精品解析：青海省西宁市第十四中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

2023-2024学年高二第二学期数学期中考试试卷 一.单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则自变量x由1变到1.1时，的平均变化率为（ ） A. 0.21 B. C. 2.1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接求解即可. 【详解】平均变化率. 故选：C. 2. 曲线在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由导函数的几何意义得，曲线在某点处的导函数值即是在该点处的切线斜率，进而可求解. 【详解】因为，所以， 将代入可得切线斜率为. 故选：D. 3. 从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被整除的概率为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数：（个），三位数是的倍数，需要满足各个数位上的数之和是的倍数，有两种情况和；由 组成没有重复数字的三位数共有个，由组成没有重复数字的三位数共有 个，所以一共有：个，这个三位数被整除的概率是，故选D. 4. 垃圾分类是保护环境、改善人居环境、促进城市精细化管理、保障可持续发展的重要举措，现将3袋垃圾随机投入4个不同的垃圾桶，则不同的投法有（ ） A. 7种 B. 12种 C. 64种 D. 81种 【答案】C 【解析】 【分析】因为每袋垃圾均有4个垃圾桶可以选择，结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】因为每袋垃圾均有4个垃圾桶可以选择，不同的投法有种. 故选：C. 5. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，利用条件概率计算公式，结合概率运算性质可得答案. 【详解】， ， 又，则， . 故选：B. 6. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. －4 B. －3 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的运算公式以及切线的几何意义求解. 【详解】因为，所以， 当时，， 所以曲线在点处的切线的斜率等于3， 所以直线的斜率等于， 即，解得， 故选:D. 7. 抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知，抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个，其中有一枚正面朝上的基本事件有7个，分别求出“有一枚正面朝上”和“三枚都正面朝上”的概率，最后根据条件概率的计算公式，即可求出结果. 【详解】解：根据题意，可知抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个， 其中有一枚正面朝上的基本事件有7个， 记事件为“有一枚正面朝上”，则， 记事件为“另外两枚也正面朝上”， 则为“三枚都正面朝上”，故， 故. 即在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是. 故选：C. 【点睛】本题考查条件概率的计算公式的应用，考查分析和计算能力． 8. 某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式、全概率公式列式计算得解. 【详解】依题意，记选“初心”队为事件，选“使命”队为事件，该单位获胜为事件， 则, 因此， 所以选“使命”队参加比赛的概率. 故选：D 二、多选题：4小题，每题5分，部分对2分，错选或多选0分，共20分. 9. 若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是数列中的项 C. 数列单调递减 D. 数列前7项和最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可. 【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确， 由，得，故B错误， 因为，所以数列单调递减，故C正确， 由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确. 故选：ACD 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 设函数，且，则 C. 已知函数，则 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由基本函数的导数公式求出各项的导数后，再逐项代入判断即可. 【详解】A：，故A错误； B：，令，所以，故B正确； C：，所以，故C错误； D：，故D正确； 故选：BD. 11. 设函数在上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 函数在上为增函数 B. 函数在上为增函数 C. 函数有极大值和极小值 D. 函数有极大值和极小值 【答案】AD 【解析】 【分析】结合的图象，分析的取值情况，即可得到的单调性与极值点. 【详解】由图可知当时，所以， 当时，所以， 当时，所以， 当时，所以， 所以在上为增函数，在上为减函数，在上为减函数， 在上为增函数，故A正确，B错误， 则在处取得极大值，处取得极小值， 即函数有极大值和极小值，故C错误，D正确. 故选：AD 12. 若展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有（ ） A. 的值可能为3 B. 展开式的常数项为1120 C. 展开式中第4项的二项式系数最大 D. 展开式系数的绝对值之和可能为 【答案】AD 【解析】 【分析】采用赋值法，令，利用各项系数和为1，可求的值；根据的值，再求常数项，可判断B的真假；在中，令，可得展开式系数的绝对值之和，可判断D的真假；在利用二项式系数的性质判断C的真假. 【详解】令，根据展开式中各项系数的和为1，可得或. 故A正确； 对B：展开式的常数项为. 当时，常数项为；当时，.故B错； 对C：因为，所以展开式的第5项的二项式系数最大.故C错； 对D：在中，令，可得原展开式系数的绝对值之和为，当时，展开式系数的绝对值之和为.故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知等比数列的前项和为，且，，则___________. 【答案】32 【解析】 【分析】先根据等比数列的通项公式与前项和公式求和，再求即可. 【详解】首先，等比数列的公比不是1，这是因为若，则，所以. 由. 由. 所以. 故答案为：32 14. 若函数在区间上有单调递增区间，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意转化为在上有解，分离参数后求函数最值即可得解. 【详解】，由题意在上有解， 即在上有解， 根据对勾函数的性质可知，在上单调递增，所以在时取最大值， 故，故实数的取值范围是. 故答案为： 15. 一条铁路线上原有个车站，为了适应客运的需要，在这条铁路线上又新增加了个车站，客运车票增加了种，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得出，可得出关于、的方程组，即可解得、的值，从而得解. 【详解】由题意可得， 因为、均为正整数且，所以也为正整数，且， 又且与均为质数，所以，解得，所以. 故答案为：. 16. 已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】确定出两次取球后盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜，再分别计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率，相加即可求得结果. 【详解】若两次取球后，盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜； 若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为， 第一次取球后盒中有2个黑球和3个白球，盒装有4个黑球和2个白球， 第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为； 此时盒中恰有7个球的概率为； 若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为， 第一次取球后盒中有3个黑球和2个白球，盒装有3个黑球和3个白球， 第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为； 此时盒中恰有7个球的概率为； 所以盒中恰有7个球的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的突破口在于先分清楚两次取球后，盒中恰有7个球必须满足两次取球均为乙获胜；再分别讨论并计算出第一次取黑球、第二次取白球和第一次取白球、第二次取黑球的概率即可求得结果. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，17题10分，18题至22题各12分，共70分. 17. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）设函数，求的单调区间． 【答案】（1）； （2）增区间为，减区间为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）求出函数的导数，解导数值大于0，小于0的不等式即得. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 所以曲线在处的切线方程是. 【小问2详解】 由（1）知，的定义域为R，求导得， 由，得或，由，得， 所以的单调递增区间为；单调递减区间为. 18. 有0，1，2，3，4五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码? （2）可以组成多少个无重复数字的四位数? 【答案】（1）120 （2）96 【解析】 【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理即可求解. 【小问1详解】 完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤： 第1步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法； 第2步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法； 第3步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法； 第4步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120个. 【小问2详解】 完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤： 第1步，从1，2，3，4中选取一个数字做千位数字，有4种不同的选取方法； 第2步，从1，2，3，4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字做百位数字，有4种不同的选取方法； 第3步，从剩余的三个数字中选取一个数字做十位数字，有3种不同的选取方法； 第4步，从剩余的两个数字中选取一个数字做个位数字，有2种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间及极值; （2）求函数在上的最大值. 【答案】（1）时，单调递增，时，单调递减，极大值为无极小值. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，求出，的解，即可求出单调区间，进而求出极值； （2）结合（1）的结论判断函数在上的单调性，计算极值以及端点处的函数值，可得答案. 【小问1详解】 当时，.. 又 令，则，即时，单调递增. 令，则，即时，单调递减. 当时，有极大值为无极小值. 【小问2详解】 当在单调递增， ， 当 在上单调递增，上单调递减， ①，即在上单调递增，， ②，即在上单调递增，上单调递减， ， 综上: . 20. 二项式展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的倍．求： （1）展开式中所有二项式系数的和； （2）展开式中所有的有理项． 【答案】（1） （2），， 【解析】 【分析】（1）写出展开式的通项，即可得到第五项的二项式系数与第三项的系数，从而得到方程，根据组合数的性质求出，再根据二项式系数和为计算可得； （2）写出展开式的通项，令求出，再代入计算可得. 【小问1详解】 二项式展开式的通项为（且）， 所以第五项的二项式系数，第三项的系数为， 依题意可得，即，所以， 则， 所以展开式中所有二项式系数的和为. 【小问2详解】 由（1）可得二项式展开式的通项为（且）， 令，又且，则或或， 所以有理项有，，. 21. 已知一企业生产某产品的年固定成本为万元，每生产千件需另投入万元，若该企业一年内共生产此种产品千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为万元，且 （1）写出年利润（万元）关于年产品（千件）的函数解析式； （2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大?最大利润是多少? （注：年利润年销售收入-年总成本） 【答案】（1） （2）当年产量为千件时，该企业生产此产品所获年利润最大，最大利润为万元 【解析】 【分析】（1）分、两段分别求出函数解析式，即可得解； （2）结合（1）中函数解析式，利用导数求出函数在上的最大值，利用基本不等式求出函数在上的最大值，即可得解. 【小问1详解】 由题意当时，， 当时，， 综上可得. 【小问2详解】 ①当时，， 则， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 所以当时，取最大值，且. ②当时，， 当且仅当，即时等号成立. 综上，当年产量为千件时，该企业生产此产品所获年利润最大，最大利润为万元. 22. 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要按照以下要求到3所学校去任教，有多少种不同的分派方法. （1）6人分配到三所学校甲学校1人、乙学校2人、丙学校3人； （2）6人分配到三所学校一校1人、一校1人、一校4人； （3）6人分配到三所学校每所学校至少一人； 【答案】（1）60 （2）90 （3）540 【解析】 【分析】（1）利用分步计数原理可求得方法数； （2）先将名学生按分为三个组有种方法，则可求人分配到分配到三所学校方法数； （3）分为三个组可分为三类，即①分组；②分组；③分组；再将再分好的三个组安排到三所学校可求总的方法数. 【小问1详解】 名学生选名到甲学校任教有种方法；从剩余的名学生中选名到乙学校有种方法；剩余名学生都分配到丙学校去任教有种方法， 则人分配到三所学校甲学校人、乙学校人、丙学校人共有种分配方法； 【小问2详解】 名学生按分为三个组有种方法，则人分配到三所学校一学校人、一学校人、一学校人共有种分配方法； 【小问3详解】 由题可得学生的分配方案可以有：①；②；③； ①名学生按分为三个组有种方法， 则人分配到三所学校共有种分配方法； ②名学生按分为三个组有种分法，则人分配到三所学校一学校人、一学校人、一学校人共有种分配方法； ③名学生平均分配到所学校有种方法； 则人分配到三所学校每所学校至少一人一共有：种方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高二第二学期数学期中考试试卷 一.单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则自变量x由1变到1.1时，的平均变化率为（ ） A. 0.21 B. C. 2.1 D. 2. 曲线在处的切线斜率为（ ） A. 0 B. C. D. 3. 从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数，则该三位数能被整除的概率为 A. B. C. D. 4. 垃圾分类是保护环境、改善人居环境、促进城市精细化管理、保障可持续发展的重要举措，现将3袋垃圾随机投入4个不同的垃圾桶，则不同的投法有（ ） A. 7种 B. 12种 C. 64种 D. 81种 5. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ） A. －4 B. －3 C. 4 D. 3 7. 抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：4小题，每题5分，部分对2分，错选或多选0分，共20分. 9. 若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是数列中的项 C. 数列单调递减 D. 数列前7项和最大 10. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 设函数，且，则 C. 已知函数，则 D. 11. 设函数在上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 函数在上为增函数 B. 函数在上为增函数 C. 函数有极大值和极小值 D. 函数有极大值和极小值 12. 若展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的有（ ） A. 的值可能为3 B. 展开式的常数项为1120 C. 展开式中第4项的二项式系数最大 D. 展开式系数的绝对值之和可能为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知等比数列的前项和为，且，，则___________. 14. 若函数在区间上有单调递增区间，则实数的取值范围是______． 15. 一条铁路线上原有个车站，为了适应客运的需要，在这条铁路线上又新增加了个车站，客运车票增加了种，则________. 16. 已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是______． 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，17题10分，18题至22题各12分，共70分. 17. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）设函数，求的单调区间． 18. 有0，1，2，3，4五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码? （2）可以组成多少个无重复数字的四位数? 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间及极值; （2）求函数在上的最大值. 20. 二项式展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的倍．求： （1）展开式中所有二项式系数的和； （2）展开式中所有的有理项． 21. 已知一企业生产某产品的年固定成本为万元，每生产千件需另投入万元，若该企业一年内共生产此种产品千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为万元，且 （1）写出年利润（万元）关于年产品（千件）的函数解析式； （2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大?最大利润是多少? （注：年利润年销售收入-年总成本） 22. 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要按照以下要求到3所学校去任教，有多少种不同的分派方法. （1）6人分配到三所学校甲学校1人、乙学校2人、丙学校3人； （2）6人分配到三所学校一校1人、一校1人、一校4人； （3）6人分配到三所学校每所学校至少一人； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $