精品解析：四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高二下学期5月期中质量检测数学试题

铧2022级高二（下）半期质量检测数学试卷 （卷面分值：150分考 试时间120分钟） 一、选择题：本大题共8个小题，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. 乘积完全展开后的项数是（ ） A. 8 B. 9 C. 15 D. 18 2. 若，则的值为（ ） A. 63 B. 64 C. 127 D. 128 3. 的展开式中，含项的系数为（ ） A. 21 B. 9​ C. 189​ D. 126 4. 从装有4个红球，2个白球的袋子中，不放回地依次抽取两个小球，在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数不存在极值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. ，则的值为（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 7. 已知在函数的图像上，在直线上，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 8. 函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3个小题，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，有选错的得0分；若只有两个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分. 9. 甲、乙、丙等5人排成一列，下列说法正确的有（ ） A. 若甲和乙相邻，共有48种排法 B. 若甲不排第一个共有96种排法 C. 若甲与丙不相邻，共有36种排法 D. 若甲在乙的前面，共有60种排法 10. 已知二项式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大 C. 展开式各项系数之和是243 D. 展开式中的有理项有4项 11. 关于函数，，下列说法正确的是（ ） A. 若过点可以作曲线的两条切线，则 B. 若在上恒成立，则实数的取值范围为 C. 若在上恒成立，则 D. 若函数有且只有一个零点，则实数的范围为 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知离散型随机变量X的分布列为 -1 0 1 a 设，则Y的数学期望______． 13. 一个长方形，被分为A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有____________种． 14. 已知函数，则的极小值为___________；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是___________. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. ChatGPT是由人工智能研究实验室OpenAI于2022年11月30日发布的一款全新聊天机器人棋型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT的开发主要采用PLHF（人类反馈强化学习）技术.在测试ChatGPT时，如果输入的问题没有语法错误，则ChatGPT的回答被采纳的概率为，当出现语法错误时，ChatGPT的回答被采纳的概率为. （1）在某次测试中输入了7个问题，ChatGPT的回答有5个被采纳.现从这7个问题中抽取3个，以表示这抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求的分布列和数学期望； （2）已知输入的问题出现语法错误的概率为， （i）求ChatGPT的回答被采纳的概率； （ii）若已知ChatGPT的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率. 16. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是. （1）求的值； （2）求展开式中的常数项，并指出是第几项； （3）求展开式中系数绝对值最大的项. 17. 第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是.（以下问题用数字作答） （1）若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？ （2）若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？ （3）若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？ 18. 某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． （1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率； （2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答， （i）求丙取出的第一道题是选择题的概率； （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，求乙从箱中取出的是两道论述题的概率． 19. 已知函数是自然对数的底数． （1）当时，求函数的单调性； （2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铧2022级高二（下）半期质量检测数学试卷 （卷面分值：150分考 试时间120分钟） 一、选择题：本大题共8个小题，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. 乘积完全展开后的项数是（ ） A. 8 B. 9 C. 15 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意从、、中取一个有种取法， 从、中取一个有种取法， 从、、中取一个有种取法， 所以乘积完全展开后的项数为. 故选：D 2. 若，则的值为（ ） A. 63 B. 64 C. 127 D. 128 【答案】C 【解析】 【分析】由组合数的性质计算，结合二项式系数的性质求结论. 【详解】因为，又 所以，解得， 所以， 所以. 故选：C. 3. 的展开式中，含项的系数为（ ） A. 21 B. 9​ C. 189​ D. 126 【答案】C 【解析】 【分析】由展开式通项直接计算含项的系数即可． 【详解】展开式通项为， 令，解得，所以含项的系数为， 故选：C． 4. 从装有4个红球，2个白球的袋子中，不放回地依次抽取两个小球，在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”，分别求出，根据条件概率公式即可求出结果. 【详解】记事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”， 则， 所以在第一次抽取到白球的条件下，第二抽到白球的概率. 故选：C. 5. 若函数不存在极值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导函数，依题意恒成立，则，即可求出参数的取值范围. 【详解】因为的定义域为， 且， 又函数不存在极值， 则没有变号零点， 所以恒成立，则，解得， 即的取值范围是. 故选：D 6. ，则的值为（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，应用赋值法求、，即可求目标式的值. 【详解】由， 当时，， 当时，， ∴. 故选：A 7. 已知在函数的图像上，在直线上，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设函数上在点的切线恰与直线平行，利用导数的几何意义求出，则的最小值即为切点到直线的距离. 【详解】设函数上在点的切线恰与直线平行， 由，可得，则， 所以，解得， 所以的最小值为点到直线的距离. 故选：A 8. 函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意构造函数，由条件不等式判断函数在上单调递减，将不等式转化成，利用单调性将问题简化为在上恒成立，求出函数在上的最小值即得. 【详解】由，，可设，， 则，即函数在上为减函数, 因，则，由可得，即， 故得，即在上恒成立. 令，，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则时，取得最小值，故，又，故. 故选：B. 二、多选题：本大题共3个小题，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，有选错的得0分；若只有两个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分. 9. 甲、乙、丙等5人排成一列，下列说法正确的有（ ） A. 若甲和乙相邻，共有48种排法 B. 若甲不排第一个共有96种排法 C. 若甲与丙不相邻，共有36种排法 D. 若甲在乙的前面，共有60种排法 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用特殊元素优先可判断B选项；利用插空法可判断C选项；利用组合法可判断D选项. 【详解】选项A:若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序 共有种排法，A对; 选项B：若甲不排第一个，则甲有4种排法，其余全排，共有种，B对； 选项C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空，所以，共有种排法，C错； 选项D，若甲在乙的前面，只需在5个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前面，然后将其余3个人全排，共有种排法，D对. 故选：ABD. 10. 已知二项式的二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大 C. 展开式各项系数之和是243 D. 展开式中的有理项有4项 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式系数和为，计算可得，判断A；根据，即可判断B；令，即可判断C；求出展开式的通项，令的幂指数为整数，即可判断D. 【详解】因为知二项式的二项式系数和为，所以，即，故A正确； 因为，所以二项展开式有6项，所以展开式的第三项和第四项的二项式系数均为最大值，故B错误； 令，，所以展开式各项系数之和是243，故C正确； 二项式展开式的通项为，， 所以、、时，为有理项，即展开式中的有理项只有项，故D错误. 故选：AC 11. 关于函数，，下列说法正确的是（ ） A. 若过点可以作曲线的两条切线，则 B. 若在上恒成立，则实数的取值范围为 C. 若在上恒成立，则 D. 若函数有且只有一个零点，则实数的范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意可知点在下方及轴上方，从而可对A判断；设出切点，求出切线方程，再结合题意中的几何条件，从而可对B判断；构造函数，利用导数分别可求出的单调性及最值情况，画出相应图象，从而可对C、D判断求解. 【详解】对A：由题意知可知当点在曲线的下方和轴上方才可以作出两条切线， 所以，故A正确. 对B：由在上恒成立，等价于在上横在上方， 设的切点坐标为，其切线方程为， 对应的切线经过坐标原点，将代入解得，其切线斜率， 所以实数的取值范围为，故B正确. 对C：若在上恒成立，则在时恒成立， 即，，设，，则， 当时，，当，， 所以在区间上单调递增，上单调递减， 当时，取到极大值也是最大值为，所以，故C正确. 对D：由C知，当时，，当时，， 当时，， 所以在区间，上单调递减，上单调递增， 当时，取到极小值，当时，取到极大值， 而时，恒成立，故可画出函数的图象如下： 要求函数的零点，即求与图象的交点个数， 所以可知或时，有且只有一个零点，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： （1）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； （2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用； （3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知离散型随机变量X的分布列为 -1 0 1 a 设，则Y的数学期望______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据题意先求出，再求出，再结合期望的性质从而可求解. 【详解】由已知得，解得， 则， . 故答案为：. 13. 一个长方形，被分为A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有____________种． 【答案】72 【解析】 【分析】根据分步计数原理与分类计数原理，列出每一步骤及每种情况，计算即可. 【详解】我们需要用四种颜色给五个区域涂色，使得区域的颜色均和区域的颜色不同，区域和，和，和，和每对的颜色都不相同. 那么首先区域有四种涂法，颜色确定后，区域仅可以使用其余三种颜色. 由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同色，所以同色的区域一定是和，或者和. 如果这两对区域都是同色的，那么和，以及和，分别需要在剩余的三种颜色里选出一种，且颜色不能相同，所以此时的情况数有种； 如果和同色，但和不同色，那么和的颜色有三种选择，选择后，和的颜色只能是剩余的两种，且不相同，但排列顺序有两种，所以此时的情况数有种； 如果和同色，但和不同色，同理，此时的情况数有种. 综上，区域的颜色确定后，剩下四个区域的涂色方式共有种. 而区域的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有种. 故答案为：. 14. 已知函数，则的极小值为___________；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）利用导数可求得函数的极小值； （2）由题意可得出，分、、三种情况讨论，根据题意可得出关于的不等式，进而可求得的取值范围. 【详解】由，得， 令，得， 列表如下： 递减 极小值 递增 所以，函数的极小值为； （2），，使得，即，. ①当时，函数单调递增，， ，即； ②当时，函数单调递减，， ，即； ③当时，，不符合题意. 综上：. 故答案为：；. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. ChatGPT是由人工智能研究实验室OpenAI于2022年11月30日发布的一款全新聊天机器人棋型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT的开发主要采用PLHF（人类反馈强化学习）技术.在测试ChatGPT时，如果输入的问题没有语法错误，则ChatGPT的回答被采纳的概率为，当出现语法错误时，ChatGPT的回答被采纳的概率为. （1）在某次测试中输入了7个问题，ChatGPT的回答有5个被采纳.