精品解析：山西省忻州市2023-2024学年高二下学期5月联考数学试题

高二数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至第三册． 一、选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 将代数式展开后，共有（ ） A. 11项 B. 25项 C. 30项 D. 36项 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 3. 已知5对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，去掉1对数据后，剩下的4对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，则（ ） A. B. C. D. 的大小无法确定 4. 在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数中，个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为（ ） A. 48 B. 96 C. 60 D. 120 6. 某商场有，两种抽奖活动，，两种抽奖活动中奖的概率分别为，，每人只能参加其中一种抽奖活动．甲参加，两种抽奖活动的概率分别为，，已知甲中奖，则甲参加抽奖活动中奖的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 学校要安排一场文艺晚会的12个节目（2个小品节目、2个话剧节目、4个音乐节目、4个舞蹈节目）的演出顺序，要求2个小品节目必须相邻，2个话剧节目不能相邻，则不同的排法数为（ ） A. B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（ ） A. B. C. D. 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若，则下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为 B. C D. 除以10余数为9 10. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 11. 已知，且成等差数列，随机变量的分布列为 1 2 3 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 某图书馆有文化类图书300本，科学类图书400本，若甲从这两类图书中借阅一本，则不同的选法共有______种． 13. 若等比数列（）单调递增，且，，成等差数列，则的公比为______． 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动8次，则质点经过最终到达2的位置的概率为________. 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. 某生产企业对原有的生产线进行技术升级，在技术升级前后，分别从其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下列联表： 合格品 不合格品 合计 升级前 120 80 200 升级后 150 50 200 合计 270 130 400 （1）根据上表，依据小概率值的独立性检验，能否认为产品的合格率与技术是否升级有关？ （2）在抽取的所有合格品中，按升级前后合格品的比例进行分层随机抽样，抽取9件产品，然后从这9件产品中随机抽取4件，记其中属于升级前生产的有件，属于升级后生产的有件，求的概率. 附：，其中. 0.1 005 0.01 0005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 某考试分为笔试和面试两个部分，每个部分的成绩分为A，B，C三个等级，其中A等级得3分、B等级得2分、C等级得1分.甲在笔试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，在面试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，甲笔试的结果和面试的结果相互独立. （1）求甲在笔试和面试中恰有一次获得A等级的概率； （2）求甲笔试和面试的得分之和X的分布列与期望. 17. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且． （1）求的方程； （2）过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：． 18. （1）在的展开式中，求形如（，）的所有项的系数之和． （2）证明：展开式中的常数项为． （3）设的小数部分为，比较与1的大小 19 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）当时，若恒成立，求实数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册至第三册． 一、选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 将代数式展开后，共有（ ） A. 11项 B. 25项 C. 30项 D. 36项 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合多项式乘法列式计算即得. 【详解】多项式乘以多项式，是一个多项式中每一项与另一个多项式中每一项积的和， 因此代数式展开后，共有项. 故选：C 2 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性计算得解. 【详解】依题意，由正态分布的对称性得． 故选：C 3. 已知5对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，去掉1对数据后，剩下的4对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，则（ ） A. B. C. D. 的大小无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】由散点图，以及样本中心，即可判断选项. 【详解】由题意可知，，， 所以样本点中心是，所以去掉样本点中心后， 由相关系数的公式得 故选：A 4. 在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用线面角的向量求法列式计算即得. 【详解】由直线一个方向向量为，平面的一个法向量为， 得直线与平面所成角的正弦值为． 故选：B 5. 用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数中，个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为（ ） A. 48 B. 96 C. 60 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】根据特殊位置优先安排，万位上的数字不能为0，先排万位，再排其他数位，最后根据定序问题求解即可. 【详解】万位上的数字不能为0，先排万位，再排其他数位， 则用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数的个数为， 所以个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为． 故选：A. 6. 某商场有，两种抽奖活动，，两种抽奖活动中奖的概率分别为，，每人只能参加其中一种抽奖活动．甲参加，两种抽奖活动的概率分别为，，已知甲中奖，则甲参加抽奖活动中奖的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算即得. 【详解】用事件，分别表示甲参加，两种抽奖活动，表示甲中奖， 则，，，， 由全概率公式得， 所以甲参加抽奖活动中奖的概率． 故选：D 7. 学校要安排一场文艺晚会的12个节目（2个小品节目、2个话剧节目、4个音乐节目、4个舞蹈节目）的演出顺序，要求2个小品节目必须相邻，2个话剧节目不能相邻，则不同的排法数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据相邻捆绑法和不相邻插空法，结合排列数公式，即可求解. 【详解】先捆绑2个小品节目，再和4个音乐节目、4个舞蹈节目排列，然后插入2个话剧节目， 不同的排法数为． 故选：B. 8. 在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可. 【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法， 在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同， 所以八个部分中的点的个数分别为，，，，2，2，2，1， 故所求的概率为． 故选：B. 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若，则下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为 B. C. D. 