四川省泸州市泸州老窖天府中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题（B）（含解析）

泸州老窖天府中学高2022级高二下期半期考试
数学（B）
一、选择题：本大题共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
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.114 B.116 C.124 D.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.2 B. C.3 D.
二、多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
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：本题共3小题，每小题5分，共15分
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：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.（本题满分13分）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.（本题满分15分）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.（本题满分15分）某产品按照产品质量标准分为1等品、2等品、3等品，4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柱状图：
（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4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1等品的数量为X，求X的分布列及数学期望；
（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：
等级 1等品 2等品 3等品 4等品
售价（元/个） 24 22 18 16
根据样本估计总体的思想，从采购商的角度考虑，应该接收哪种方案 请说明理由.
18.（本题满分17分）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.（本题满分17分）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.
泸州老窖天府中学高2022级高二下期半期考试
数学卷（B）参考答案
一、单选题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D A C D B B
二、多选题
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
三、填空题
12.135 13. 14.
1.【答案】D【详解】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】C【详解】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.
3.【答案】D【详解】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【详解】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【详解】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【详解】依题意，当时，X的可能取值为1，3，5，且，所以.
7.【答案】B【详解】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【详解】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，
.
二、多选题
9.【答案】BC【详解】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【详解】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【详解】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.
三、填空题
12.【答案】135【详解】展开式的通项为，令，得，所以展开式中的常数项为.
13.【答案】【详解】依题意，，由分布列的性质得，解得，所以实数.
14.【答案】【详解】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.【详解】(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：
x 2
0
极小值
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.【详解】（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.【详解】（1）随机抽取1个，取到4等品的概率为，
从采购的产品中有放回地随机抽取3个，记4等品的数量为ξ，则，
.
（2）由分层抽样可知，10个产品中，1等品有4个，非1等品有6个，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，
的分布列为
X 0 1 2 3
P
数学期望.
（3）方案2的平均售价为，
因为，所以从采购商角度考虑，应该选择方案2.
18.【详解】（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.【详解】（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.