广东省广州市番禺中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

2023-2024学年广东省广州市番禺中学高二（下）期中数学试卷一、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.设i是虚数单位，则复数i+12+i在复平面内所对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知集合A={x|x2−4x−5≥0}，B={x|a−3<x<a+4}，若A∪B=R，则实数a的取值范围为A.{a|a>1} B.{a|1<a<2} C.{a|a<2} D.{a|1≤a≤2}3.已知角α顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点P(−35,45A.−210 B.210 4.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲和乙两支救援队必须去同一个受灾点，则不同的安排方法数是(

)A.18 B.24 C.36 D.485.已知离散型随机变量X的分布列如下表：若离散型随机变量Y=2X+1，则P(Y≥5)=(

)X0123Pa15a1A.712 B.512 C.566.若定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)的偶函数f(x)在(0,+∞)上的图象如图所示，则不等式f(x)f′(x)>0的解集是(

)

A.(−∞,−1)∪(0,1) B.(−1,0)∪(1,+∞)

C.(−∞,−1)∪(1,+∞) D.(−1,0)∪(0,1)7.下列命题正确的是(

)A.已知随机变量X∼B(n,p)，若E(X)=30，D(X)=10，则p=13

B.若随机变量X满足D(X)=2，则D(3−X)=1

C.已知随机变量X∼B(n,12)，若E(2X+1)=9，则n=4

8.设a=ln22，b=1e，c=2+ln22eA.c>b>a B.b>c>a C.b>a>c D.c>a>b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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.关于(7−x)7的展开式，下列判断正确的是(

)A.展开式共有7项 B.展开式的各二项式系数的和为128

C.展开式的第7项的二项式系数为49 D.展开式的各项系数的和为610.甲盒中有3个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球．先从甲盒中随机取出一球放入乙盒．用事件E表示“从甲盒中取出的是红球”，用事件F表示“从甲盒中取出的是白球”；再从乙盒中随机取出一球，用事件G表示“从乙盒中取出的是红球”，则下列结论正确的是(

)A.事件F与G是互斥事件 B.事件E与G不是相互独立事件

C.P(G)=1330 11.已知函数f(x)=ex，g(x)=lnxA.函数y=g(x)f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1,2)

B.eln2>ln3

C.函数y=f(x)−g(x)的最小值为2

D.若P、Q三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(2+x)(x−2)5的展开式中x2的系数为______(13.某小区有5个区域要种上鲜花(如图)，现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有______种.

14.若函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，则实数四、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.(本小题13分)

已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=2，{Snn}是公差为1的等差数列16.(本小题15分)

为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分k的频率分布直方图如图所示：

减排器等级及利润率如下表，其中17综合得分k的范围减排器等级减排器利润率k≥85一级品2a75≤k<85二级品370≤k<75三级品a(1)若从这100件甲型号减排器中按等级用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取5件，求抽取的5件中至少有3件一级品的概率；

(2)将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：

①若从乙型号减排器中随机抽取4件，记X为其中二级品的个数，求X的分布列及数学期望；

②从数学期望来看，投资哪种型号的减排器利润率较大？17.(本小题15分)

如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，△AA1C是以AC为斜边的等腰直角三角形且侧面AA1C1C⊥底面ABC，点O为AC中点，点F为B1C1的中点.

(1)求证：A1O⊥平面ABC；

(2)求平面ABC与平面BC18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(32,2)，且它的长轴长是短轴长的3倍.斜率为13的直线l与椭圆C交于A，B两点(如图所示，点P在直线l的上方19.(本小题17分)

已知函数f(x)=12x2+x+aln(x+1)，a∈R.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)答案和解析1.【答案】A

【解析】解：由i+12+i=(i+1)(2−i)(2+i)(2−i)=3+i5=35+15i2.【答案】D

【解析】解：∵x2−4x−5≥0，∴x≤−1或x≥5，

∴A={x|x≤−1或x≥5}，

又A∪B=R，

∴a−3≤−1a+4≥5，解得1≤a≤2.

故选：D.

3.【答案】C

【解析】解：∵角α的终边与单位圆相交于点P(−35,45)，

∴sinα=45，cosα=−35，4.【答案】C

【解析】解：若仅有甲和乙两支救援去队同一个受灾点，则有C31C31A22=18种不同的安排方法；

若甲和乙两支救援队和其中一个救援队去同一个受灾点，则有C31C5.【答案】A

【解析】解：由题意a+13+5a+16=1，解得a=112，

而P(Y≥5)=P(2X+1≥5)=P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=512+166.【答案】B

【解析】解：由图可知：

f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，

则在区间(0,+∞)上f′(x)>0.

又由f(x)为偶函数．

则f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，

则在区间(−∞,0)上f′(x)<0.

由f(−1)=f(1)=0可得

在区间(−∞,−1)上f′(x)<0，f(x)>0.

在区间(−1,0)上f′(x)<0，f(x)<0.

在区间(0,1)上f′(x)>0，f(x)<0.

在区间(1,+∞)上f′(x)>0，f(x)>0.

故不等式f(x)f′(x)>0的解集为(−1,0)∪(1,+∞)

故选B

本题考查的知识点是函数奇偶性及单调性，由f(x)为偶函数，我们可以根据偶函数的性质--偶函数的图象关于y轴对称，判断出函数图象在y轴左侧的情况，然后结合导数的意义，不难求出等式f(x)f′(x)>0的解集．

利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，反之，f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)，则f′(x)>0(或f′(x)<0).7.【答案】D

【解析】解：对于A，因为随机变量X∼B(n,p)，E(X)=30，D(X)=10，

则np=30np(1−p)=10，解得：p=23，故A错误；

对于B，因为D(3−X)=D(X)=2，故B错误；

对于C，因为X∼B(n,12)，则E(X)=12n，

所以E(2X+1)=2E(X)+1=n+1=9，所以n=8，故C错误；

对于D，因为X∼B(6,12)8.【答案】C

【解析】解：∵b=1e=lnee，c=2+ln22e2=ln2e22e2，

构造函数f(x)=lnxx(x>0)，

则f′(x)=1−lnx9.【答案】BD

【解析】解：对于A，二项式(7−x)7展开式共有7+1=8项，故A错误；

对于B，展开式的各二项式系数的和为27=128，故B正确；

对于C，展开式的第7项的二项式系数为C76=C71=7，故C错误；

对于D，令x=1可得展开式的各项系数的和为10.【答案】BCD

【解析】【分析】本题主要考查概率的求解，以及互斥事件、相互独立时间的概念，属于中档题．

对于A，结合互斥事件的定义，即可求解，对于B，结合相互独立事件的定义，即可求解，对于C，结合相互独立事件的概率公式，互斥事件和事件的概率公式，即可求解，对于D，结合条件概率公式，即可求解．【解答】