现从这7个问题中抽取3个，以表示这抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求的分布列和数学期望； （2）已知输入的问题出现语法错误的概率为， （i）求ChatGPT的回答被采纳的概率； （ii）若已知ChatGPT的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率. 【答案】（1） 1 2 3 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）服从超几何概率分布，直接求解即可. （2）利用全概率公式求解ChatGPT的回答被采纳的概率；利用条件概率公式求解该问题的输入没有语法错误的概率即可. 【小问1详解】 易知的所有取值为1，2，3， 此时，，， 所以的分布列为： 1 2 3 则； 【小问2详解】 （ⅰ）记“输入的问题没有语法错误”为事件A， 记“输入的问题有语法错误”为事件， 记“ChatGPT的回答被采纳”为事件， 易知， 所以，，， ； （ⅱ）若ChatGPT的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率 16. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是. （1）求的值； （2）求展开式中的常数项，并指出是第几项； （3）求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】（1） （2）常数项为60，为第5项 （3） 【解析】 【分析】（1）由二项式系数之比列式求解即可； （2）求出展开式的通项，再令的指数等于零，即可得解； （3）假设系数绝对值最大，则它的系数的绝对值不小于前一项的系数的绝对值，并且不小于后一项的系数的绝对值，利用不等式组求解即可. 【小问1详解】 依题意可得第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为， 所以，即，则，或（舍去）； 【小问2详解】 展开式的通项为 ， 令，解得， 所以，所以常数项为60，为第5项； 【小问3详解】 设第项系数绝对值最大， 则， ， 解得，又，， ，即展开式中系数绝对值最大的项为. 17. 第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是.（以下问题用数字作答） （1）若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？ （2）若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？ （3）若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？ 【答案】（1）63种 （2）504种 （3）540种 【解析】 【分析】（1）根据可去裁判的人数结合组合数的性质分析运算； （2）利用间接法，在所有排列情况下排除A担任第一场比赛的主裁判或C担任第三场比赛的主裁判的可能； （3）根据题意，分类讨论人数的分配情况运算求解. 【小问1详解】 由题意知：可去名裁判， 所以共有（种）不同的安排方法. 【小问2详解】 这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，共有种方法， 若A担任第一场比赛的主裁判的方法数为； 若C担任第三场比赛的主裁判的方法数为； 若A担任第一场比赛的主裁判同时担任第三场比赛的主裁判的方法数为； 所以A不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，共有（种）不同的安排方法. 【小问3详解】 亚洲杯组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，则分类如下： ①这6名裁判分为1人，1人，4人这三组，共有（种）不同的安排方法； ②这6名裁判分为1人，2人，3人这三组，共有（种）不同的安排方法； ③这6名裁判分为2人，2人，2人这三组，共有（种）不同的安排方法. 综上所述：组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，共有（种）不同的安排方法. 18. 某校团委开展知识竞赛活动．现有两组题目放在两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题．参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子． （1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率； （2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答， （i）求丙取出的第一道题是选择题的概率； （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，求乙从箱中取出的是两道论述题的概率． 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）设出事件,利用全概率公式求解即可； （2）设出事件，，，并求出对应的概率，利用全概率公式求出，然后利用条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件表示“甲第i次从B信封中取到论述题”，，2， 则，，，. 由全概率公式得第2题抽到论述题的概率. 【小问2详解】 设事件A为“丙从B信封中取出的第一个题是选择题”， 事件为“乙从A信封中取出2个选择题”， 事件为“乙从A信封中取出1个选择题和1个论述题”， 事件为“乙从A信封中取出2个论述题”， 则，，两两互斥且， 则，，， ，，， （i）所以丙取出的第一道题是选择题的概率为， （ii）已知丙取出的第一道题是选择题，乙从箱中取出的是两道论述题的概率为. 19. 已知函数是自然对数的底数． （1）当时，求函数的单调性； （2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值． 【答案】（1）的增区间是，减区间是 （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）求函数的导数，再代入，利用导数求函数的单调性即可； （2）方程，转化为，利用导数分析函数的图象，再利用数形结合，求参数的取值范围； （3）首先参变分离为，再令，利用导数求函数的单调区间，并求函数的最小值的取值范围，即可求解的最大值. 【小问1详解】 ， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上可知，当时， 的增区间是，减区间是. 【小问2详解】 方程，显然当时，方程不成立，则，， 若方程有两个不等实根，即与有2个交点， ， 当时，，在区间和单调递减， 并且时，，当时，， 当时，，单调递增， 时，当时，取得最小值，， 如图，函数的图象， 与有2个交点，则； 【小问3详解】 当时，，， 所以， 当时，，， 令，， 则， 由（1）可知，在单调递增，而且， 所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点， 设此零点为，则，且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的最小值为， 所以， 所以整数的最大值为2. 【点睛】关键点点睛：本题第二问和第三问的关键是运用参变分离，转化为函数图象的交点问题，以及隐点问题，求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $