四川省泸州市泸州老窖天府中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学（B）试卷(含答案)

这是一份四川省泸州市泸州老窖天府中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学（B）试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．质点M按规律做直线运动（位移单位：m，时间单位：s），则质点M在时的瞬时速度是( )
A.B.C.D.
2．已知抛物线C关于x轴对称，且焦点在直线上，则抛物线C的标准方程为( )
A.B.C.D.
3．某学校派出4名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每位教师只去一所中学，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有( )
A.90种B.60种C.48种D.36种
4．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的杨辉三角，这是中国数学史上的一个伟大成就.在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……则此数列的前15项之和为( )
A.114B.116C.124D.126
5．已知函数，则，，的大小关系为( )
A.B.
C.D.
6．如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为.若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则( )
A.B.C.D.
7．函数在上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．过双曲线的左焦点F的直线l与C交于M，N两点，且，若，则C的离心率为( )
A.2B.C.3D.
二、多项选择题
9．下列各式正确的是( )
A.B.C.D.
10．甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则( )
A.B.C.D.
11．已知，，则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
三、填空题
12．展开式中的常数项为__________.
13．已知随机变量X的概率分布为，则实数__________.
14．已知不等式，对恒成立，则a的取值范围是_____.
四、解答题
15．已知函数，其中.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上的最小值为0，求在该区间上的最大值.
16．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，点E，F分别为，的中点，且.
（1）求的长；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．某产品按照产品质量标准分为一等品、二等品、三等品、四等品四个等级.某采购商从采购的产品中随机抽取100个，根据产品的质量标准得到下面的条形图如图所示：
（1）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3个，求恰好有1个四等品的概率；
（2）按分层抽样从这100个产品中抽取10个.现从这10个产品中随机抽取3个，记这3个产品中一等品的个数为X，求X的概率分布及数学期望；
（3）某生产商提供该产品的两种销售方案给采购商选择.
方案1：产品不分类，售价为22元/个；
方案2：分类卖出，分类后的产品售价如表：
根据由样本估计总体的思想，从采购商的角度考虑，应该选择哪种方案？请说明理由.
18．已知椭圆C的方程为，其离心率为，，为椭圆的左右焦点，过作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A，B两点，的周长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过B作x轴的垂线交椭圆于点D.
①试讨论直线是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
②求面积的最大值.
19．已知函数，.
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若，证明：；
（3）当时，恒成立，求a的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：质点M在时位移的平均变化率为，当无限趋近于0时，无限趋近于.
2．答案：D
解析：直线与x轴的交点为，所以抛物线C的焦点为，故，解得，抛物线的标准方程为.
故选:D.
3．答案：D
解析：先将4人分成3组，3组人数分别为1，1，2，从4人中选2人一组，其余两人一人一组，有种分法，将3组分配到3所学校，共有种分法，由分步计数原理可得，共有种不同的分配方法.
4．答案：A
解析：根据题意可知构成的新数列的前15项分别为杨辉三角的第三层到第七层除去1之外的所有数构成的，除第一行有一个1以外，其余每行都有两个1，又第n行的所有数字之和为，所以构成的新数列前15项之和为.
5．答案：C
解析：作出函数的图象，如图所示.由图可知曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着x的增大而减小.由，得，即.
6．答案：D
解析：依题意，当时，X的可能取值为1，3，5，且，所以.
7．答案：B
解析：函数定义域为，由得，
设，
令得，时，，单调递增；时，，单调递减；时，取极大值，
要使函数有两个零点，即方程右有两个不同的根，即函数与有两个不同交点.即.
8．答案：B
解析：设双曲线右焦点为，取中点P，连接，，，如下图所示：
由可知：，又O为中点，可知，
为线段的垂直平分线，.
设，由双曲线定义可知：，，
则，解得：.
在中，
在中，
.
9．答案：BC
解析：对于A，，A错误；
对于B，，B正确；对于C，，C正确；
对于D，，D错误.
10．答案：ACD
解析：依题意可得，，，，所以，故A正确、B错误、C正确；
，故D正确.
11．答案：ABD
解析：由，可得，，，.
令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，即（当且仅当时取等号）.
对A，由可得，可得（当且仅当时取等号），又，，，，故A正确.
对B，由知，，，故，故B正确.
对C，当时，，则，又，即证，可得，，，故，故C错误.
对D，，，，令，则，，，由（当且仅当时取等号）可知当时，，即，令，，则，在上单调递增，，，即，故D正确.
12．答案：135
解析：展开式的通项为，令，得，所以展开式中的常数项为.
13．答案：
解析：依题意，，由分布列的性质得，解得，所以实数.
14．答案：
解析：因为，对恒成立，所以，，
所以，所以，所以，令，则.因为在上为增函数，所以，所以，令，则，当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，即，所以，所以，所以a的取值范围是.
15．答案：（1）
（2）20
解析：（1）当时，，得
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2），，
由，得或，
随着x的变化，，的变化情况如下：
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
从而的最小值，解得.
又因为，，
所以在区间上的最大值.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为平面，，平面，所以，，又底面是矩形，所以，
以D为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
所以，，，，，所以，
所以，，
又，所以，
因为，解得，即；
（2）由（1）知，，
设平面的一个法向量，所以，
令，解得，，
所以平面的一个法向量，又，
设直线与平面所成角的大小为θ，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17．答案：（1）
（2）概率分布见解析，数学期望为
（3）应该选择方案2
解析：（1）随机抽取1个，取到四等品的概率，
从采购的产品中有放回地随机抽取3个，记四等品的数量为，则，
.
（2）由分层抽样可知，10个产品中，一等品有4个，非一等品有6个，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，.
的概率分布为
数学期望.
（3）方案2的平均售价为（元），
，
从采购商的角度考虑，应该选择方案2.
18．答案：（1）
（2）①见解析；②
解析：（1）由题的周长，
可得，又，则，，
故椭圆的方程为.
（2）①由题，设直线为且，，，
联立方程可得：，化简可得：，
，
所以，，
因为A，B，共线，则有，
化简可得，
即，化简可得恒成立
，即直线的方程为恒过定点.
②设直线恒过定点记为，
由上，
可得，所以，
，
令，则，
当且仅当，即时，取等号.
面积的最大值为.
19．答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）
解析：（1）的定义域为，，
当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，由，得，由，得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）若，，
要证，即证，
只要证，设，，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
因为时，，所以.所以.
（3）当时，，即，
即，即恒成立，
设，因为，
设，，
当时，，
当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以，在上为增函数，
所以由，
即由可得，即在上恒成立，
设，，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以.
所以a的取值范围为.
产品等级
一等品
二等品
三等品
四等品
售价（元/个）
24
22
18
16
x
2
0
极小值
X
0
1
2
3
P