解：对于A，事件F和G能同时发生，事件F和G不是互斥事件，故A错误，

对于B，事件E发生与否与事件G有关，故B正确，

对于C，P(G)=C31C51×C31C61+11.【答案】ABD

【解析】解：对于A：y=g(x)f(x)=lnxex，y′=exx−exlnxe2x=1x−lnxex，

令ℎ(x)=1x−lnx,(x>0)，

则ℎ′(x)=−1x2−1x<0，

所以ℎ(x)单调递减，

注意到y′与ℎ(x)同号，且ℎ(1)=1>0,ℎ(2)=12−ln2=lne2<ln1=0，

所以存在x0∈(1,2)，使得ℎ(x0)=0，

当0<x<x0时，ℎ(x)>0，即y′>0，y关于x单调递增，

当x>x0时，ℎ(x)<0，即y′<0，y关于x单调递减，

所以函数y=g(x)f(x)有极大值，且极大值点x0∈(1,2)，故A正确；

对于B：e>2=log24>log23=ln3ln2⇒eln2>ln3，故B正确；

对于C：我们有y=f(x)−g(x)=ex−lnx≥ex−x+1>e0−0+1=2，

我们首先来看从左到右第一个不等式，只需证明φ(x)=lnx−x+1≤0，(x>0)即可，

φ′(x)=1x−1=1−xx，

当0<x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，

当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，

所以φ(x)≤φ(1)=0，

从而说明了从左到右第一个不等式成立，等号成立当且仅当x=1，12.【答案】−80

【解析】解：由题意可得：(2+x)(x−2)5=2(x−2)5+x⋅(x−2)5，

故其展开式中含x2的项为：2×C53⋅x2⋅(−2)3+x⋅13.【答案】72

【解析】解：如图所示，依顺序，A区域可种4种颜色，B区域可种3种颜色，C区域可种2种颜色，

①D区域若与B区域同色，则E有两种颜色可选；

②D区域若不与B区域同色，则只有1种颜色可选，E也只有1种颜色可选，

故有4×3×2×(2+1)=72种方案．

故答案为：72.

由分步计数原理结合分类讨论即可．

本题考查分步计数原理，属于中档题．14.【答案】[2,+∞)

【解析】解：函数f(x)=lnx+2x2−ax存在与直线2x−y=0平行的切线，

即f′(x)=2在(0,+∞)上有解，

而f′(x)=1x+4x−a，

即1x+4x−a=2在(0,+∞)上有解，

得−a=2−4x−1x在(0,+∞)上有解，

∵−4x−1x=−(4x+1x)≤−24x⋅1x=−4，当且仅当x=12时“=”成立．15.【答案】(1)解：数列{an}中，a1=2，{Snn}是公差为1的等差数列，且首项为S1=2，

所以Snn=2+(n−1)=n+1，Sn=n(n+1)=n2+n，

当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2【解析】(1)根据{Snn}是等差数列求出Snn，得出Sn，再利用n≥2时an16.【答案】解：(1)由已知及频率分布直方图中的信息知，

甲型号减排器中的一级品的频率为0.08×5+0.04×5=0.6，

按等级用分层抽样的方法抽取10件，

则抽取一级品为10×0.6=6(件)，

记“抽取的5件中至少有3件一级品”为事件A，则P(A)=C63C42+C64C41+C65C105=3142；

(2)①由已知及频率分布直方图中的信息知，

乙型号减排器中的一级品的概率为710，二级品的概率为14，三级品的概率为120，

由题意，X∼B(4,14),XX01234P81272731所以E(X)=4×14=1；

①由题意知，甲型号减排器的利润率的平均值：

E1=35×2a+25×3a2=65a2+【解析】(1)由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为0.6，根据分层抽样，计算10件减排器中一级品的个数，再利用互斥事件概率加法公式能求出至少3件一级品的概率；

(2)①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为710，二级品的概率为14，三级品的概率为120，若从乙型号减排器随机抽取4件，则二级品数所有可能的取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,1417.【答案】解：(1)因为△AA1C是等腰直角三角形，AA1=CA1，O为AC中点，所以A1O⊥AC，

又侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，A1O⊂侧面AA1C1C，

所以A1O⊥平面ABC；

(2)因为△ABC为正三角形，O为AC中点，所以OB⊥OC，

由(1)知，A1O⊥平面ABC，OB，OC⊂平面ABC，所以A1O⊥OC，A1O⊥OB，

如图以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,−1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),B1(3,1,1),C1(0,2,1)，

由(1)知，A1O⊥面ABC，所以平面ABC的一个法向量为OA1=(0,0,1)，

设面BCC1B1的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，BB1=(0,1,1)，BC=(−3,1,0)，

所以n1⋅BC=−3x1+y1=0n1⋅BB1=y1+z1=0，不妨设x1=1，则【解析】(1)根据等腰直角三角形的性质得到A1O⊥AC，再由面面垂直的性质得证；

(2)首先可得OB⊥OC，从而建立空间直角坐标系，求出平面BCC1B1的法向量，利用向量法求出夹角的余弦值，再求出其正弦值即可；

(3)设Q(x0,y0