精品解析：山东省青岛第十九中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

山东省青岛第十九中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷 2024.05 说明： 1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷．满分150分．答题时间120分钟． 2．请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项符合题目要求． 1. 函数在上的值域为（ ） A B. C. D. 2. 5个人排成一列，已知甲排在乙的前面，则甲、乙两人相邻的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球．若从中不放回地取球2次，每次任取1个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到红球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，常数项为（ ） A. 18 B. 19 C. -6 D. -5 5. 设，，随机变量X的分布列如表：则当内增大时（ ） X a 1 b P A. 增大 B. 减小 C 先增大后减小 D. 先减小后增大 6. 已知样本空间含有等可能的样本点，且，，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 甲，乙，丙，丁四位师范生分配到A，B，C三所学校实习，若每所学校至少分到一人，且甲不去A学校实习，则不同的分配方案的种数是（ ） A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设函数在R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. 有三个极值点 B. 为函数的极大值 C. 为极小值 D. 有两个极小值 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率是 B. 已知随机变量服从二项分布，若，则 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 已知随机事件A，B满足，则 11. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ） A. ， B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 第Ⅱ巻（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 甲､乙､丙､丁､戊､己共6名同学参加演讲比赛决赛，决出一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名，甲和乙去询问获奖情况，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得一等奖.”对乙说：“你没有获得三等奖，甲没有获得二等奖.”从这两个回答分析，这6人获奖情况可能有__________种. 13. 设，若，且，则______. 14. 现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率，若曲线和在处的曲率分别为，，则______；设余弦曲线的曲率为K，则的最大值为______ 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. 某市举办了党史知识竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响． （1）若该单位获得决赛资格的小组个数为，求的分布列与数学期望； （2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率． 16. 请从下列两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题． ①第4项的系数与倒数第4项的系数之比为；②展开式中第三项和第六项的二项式系数相等．已知的展开式中，______． （1）求展开式中所有项的系数和及含项； （2）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率． 17. 某班欲从6人中选派3人参加学校篮球投篮比赛，现将6人均分成甲、乙两队进行选拔比赛．经分析甲队每名队员投篮命中概率均为，乙队三名队员投篮命中的概率分别为，．现要求所有队员各投篮一次（队员投篮是否投中互不影响）． （1）若，求甲、乙两队共投中5次的概率； （2）以甲、乙两队投中次数的期望为依据，若甲队获胜，求的取值范围． 18. 已知函数. （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，，证明不等式； （3）当时，求函数的单调区间. 19. 对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． （1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； （2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省青岛第十九中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷 2024.05 说明： 1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷．满分150分．答题时间120分钟． 2．请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项符合题目要求． 1. 函数在上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得，可得在上单调递减，在上单调递增，从而可求值域. 【详解】由，可得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 又，，， 所以函数在上的值域为. 故选：A. 2. 5个人排成一列，已知甲排在乙的前面，则甲、乙两人相邻的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合古典概型的概率计算公式，计算出所求概率. 【详解】5个人排成一列，甲排在乙的前面， 基本事件有种. 其中甲、乙两人相邻的有种， 故所求概率为. 故选：A 3. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球．若从中不放回地取球2次，每次任取1个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到红球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件概率公式求解即可. 