的体检中,男生身高不低于的人数约为6800人.故选.
6.A 将10个篮球排成一排,形成9个空,插入5个挡板将篮球分成6组,所以不同的分配方案有种.故选A.
7.B 因为底面,底面为正方形,所以两两互相垂直,以为原点,分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.由,得,所以,设异面直线与所成的角为,则,又,所以异面直线与所成的角为.故选.
8.D 根据题意,构造函数,则,所以函数在上单调递增,又,即,所以,即,解得.故选D.
9.BC 由题意可得,当时,,当时,,所以函数的单调递减区间是,单调递增区间是,所以0是函数的极小值点,所以B,C正确,A,D错误.故选BC.
10.BCD 对于,因为,所以或,所以错误;对于,因为,所以正确;对于,因为,设,所以,解得所以C正确;对于D,因为,所以,所以D正确.故选BCD.
11.ABD 令,则,令,可得,即,故A正确;令,可得,又,所以,故B正确;令,所以,所以,所以,故C错误;由题可知1798,故D正确.故选ABD.
12.AD 若用方案甲,设化验次数为,则的可能取值为,所以正确;若用方案乙,设化验次数为,若,有两种情况:①头4只均为阴性,则;②头4只有阳性,则,所以化验次数为3次的概率为错误;若用方案甲,则,所以,C错误;若用方案乙,可取,所以,因为,所以方案乙比方案甲好,D正确.故选.
13. ,当时,.
14.480 先将不含甲、乙的4人排列,有种,再在4人之间及首尾5个空位中任选2个空位安排甲、乙,有种,所以甲、乙两人不相邻的不同的排法有(种).
15.450 方案一:每个舱各安排2人,共有(种)不同的方案;方案二:分别安排3人,2人,1人,共有(种)不同的方案.所以共有(种)不同的安排方案.
16. ,所以
,因为为互不相等的正实数,所以
,即.
17.解:(1)从该袋中取零件1次,取到正品的概率为,
设恰有1次取到正品为事件,则.
(2)设2个零件中有次品,2个零件都是次品分别为事件,
则,
所以,
即在取出的2个零件中有次品的条件下,这2个零件都是次品的概率为.
18.解:由,得,即,解得或(舍去).
的二项式通项为.
(1)当时,,所以的展开式中的第5项为.
(2)因为是中最大的,所以第4项的二项式系数最大,
,所以的二项式系数最大的项是.
19.(1)证明:不妨设,则.
因为点是的中点,所以,所以.
因为,所以.
由直棱柱的性质可得平面,因为平面,所以.
因为,即,
又平面,所以平面,
因为平面,所以.
因为平面,所以平面.
因为平面,所以平面平面.
(2)解:以点为坐标原点,以所在直线分别为轴,轴,轴建立
空间直角坐标系,
不妨设,则,
,
所以.
设为平面的一个法向量,则
令,得,此时.
所以,
所以直线与平面所成角的正弦值是.
20.解:(1)用比例分配的分层随机抽样方法从这100盒牛排中抽取10盒,其中骨牛排有3盒,非骨牛排有7盒,
再从中随机抽取4盒,设恰好有2盒牛排是骨牛排为事件,
则.
(2)这100盒牛排中菲力牛排有20盒,所以菲力牛排的频率为,
设从这批牛排中随机抽取1盒.抽到菲力牛排的事件为,将频率视为概率,用样本估计总体可得,
从这批牛排中随机抽取3盒,抽到的菲力牛排的数量满足,
,
所以的分布列为
0 | 1 | 2 | 3 | |
所以.
21.解:(1)因为图1中,所以图2中,又,所以分别以所在直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则
,.
因为平面,
所以平面,所以是平面的一个法向量,
设平面的法向量,
由得
取,则,所以平面的一个法向量,
设平面与平面所成二面角的大小为,
则,
以平面与平面所成二面角的正弦值为.
(2)由(1)知是平面的一个法向量,
又,
所以点到平面的距离.
22.(1)解:因为,所以.
当时,,所以在上单调递减;
当时,令,解得,令,解得,
所以在上单调递减,在上单调递增;
当时,令,解得,令,解得,
所以在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:,设切点坐标为,
所以,
当时,显然不成立,所以.
所以,
令在上恒成立,
所以在上单调递增,
又,
所以.
又,所以.
令,则,
当时,,所以在上单调递减,
所以,即,所以,
因此.
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