2023-2024学年福建省莆田四中高二(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省莆田四中高二（下）期中数学试卷一.单项选择题：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．（5分）若3C2n3A．7 B．9 C．8 D．102．（5分）已知数列{an}满足an+1=11−anA．2 B．﹣2 C．﹣1 D．13．（5分）一个盒子里装有相同大小的黑球10个，红球12个，白球4个，从中任取2个，其中白球为X，则下列算式中等于C22A．P（0＜X≤2） B．P（X≤1） C．P（X＝1） D．P（X＝2）（多选）4．（5分）已知随机变量X，Y满足X+Y＝8，若X～B（10，0.6），则（）A．E（X）＝6 B．E（Y）＝6 C．D（X）＝2.4 D．D（Y）＝2.45．（5分）函数f（x）＝（1+cosx）sinx在[﹣π，π]上的图象大致是（）A． B． C． D．6．（5分）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为13，13，13，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为14，A．1237 B．1537 C．357．（5分）已知Sn为数列{an}的前n项和，数列{an}满足：a1＝1，（n﹣1）an﹣nan﹣1＝1（n≥2），记不超过x的最大整数为[x]，则[i=1A．4 B．3 C．2 D．18．（5分）当x＞1时，（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3恒成立，则整数k的最大值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知P(A)=15，P(B|A)=14．若随机事件A．P(B)=13 B．P(AB)=120 C．（多选）10．（6分）给出下列命题，其中正确的命题有（）（）A．A．若(1−3x)5=a0+a1x+a2x2+a3xB．公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有105种 C．从6双不同颜色的鞋子中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有240种 D．西部某县委将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有104种（多选）11．（6分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点（包含线段的端点），点M，N分别为线段A1C1，CC1的中点，则下列说法正确的是（）A．当A1C→=3A1P→时，点A，PB．异面直线AB1与MN的距离为62C．三棱锥P﹣DMN的体积为定值 D．不存在点P，使得AP⊥DM三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）(2x+113．（5分）已知数列{an}，满足a1＝1，且anan+1=2n，则a714．（5分）一质点从平面直角坐标系原点出发，每次只能向右或向上运动1个单位长度，且每次运动相互独立，质点向上运动的概率为13．质点运动5次后，所在位置对应的坐标为（3，2）的概率为，质点运动2023次后，最有可能运动到的位置对应的坐标为四、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．（13分）不透明的袋子中装有3个黑球，2个红球，1个白球，从中任意取出2个球，再放入1个红球和1个白球．（1）求取球放球结束后袋子里白球的个数为2的概率；（2）设取球放球结束后袋子里红球的个数为随机变量X，求X的分布列以及数学期望．16．（15分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a1+a5＝8，且a3是a1与a7的等比中项．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=Snn+t，是否存在一个非零常数t，使得数列{17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC且AD＝4，AB＝BC＝CD＝2，PA＝PD，O是AD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．（1）求证：AC⊥平面POB；（2）若直线PA与平面ABCD所成的角为π4，求二面角B﹣PC﹣D18．（17分）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他第1天选择了米饭套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为13；如果他第1天选择了面食套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为23．已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为（1）求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第n（n∈N*）天选择米饭套餐的概率为Pn．（i）证明：{P（ii）证明：当n≥2时，Pn19．（17分）设函数f（x）＝x3+ln（x+1）．（1）求曲线y＝f（x）在（0，0）处的切线方程；（2）证明：当x≥0时，x3+ln（x+1）≥x2恒成立；（3）证明：当n∈N*且n≥2时，ln(n+1)＞1

