福建省龍巖市一級校2024?2025學年高二下學期4月期中聯考數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．設函數滿足，則（）A．1 B．2 C． D．32．已知，，不共面，若，，且三點共線，則（）A． B．1 C．2 D．33．下列導數運算正確的是（）A． B．C． D．4．若直線l的一個方向向量為，平面的一個法向量為，則l與所成的角為（）A． B． C．或 D．或5．某中學體育運動會上，甲、乙兩人進行乒乓球項目決賽，采取“三局兩勝制”，即先勝兩局者獲得冠軍．已知甲每局獲勝的概率為，且比賽沒有平局．記事件表示“甲獲得冠軍”，事件表示“比賽進行了三局”，則（）A． B． C． D．6．給出下列四個圖象：

函數大的大致圖象的可以是（

）A．①③ B．②③ C．②④ D．②③④7．給定事件，且，則下列結論：①若，且互斥，則不可能相互獨立；②若，則互為對立事件；③若，則兩兩獨立；④若，則相互獨立.其中正確的結論有（

）A．個 B．個 C．個 D．個8．若，，，則（）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．若函數在上單調遞減，則實數的值可能為（）A． B． C．3 D．410．已知為隨機試驗的樣本空間，事件A，B滿足，，則下列說法正確的是（）A．若，且，，則B．若，且，，則C．若，，則D．若，，，則11．在棱長為1的正方體中，下列說法正確的是（）A．若動點是內部一點（含邊界，除點外），則對任意，都有平面B．若，分別為，的中點，則平面截該正方體所得的截面周長為C．若動點滿足，則的最小值是D．若動點在上，點在上，則的最小值為三、填空題（本大題共3小題）12．已知事件與事件相互獨立，且，，則13．如圖，在三棱錐中，G為的重心，，，，，，若PG交平面DEF于點M，且，則的最小值為．14．已知且，若函數有且僅有兩個零點，則實數a的取值范圍是．四、解答題（本大題共5小題）15．如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底面ABCD為矩形，E，F分別為PA，CD的中點．

(1)證明：平面PBF．(2)若，，求直線PD與平面PBF所成角的正弦值．16．已知函數，．(1)若曲線在處的切線與直線相互垂直，求m的值；(2)若，求的極值．17．如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，側面底面，，，且分別為的中點．

(1)證明：．(2)若直線與平面所成的角為，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．18．甲、乙兩人進行知識問答比賽，共進行多輪搶答賽，每輪比賽中有3道搶答題，每道題均有人搶答，其計分規則如下：初始甲、乙雙方均為0分，答對一題得1分，答錯一題得分，未搶到題得0分，最后總分累計多的人獲勝．假設甲、乙搶到每題的成功率相同，且甲、乙每題答題正確的概率分別為和．(1)求甲在一輪比賽中獲得1分的概率；(2)求甲在每輪比賽中獲勝的概率；(3)求甲前三輪累計得分恰為6分的概率．19．已知定義在區間D上的函數，，若，，存在一個正實數M，滿足，則稱是的“M—陪伴函數”．(1)已知，判斷函數是否為函數的“M—陪伴函數”，并說明理由；若是，求M的最小值．(2)證明：在同一給定閉區間上的函數是函數的“M—陪伴函數”．(3)已知，若函數是函數的“3—陪伴函數”，求實數m的取值范圍．

