2023-2024学年福建省泉州市安溪一中高二（下）质检数学试卷（5月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省泉州市安溪一中高二（下）质检数学试卷（5月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.C52+A.30 B.40 C.50 D.702.随机变量ξ的分布列为ξ−113Pm12m−1则m=(

)A.59 B.49 C.7123.曲线f(x)=lnx−2x在x=1处切线的倾斜角为α，则cosαsinA.15 B.−15 C.14.从含有2件正品和1件次品的产品中任取2件，恰有1件次品的概率是(

)A.16 B.13 C.125.已知函数f(x)在定义域内可导，f(x)的大致图象如图所示，则其导函数f′(x)的大致图象可能为(

)A.

B.

C.

D.6.对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N(3,4)，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N(2,19)，对应的曲线为CA. B.

C. D.7.将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为(

)A.18 B.16 C.1128.已知a，b，c均为正数，且a=1+4a−2a,b2=4+b(2−3A.b<c<a B.b<a<c C.a<c<b D.a<b<c二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.在(2x−3A.所有奇数项的二项式系数的和为128 B.二项式系数最大的项为第5项

C.有理项共有两项 D.所有项的系数的和为310.下列说法正确的是(

)A.若随机变量X～B(10,12)，则E(X)=5

B.若随机变量X的方差D(X)=1，则D(3X+1)=10

C.若P(A)=0.6，P(B)=0.4，P(B|A)=0.4，则事件A与事件B独立

D.若随机变量X服从正态分布N(6,σ11.已知x1为方程x3+x−1=0的根，x2为方程xA.1+x1x2<x1+x三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。12.将4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，共有______种放法.(数字作答)13.如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有∠AOB≤α成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=xex−1+1,x>0,116x2+1,x≤0(其中e是自然对数的底数)，O为坐标原点，曲线C的相对于点O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。14.(本小题13分)

已知(2x−1)10=a0+a1x+a2x2+…+a15.(本小题15分)

现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，

(1)在第一次抽到3号球的条件下，求第二次抽到1号球的概率；

(2)求第二次取到2号球的概率．16.(本小题15分)

不透明的袋子中装有6个红球，3个黄球，这些球除颜色外其他完全相同.从袋子中随机取出4个小球．

(1)求取出的红球个数大于黄球个数的概率；

(2)记取出的红球个数为X，求X的分布列与期望．17.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AD//BC，AB=AD=CD=2，BC=4．

(1)证明：AB⊥PC；

(2)若PA=PC=AC，求平面BPC与平面PCD的夹角的余弦值．18.(本小题17分)

已知函数f(x)=x2+axlnx−x．

(1)当a=1时，求f(x)的零点；

(2)若f(x)恰有两个极值点，求a答案1.D

2.A

3.D

4.D

5.B

6.D

7.B

8.B

9.AB

10.ACD

11.BCD

12.35

13.0

14.解：(1)(2x−1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，

令x=1，

则a0+a1+a2+⋅⋅⋅+15.解：(1)记事件Ai，Bi分别表示第一次、第二次取到i号球，i=1，2，3，

则第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率P(B1|A3)=36=12；

(2)依题意A1，A2，A16.解：(1)从袋子中随机取出4个小球，共有C94=126种不同的取法，

由取出的红球个数大于黄球个数，可知取出3个红球或4个红球，

取出3个红球的取法有C63C31=60种，取出4个红球的取法有C64=15种，

故所求的概率P=60+15126=2542；

(2)由题可知，X的取值可能为1，2，3，X1234P15105则E(X)=1×12117.解：(1)证明：如图，取BC的中点E，连接AE，

因为EC/​/AD，EC=AD，

所以四边形ADCE为平行四边形，

因为AD=DC，所以四边形ADCE为菱形，所以AE=BE=EC，所以AB⊥AC，

因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥平面PAC，

因为PC⊂平面PAC，

所以AB⊥PC．

(2)由(1)可知AB⊥平面PAC，

因为PA=PC，取AC中点为O，连PO，所以PO⊥AC，

分别以OE，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(2,−3,0)，C(0,3,0)，D(−1,0,0)，P(0,0,3)，

所以CP=(0,−3,3)，BC=(−2,23,0)，DC=(1,3,0)，

设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，

由CP⋅m=−3y1+3z1=0BC⋅m=−2x1+23y1=0，

取z1=1，则y1=18.解：(1)当a=1时，f(x)=0⇒x+lnx−1=0，

令g(x)=x+lnx−1，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，

因为g(1)=0，所以f(x)有且仅有一个零点x=1．

(2)由题意得f′(x)=2x+alnx+a−1，

令ℎ(x)=2x+alnx+a−1，则ℎ′(x)=2x+ax．

若a⩾0，则ℎ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，

ℎ(x)最多只有一个零点，则f(x)最多只有一个极值点，不符合题意．

若a<0，则当x∈(0,−a2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，

当x∈(−a2,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，

则ℎ(x)min=ℎ(−a2)=aln(−a2)−1．

令φ(x)=xln(