【详解】. 故选：C. 4. 在的展开式中，常数项为（ ） A. 18 B. 19 C. -6 D. -5 【答案】D 【解析】 【分析】结合多项式展开式的知识求得正确答案. 【详解】的展开式中， 常数项为 . 故选：D 5. 设，，随机变量X的分布列如表：则当内增大时（ ） X a 1 b P A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，利用方差的定义建立，利用二次函数单调性判断出的变化. 【详解】由题意：， ∵，∴. ∴ 又，∴， ∴ ∴当时，单调递减，即当内增大时减小. 故选：B 6. 已知样本空间含有等可能的样本点，且，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分别求得，，，结合独立事件的定义，可判定事件与相互独立，再结合对立事件的概念关系可运算得解. 【详解】由题意，，，， ， 所以事件与相互独立，则与也相互独立， . 故选：A. 7. 甲，乙，丙，丁四位师范生分配到A，B，C三所学校实习，若每所学校至少分到一人，且甲不去A学校实习，则不同的分配方案的种数是（ ） A. 48 B. 36 C. 24 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】分A学校只有1人去实习和A学校有2人去实习两种情况讨论求解. 【详解】①若A学校只有1人去实习，则不同的分配方案的种数是， ②若A学校有2人去实习，则不同的分配方案的种数是， 则不同的分配方案的种数共有. 故选：C. 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得到，，，构造函数，利用的单调性即可解决问题. 【详解】令，则，令，得到， 当时，，当时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又，所以， 又，，，所以， 故选：A. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设函数在R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. 有三个极值点 B. 为函数的极大值 C. 为的极小值 D. 有两个极小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的图象，得出的符号，进而求得函数的单调区间，以及函数的极值点，得到答案. 【详解】由函数的图象，可得： 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当和时，函数取得个极小值点， 当时，函数取得个极大值点. 故选：ABD. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率是 B 已知随机变量服从二项分布，若，则 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 已知随机事件A，B满足，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，根据超几何分布可计算判断；对B，由二项分布的均值和方差公式计算判断；对C，根据正态分布的对称性求出概率判断；对D，根据全概率和条件概率的计算公式求解. 【详解】对于A，从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为，故A错误； 对于B，，，解得，故B正确； 对于C，，则正态曲线的对称轴为，根据正态曲线的对称性可得，故C错误； 对于D，，， 所以，故D正确. 故选：BD. 11. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ） A. ， B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为 C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为 D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：借助正态分布中于意义即可得；对B：结合题意可得，，结合正态分布的性质计算即可得的值；对C、D：由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可得. 【详解】对A：由，，则，，故A错误； 对B：由，，则，则， ，故有，， 则，则， 即从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为， 故B正确； 对C：，则从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生， 这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为， 故C正确； 对D：，又， 故从该市高一全体学生中随机抽取一名学生， 该生测试成绩及格的概率为，该生测试成绩优秀的概率为， 则在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为， 故D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ巻（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 甲､乙､丙､丁､戊､己共6名同学参加演讲比赛决赛，决出一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名，甲和乙去询问获奖情况，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得一等奖.”对乙说：“你没有获得三等奖，甲没有获得二等奖.”从这两个回答分析，这6人的获奖情况可能有__________种. 【答案】12 【解析】 【分析】根据题意转化为安排除甲乙外一人获一等奖，一人获二等奖，利用组合即可求解. 【详解】由题意得乙获得二等奖，甲获得三等奖， 则需从其他4人中选1人获得一等奖，选1人获得二等奖，剩下2人获得三等奖， 所以6人的获奖情况可能有种. 故答案为：12 13. 设，若，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由二项式系数的性质可得，然后分别令，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 且，，所以是二项式系数最大的项，则， 令，则， 令，则， 则. 故答案为： 14. 现代建筑讲究的线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率，若曲线和在处的曲率分别为，，则______；设余弦曲线的曲率为K，则的最大值为______ 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】根据曲率的定义求得，，从而求得，求得的表达式，结合导数求得的最大值. 