參考答案1．【答案】D【詳解】由導數的定義可得，.故選D.2．【答案】A【詳解】因為三點共線，所以，即，所以，解得，所以，故選A.3．【答案】D【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，，故B錯誤；對于C，，故C錯誤；對于D，，故D正確.故選D.4．【答案】B【詳解】由題意可知與夾角的正弦值為，且夾角的取值范圍為，則夾角為.故選B.5．【答案】C【詳解】由題意可知，事件為“比賽進行兩局，甲獲得冠軍”，所以，，，由條件概率公式可得.故選C.6．【答案】C【詳解】當時，是一個指數函數，在R上單調遞減，所以②正確，①錯誤；當時，由，即，解得，函數與軸交于兩點，顯然四個圖象都不相符；當時，，所以③不相符；由，方程的，當時，，有兩個不等的實根，則函數兩個極值點，當時，，當時，，所以④相符.故選C.7．【答案】B【詳解】對于①，若互斥，則，又，，不相互獨立，①正確；對于②，，；扔一枚骰子，記事件為“點數大于兩點”；事件為“點數大于五點”；事件為“點數大于一點”，則，，，滿足，但不是對立事件，②錯誤；對于③，扔一枚骰子，記事件為“點數大于兩點”；事件為“點數大于五點”；事件為“點數大于六點”，則，，，，，滿足，此時，事件不相互獨立，③錯誤；對于④，，事件與互斥，，又，，即，事件相互獨立，④正確.故選B.8．【答案】D【詳解】令，取自然對數得，令令，得若，單調遞增，單調遞增；若，單調遞減，單調遞減，因為，所以，而，，所以；因為，所以，而，，所以故.故選D.9．【答案】BCD【詳解】根據題意可得函數的定義域為，又，若函數在上單調遞減，可得在上恒成立；即在上恒成立，所以，根據對勾函數性質可得在上單調遞增，當時，當時，所以，所以，結合選擇可知B、C、D符合題意.故選BCD.10．【答案】ACD【詳解】對于A，由，則與互斥，所以，故A正確；對于B，由，則，所以，故B錯誤；對于C，由，則，即與相互獨立，所以，故C正確；對于D，由，且，，可得，即，解得，故D正確.故選ACD.11．【答案】BCD【詳解】對于選項A，當運動到點時，易知不垂直于，所以不垂直于平面，故A錯誤；對于選項B，如圖，設，連接交于點，連接交于點，連接，則五邊形即截面，由題意得為等腰直角三角形，則，由，得，則，，所以，，同理可得，，因為分別為的中點，所以，則截面周長為，故B正確；對于選項C，由，得平面上點的軌跡是阿波羅尼斯圓，空間中點的軌跡是球面，球心在直線上，由得；得，則半徑，，則，所以的最小值為，故C正確；對于選項D，以D為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，設且，因，則，則，令，則，所以異面直線AC和的距離為，因的最小值即異面直線和的距離，故的最小值為，故D正確．故選BCD．12．【答案】/【詳解】因為事件、是相互獨立的，則，所以，.13．【答案】【詳解】因為，所以，因為，，，所以，因為四點共面，所以，所以，因為，當且僅當時等號成立，所以的最小值為.14．【答案】【詳解】由題意可知：的定義域為，令，則，可得，構建，可得，令，注意到且，則在內單調遞增，可知與有2個不同的交點，對于函數，令，則，解得；令，則，解得；又因為，令，解得；令，解得；可知在內單調遞增，在內單調遞減，則，且當趨近于時，趨近于0，可得的圖象如圖所示：

由圖象可知：，則且，可得且，所以實數a的取值范圍是.15．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖，取PB的中點G，連接EG，GF．，G分別是PA，PB的中點，，且．，且，，,四邊形EGFD為平行四邊形，．又平面PBF，平面PBF，平面PBF；（2）以A為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，，．

設平面PBF的法向量為，則，取，則，所以，則，直線PD與平面PBF所成角的正弦值為．16．【答案】(1)(2)極小值，無極大值【詳解】（1）函數，求導得，則，由切線與直線相互垂直，得，所以.（2）當時，的定義域為，則，當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得極小值，無極大值．17．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖，取的中點M，連接因為E為PC的中點，所以，．又因為，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，則．因為，，所以．因為平面平面，平面平面，平面，所以平面．又平面，所以，又，所以．（2）由（1）知平面．取AB的中點G，連接，則，所以平面，所以與平面所成的角為，即．又因為，所以．又因為，所以．以G為坐標原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，所以，．設平面的法向量為，則，取，則．易知平面的一個法向量為．設平面與平面所成的銳二面角為，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．18．【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由題意，設甲在一輪比賽中共搶到（）道題為事件，甲在一輪比賽中得（）分為事件，則，，∴甲在一輪比賽中獲得1分的概率為.（2）由題意及（1）得設甲在一輪比賽中獲勝為事件，∵，，，，∴，∴甲在每輪比賽中獲勝的概率為.（3）由題意，（1）及（2）得，，，，，設甲前三輪累計得分恰為6分為事件，∴∴甲前三輪累計得分恰為6分的概率為.19．【答案】(1)是，理由見解析，的最小值是(2)證明見解析；(3)【詳解】（1）假設是的＂—陪伴函數＂，則，即，則．因為且，所以，則，因此，因此是的＂－?伴函數＂，且的最小值是．（2）已知，，.記，則．記，則，即，因此是