2023-2024学年福建省莆田四中高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一.单项选择题：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．（5分）若3C2n3A．7 B．9 C．8 D．10【考点】排列及排列数公式．【答案】C【分析】直接利用组合数公式以及排列数公式化简求解即可．【解答】解：因为3C所以n≥32n≥3所以3⋅2n⋅(2n−1)⋅(2n−2)3×2×1=5⋅n⋅(n−1)⋅(n−2)，解得n＝8或n故n＝8．故选：C．2．（5分）已知数列{an}满足an+1=11−anA．2 B．﹣2 C．﹣1 D．1【考点】数列递推式．【答案】D【分析】根据递推关系分别求出a2，a3，a4，故可得数列{an}的周期，从而可求解．【解答】解：因为an+1=1所以a2=11−a所以数列{an}的周期为3．所以a2023故选：D．3．（5分）一个盒子里装有相同大小的黑球10个，红球12个，白球4个，从中任取2个，其中白球为X，则下列算式中等于C22A．P（0＜X≤2） B．P（X≤1） C．P（X＝1） D．P（X＝2）【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】B【分析】由题意知本题是一个古典概型，由古典概型公式分别求得P（X＝1）和P（X＝0），即可判断等式表示的意义．【解答】解：由题意可知：P（X＝1）=CP（X＝0）=C∴C221C41故选：B．（多选）4．（5分）已知随机变量X，Y满足X+Y＝8，若X～B（10，0.6），则（）A．E（X）＝6 B．E（Y）＝6 C．D（X）＝2.4 D．D（Y）＝2.4【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．【答案】ACD【分析】根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，以及期望与方差的线性公式，即可求解．【解答】解：∵X～B（10，0.6），∴E（X）＝10×0.6＝6，D（X）＝10×0.6×（1﹣0.6）＝2.4，故AC正确，∴E（Y）＝E（8﹣X）＝8﹣E（X）＝8﹣6＝2，D（Y）＝D（8﹣X）＝D（X）＝2.4，故B错误，D正确．故选：ACD．5．（5分）函数f（x）＝（1+cosx）sinx在[﹣π，π]上的图象大致是（）A． B． C． D．【考点】正弦函数的图象．【答案】B【分析】判断函数的奇偶性，再根据特殊值排除选项即可．【解答】解：f（﹣x）＝[1+cos（﹣x）]sin（﹣x）＝﹣（1+cosx）sinx＝﹣f（x），∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，图象关于原点对称；当x=π2时，f（π2）＝sinπ当x=π4时，f（π4）＝（1+22）×故选：B．6．（5分）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为13，13，13，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为14，A．1237 B．1537 C．35【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式；条件概率．【答案】B【分析】设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，利用全概率公式以及条件概率公式即可得到答案．【解答】解：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，由题意可知：P(A)=P(B)=P(C)=1则P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=1P(AD)=P(A)P(D|A)=1若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是P(A|D)=P(AD)故选：B．7．（5分）已知Sn为数列{an}的前n项和，数列{an}满足：a1＝1，（n﹣1）an﹣nan﹣1＝1（n≥2），记不超过x的最大整数为[x]，则[i=1A．4 B．3 C．2 D．1【考点】数列递推式；数列的求和．【答案】D【分析】先由递推关系得{an+1n}为常数列，可得an＝2n【解答】解：当n≥2时，（n﹣1）an﹣nan﹣1＝1，∴an∴an+1n∴an∴an＝2n﹣1，Sn又n≥2时，1S∴i=12024又易得i=12024∴[i=1故选：D．8．（5分）当x＞1时，（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3恒成立，则整数k的最大值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1【考点】利用导数研究函数的最值．【答案】C【分析】将参数4k﹣1分离出来，化为f（x）=lnx+3x+lnx＞4k，然后利用导数研究函数f（x）的最值，其中需要判断导函数f【解答】解：当x＞1时，原不等式可化为：lnx+3x+lnx＞4k……令f（x）=lnx+3x+lnx，（x＞1），f′（x）=令h（x）＝x﹣lnx﹣2，（x＞1），h′(x)=1−1x=故h（x）在（1，+∞）上单调递增，而h（3）＝1﹣ln3＜0，h（4）＝2﹣ln4＞0，故存在x0∈（3，4），使得h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0……②，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，即f（x）在（1，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以f（x）min＝f（x0）=lnx0+3x由②式得lnx0＝x0﹣2代入上式得f（x0）=x故f(x0)＞3+13−1=73，所以要使①式恒成立，只需故k≤0，所以k的最大值为0．故选：C．二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知P(A)=15，P(B|A)=14．若随机事件A．P(B)=13 B．P(AB)=120 C．【考点】条件概率；相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】BCD【分析】先利用条件概率求出P（AB），再利用独立事件的概率乘法公式求出P（B），进而判断各个选项即可．【解答】解：对于B，∵P(A)=15，∴P（AB）＝P（B|A）P（A）=14×对于A，∵P（A）=15，P（AB）=120，且随机事件∴P（B）=P(AB)P(A)=对于C，∵P（A）=15，P（B）∴P（A）=4∵随机事件A，B相互独立，∴随机事件A，B相互独立，∴P（AB）＝P（A）P（B）=4∴P（A|B）=P(AB)对于D，∵随机事件A，B相互独立，∴随机事件A，B相互独立，∵P（A）=15，P（B）∴P（B）＝1−1∴P（AB）＝P（A）P（B）=1∴P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）=15故选：BCD．（多选）10．（6分）给出下列命题，其中正确的命题有（）（）A．A．若(1−3x)5=a0+a1x+a2x2+a3xB．公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有105种 C．从6双不同颜色的鞋子中任取4只，其中恰好只有一双同色的取法有240种 D．西部某县委将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有104种【考点】二项式定理；排列组合的综合应用．【答案】ACD【分析】对于A，对x分别赋值为0和﹣1，可求得答案；对于B，利用分步计数原理可求得答案；对于C，先从6双鞋子中取一双同色的，再从另外5双中取出2双，从中各取一只即可；对于D，依题意，分类讨论，利用排列、组合及简单计数问题解决即可．【解答】解：对于A，若(1−3x)则当x＝0时，a0＝1，当x＝﹣1时，a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5＝[1﹣（﹣3）]5＝45＝1024，故|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|＝﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5＝1024﹣a0＝1023，A正确；对于B，每位乘客下车的可能方式为5种，10位乘客下车的可能方式有510种，B错误；对于C，由题意得，先从6双鞋子中取一双同色的，有C61种方法，再从另外5双中取出2双，从中各取一只，共有C52•C21•C21种方法，故共有C6对于D，①一组5人，一组2人，2人组中至少1个男生，则分法为（C41•C3②一组4人，一组3人，3人组中至少1个男生，则分法为（C41C不同的分配方案共有36+68＝104种，D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点（包含线段的端点），点M，N分别为线段A1C1，CC1的中点，则下列说法正确的是（）A．当A1C→=3A1P→时，点A，PB．异面直线AB1与MN的距离为62C．三棱锥P﹣DMN的体积为定值 D．不存在点P，使得AP⊥DM【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征．【答案】AC【分析】对于A，借助空间向量判断AP→，A对于C，证明直线A1C∥平面DMN即可判断；对于D，利用空间直角坐标系中向量坐标运算即可判断作答．【解答】解：在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C上的动点，如图，对于A，因A1则AP=1AP→且它们有公共点A，点A，P，D1，B1四点共面，A正确；对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(1，1，1)，M(1AB设与AB1→因此，n→令y＝1，得n→=(2，1，−1)，则异面直线AB1与MN的距离d=|对于C，因点M，N分别为线段A1C1，CC1的中点，则A1C∥MN，A1C⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，于是得A1C∥平面DMN，因此，A1C上任意点P到平面DMN的距离都相等，而点D，M，N都是定点，即△DMN面积是定值，则三棱锥P﹣DMN的体积为定值，C正确；对于D，令A1P→=tA1C→于是得AP→⋅DM→=−12t+12t+1−t=1−t，当t＝1时，AP→⋅故选：AC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）(2x+1【考点】二项展开式的通项与项的系数．【答案】见试题解答内容【分析】求出二项式展开式的通项公式，令x的次数为0，求得答案．【解答】解：此二项式展开式的通项公式为Tr+1=C则当r＝3时，对应的为常数项，故常数项的二项式系数为C6故答案为：20．13．（5分）已知数列{an}，满足a1＝1，且anan+1=2n，则a7【考点】数列递推式．【答案】24．【分析】由递推关系求出a2n−1【解答】解：a1＝1，且an当n≥2，an−1an故{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，即a2n−1故a7=23=8，a8故答案为：24．14．（5分）一质点从平面直角坐标系原点出发，每次只能向右或向上运动1个单位长度，且每次运动相互独立，质点向上运动的概率为13．质点运动5次后，所在位置对应的坐标为（3，2）的概率为8081，质点运动2023次后，最有可能运动到的位置对应的坐标为【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】8081【分析】根据质点的运动规律及相应概率，可将坐标和运动方向与次数结合起来，利用相互独立事件的概率计算公式进行求解，然后运用二项式定理中求系数最大项的方法可求出概率最大值．【解答】解：质点只能向上或向右运动，且P上=13，P右运动5次，只需向上运动2次，向右运动3次即可到达（3，2），故其概率为C5设运动2023次中，向上移动x次，向右移动（2023﹣x）次，移动后质点坐标为（2023﹣x，x），其概率为：C2023令其最大值在x＝n处取得，故C2023整理得：2n又n∈N*，解得n＝674，故质点最有可能运动到（1349，674）．故答案为：8081四、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．（13分）不透明的袋子中装有3个黑球，2个红球，1个白球，从中任意取出2个球，再放入1个红球和1个白球．（1）求取球放球结束后袋子里白球的个数为2的概率；（2）设取球放球结束后袋子里红球的个数为随机变量X，求X的分布列以及数学期望．【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．【答案】（1）23（2）X的分布列为：X123P11581525E(X)=7【分析】（1）根据题意结合古典概型以及互斥事件概率求法分析求解；（2）由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，进而求分布列和期望．【解答】解：（1）设事件A为“取球放球结束后袋子里白球的个数为2”，设事件B为“取出2个黑球”，则P(B)=C事件C为“取出2个红球”，则P(C)=C事件D为“取出1个红球1个黑球”，则P(D)=C因为事件B，C，D互斥，且A＝B+C+D，则P(A)=P(B)+P(C)+P(D)=2所以取球放球结束后袋子里白球的个数为2的概率为23（2）由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，则有：P(X=1)=C22C6所以X的分布列为：X123P11581525所以E(X)=1×116．（15分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a1+a5＝8，且a3是a1与a7的等比中项．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=Snn+t，是否存在一个非零常数t，使得数列{【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列的性质．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据条件等差数列的性质，可得a3，代入条件求得公差，即可写出数列的通项公式；（2）将bn化简整理，根据等差数列通项特征，可得t值，用等差数列定义证明即可．【解答】解：（1）因为{an}为等差数列，且a1+a5＝8，所以a3＝4，又a3是a1与a7的等比中项，所以a32＝a1a7，即16＝（4﹣2d）（4+4d），化简得d2﹣d＝0，解得d＝1或d＝0（舍去），所以an＝a3+（n﹣3）×1＝n+1，（2）由（1）知，Sn=n(n+3)所以bn=n(n+3)因为t≠0，所以可令t＝3，得到bn=n因为bn+1﹣bn=1所以数列{bn}是公差为12即存在一个非零常数t＝3，使得数列{bn}也为等差数列．17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC且AD＝4，AB＝BC＝CD＝2，PA＝PD，O是AD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．（1）求证：AC⊥平面POB；（2）若直线PA与平面ABCD所成的角为π4，求二面角B﹣PC﹣D【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．【答案】（1）证明过程见解答；（2）−5【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABCD，可得出AC⊥PO，证明出四边形ABCO是菱形，可得出AC⊥OB，再利用线面垂直的判定定理能证明AC⊥平面POB；（2）推导出△PAD是等腰直角三角形，以点O为坐标原点，在平面ABCD中过O作AD的垂线为x轴，以OD，OP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣PC﹣D的余弦值．【解答】解：（1）证明：连接OC，∵PA＝PD，O为AD中点，则PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PO，∵BC∥AD，∴BC∥AO，由已知得BC＝AO＝AB＝2，∴四边形ABCO是菱形，∴AC⊥OB，同理可证四边形BCDO为菱形，∵PO∩OB＝O，∴AC⊥平面POB．（2）∵PO⊥平面ABCD，则PA与平面ABCD所成角为∠PAO=π∴△PAD是等腰直角三角形，且∠APD=π2，且PO∵AO＝AB＝CD＝BO＝2，∴△ABO是等边三角形，以O为坐标原点，在平面ABCD中过O作AD的垂线为x轴，以OD，OP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则B（3，−1，0），C（3，1，0），D（0，2，0），P设平面PBC的法向量为m→=（x，y，z），BC→=（0，2，0），则m→⋅BC→=2y=0m→设平面PCD的法向量为n→=（a，b，c），DC→=（则n→⋅DC→=3a−b=0n∴cos＜m由图知二面角B﹣PC﹣D为钝角，∴二面角B﹣PC﹣D的余弦值为−518．（17分）为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他第1天选择了米饭套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为13；如果他第1天选择了面食套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为23．已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为（1）求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第n（n∈N*）天选择米饭套餐的概率为Pn．（i）证明：{P（ii）证明：当n