除以10的余数为9 【答案】BC 【解析】 【分析】由二项展开式二项式系数之和的性质判断A；利用赋值法判断B；利用展开式通项公式判断C；利用构造二项式的展开式来解决整除和余数问题判断D. 【详解】的展开式中奇数项的二项式系数之和为，故A错误； 令，可得，令，， 则，故B正确； ，故C正确； ，故除以10的余数为1，故D错误. 故选：BC. 10. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 【答案】ACD 【解析】 【分析】将4个奖项分给4个人的全排列数判断A；按另两个奖项由1人获得、2人获得分类计算判断B；将4个奖项按平均分组，再分配判断C；取2个奖项一组，分3组分给3人判断D. 【详解】对于A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有种不同的获奖情况，A正确． 对于B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得2个奖项或者有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，B错误． 对于C，若仅有两人获奖，则有两人各获得2个奖项，共有种不同的获奖情况，C正确． 对于D，若仅有三人获奖，则有一人获得2个奖项，有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，D正确． 故选：ACD 11. 已知，且成等差数列，随机变量的分布列为 1 2 3 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合分布列的性质计算判断AB；求出期望、方差的函数关系推理判断CD. 【详解】对于AB，由，得，A错误，B正确； 对于C，由，得，则，C正确； 对于D， ， 当时，取得最大值，且最大值为，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 某图书馆有文化类图书300本，科学类图书400本，若甲从这两类图书中借阅一本，则不同的选法共有______种． 【答案】700 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理进行求解即可. 【详解】不同的选法共有种． 故答案为：700. 13. 若等比数列（）单调递增，且，，成等差数列，则的公比为______． 【答案】2 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项列等式，求出与之间的关系，再根据，逐一讨论即可. 【详解】设等比数列的公比为，由题意得， 得，由，可知， 当时，，不成立； 当时，，符合题意； 当时，，，不符合题意； 当时，，不符合题意，故的公比为2． 故答案为：2. 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动8次，则质点经过最终到达2的位置的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据实际的问题情景，结合二项分布计算出所求的概率. 【详解】质点从原点0出发，经过最终到达2的位置，需移动8次，其中必然有3次向左， 分为两类：第一类，当质点第2次移动到达的位置时，质点先向左移动了2次，在后续的6次移动中，只要向左移动1次即可， 则所求概率为； 第二类，当前3次移动未到达，且第4次移动到达时，质点前4次的移动顺序为，，后续的4次移动中全部向右移动即可， 则所求的概率为. 故所求的概率为. 故答案为： 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. 某生产企业对原有的生产线进行技术升级，在技术升级前后，分别从其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下列联表： 合格品 不合格品 合计 升级前 120 80 200 升级后 150 50 200 合计 270 130 400 （1）根据上表，依据小概率值独立性检验，能否认为产品的合格率与技术是否升级有关？ （2）在抽取的所有合格品中，按升级前后合格品的比例进行分层随机抽样，抽取9件产品，然后从这9件产品中随机抽取4件，记其中属于升级前生产的有件，属于升级后生产的有件，求的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有关 （2） 【解析】 【分析】（1）根据表格数据计算卡方，与临界值比较即可判断； （2）根据分层抽样得抽取的9件中属于升级前生产的和升级后生产的件数，确定的取值，求出对应的概率，即可求解. 【小问1详解】 零假设为：产品的合格率与技术是否升级无关. ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为产品的合格率与技术是否升级有关. 【小问2详解】 由题意，升级前后合格品的比例为4:5，故抽取的9件中有4件属于升级前生产的， 有5件属于升级后生产的. 包括和两种情况： 当，时，， 当，时，， 则的概率. 16. 某考试分为笔试和面试两个部分，每个部分的成绩分为A，B，C三个等级，其中A等级得3分、B等级得2分、C等级得1分.甲在笔试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，在面试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，甲笔试的结果和面试的结果相互独立. （1）求甲在笔试和面试中恰有一次获得A等级的概率； （2）求甲笔试和面试的得分之和X的分布列与期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）恰有一次获得A等级分:“笔试A等级且面试非A等级”与“面试A等级且笔试非A等级”两种情况，然后利用相互独立事件概率乘法公式计算每一种情况的发生的概率，再利用互斥事件概率加法公式求解. （2）根据题意求出的所有可能取值，然后利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式求出每一个取值对应随机事件的概率，列出分布列，用期望公式求出期望. 【小问1详解】 甲在笔试和面试中恰有一次获得等级的概率为. 【小问2详解】 由题意得的可能取值为2，3，4，5，6， ， ， ， ， ， 则的分布列为 2 3 4 5 6 所以. 17. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且． （1）求的方程； （2）过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件，得到直线方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案； （2）设直线MN的方程为，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，由，所以，由（1）可知，计算即可证得结论. 【小问1详解】 设． 因为点的坐标为，所以， 由得， 则， 从而 得，所以的方程为． 【小问2详解】 证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为． 设，由可得， 则 所以． 由（1）可知， 因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以 可得，即． 【点睛】 18. （1）在的展开式中，求形如（，）的所有项的系数之和． （2）证明：展开式中的常数项为． （3）设的小数部分为，比较与1的大小 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）根据所求项，将问题化为求展开式中的所有项的系数和，再由赋值法求结果； （2）将多项式化为，结合二项式定理求分子中含的项，即可证； （3）由题设可得，应用二项式定理展开左侧并化简，即可判断大小. 【详解】（1）解：（，）的项即展开式中的所有项， 令，得（，）的所有项的系数之和为． （2）证明：因为， 所以 ， 对于，其中含的项为， 所以展开式中的常数项为． （3）解：由，得的整数部分为2， 则，所以， 即 ， 所以， 因为，则， 所以． 19. 已知函数 （1）讨论单调性； （2）当时，若恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性； （2）参变分离可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，且， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上可得：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由，得，显然，从而恒成立， 令，， 则． 令，，因为在上单调递增，且，， 所以，， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 因为，所以， 所以， 所以，即的最大值为． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$