【详解】因为，所以，， 所以，，所以. 因为，所以，. 所以，，所以， 所以. 因为，所以，则， 所以. 令，则. 因为，所以在上单调递增， 当，即时，有最大值，所以 故答案为：；1. 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. 某市举办了党史知识竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响． （1）若该单位获得决赛资格的小组个数为，求的分布列与数学期望； （2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率． 【答案】（1）分布列见解析，数学期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）由独立事件的乘法公式结合题意算出概率，列出分布列，求出期望； （2）由条件概率和全概率公式结合题意计算可得. 【小问1详解】 设甲，乙通过两轮制的初赛分别为事件， 则， 由题意可得，的取值可能为0，1，2， 则，， ， 则的分布列为： 所以； 【小问2详解】 设表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”， 表示事件“甲小组抢到最后一道题”，表示事件“乙小组抢到最后一道题”， 则，，，， 根据全概率公式，可得， 从而， 从而该题如果被答对，恰好是甲小组答对的概率为． 16. 请从下列两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答问题． ①第4项的系数与倒数第4项的系数之比为；②展开式中第三项和第六项的二项式系数相等．已知的展开式中，______． （1）求展开式中所有项的系数和及含项； （2）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率． 【答案】（1）展开式中所有项的系数和为，含项为； （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项式定理，计算第4项和倒数第4项的系数，得到，解得答案，或根据第四项和第五项的二项式系数相等且最大，得到展开式共有8项，得到答案. （2）确定展开式共有8项，有理项共4项，根据插空法得到概率为，计算得到答案. 【小问1详解】 选择①：展开式的通项为， 展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为， 所以，即，解得， 令可得展开式中所有项的系数和为， 展开式的通项公式为，令，解得， 所以含的项为. 选择②：展开式的通项为， 由展开式中第三项和第六项的二项式系数相等，则展开式共有8项，所以. 令可得展开式中所有项的系数和为， 展开式的通项公式为，令，解得， 所以含的项为. 【小问2详解】 展开式共有8项，当为整数，即时为有理项，共4项， 由插空法可得有理项不相邻的概率为. 17. 某班欲从6人中选派3人参加学校篮球投篮比赛，现将6人均分成甲、乙两队进行选拔比赛．经分析甲队每名队员投篮命中概率均为，乙队三名队员投篮命中的概率分别为，．现要求所有队员各投篮一次（队员投篮是否投中互不影响）． （1）若，求甲、乙两队共投中5次的概率； （2）以甲、乙两队投中次数的期望为依据，若甲队获胜，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分甲队投中3次，乙队投中2次或者甲队投中2次，乙队投中3次两种情况，利用概率的乘法求解． （2）分别求出甲、乙两队投中次数的期望，比较大小求得的取值范围． 【小问1详解】 记“甲，乙两队共投中5次”为事件， 则可以是甲队投中3次，乙队投中2次或者甲队投中2次，乙队投中3次． 则， 甲、乙两队共投中5次的概率为． 【小问2详解】 记甲、乙两队投中次数分别为， 则，所以； 的取值为0，1，2，3，则， ， ， ， 所以，的分布列为 0 1 2 3 所以 若甲队获胜，则，故. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，，证明不等式； （3）当时，求函数的单调区间. 【答案】（1）1 （2）证明见详解 （3）答案见详解 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性，结合单调性求最值； （2）构建，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明； （3）求导，分类讨论最高项系数以及两根大小，利用导数求单调区间. 【小问1详解】 因为的定义域为， 当时，则，且， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以函数的最小值为. 【小问2详解】 当时，则， 构建， 则在内恒成立， 可知在内单调递增，则， 所以当，. 【小问3详解】 因为的定义域为，且， （i）若，可知， 当时，；当时，； 可知的单调递减区间为，单调递增区间为； （ⅱ）若，令，解得或， ①当，即时，的单调递减区间为，单调递增区间为； ②当，即时，的单调递减区间为，无单调递增区间； ③当，即时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述：，的单调递减区间为，单调递增区间为； ，的单调递减区间为，单调递增区间为； ，的单调递减区间为，无单调递增区间； ，的单调递减区间为，单调递增区间为. 19. 对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． （1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； （2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间. （2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可. 【小问1详解】 由为“的可移倒数点”，得， 即，整理，即，解得， 由的定义域为R，求导得， 当时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增， 所以的单调递增区间为，递减区间为． 【小问2详解】 依题意，， 由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根， ①当时，，方程可化为，解得， 这与不符，因此在内没有实数根； ②当时，，方程可化为， 该方程又可化为． 设，则， 因为当时，，所以在内单调递增， 又因为，所以当时，， 因此，当时，方程在内恰有一个实数根； 当时，方程在内没有实数根． ③当时，没有意义，所以不是的实数根． ④当时，，方程可化为， 化为，于是此方程在内恰有两个实数根， 则有，解得， 因此当时，方程在内恰有两个实数根， 当时，方程在内至多有一个实数根， 综上，的取值范围为． 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$