精品解析：广东省江门市新会第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题

2023－2024学年度第二学期期中考试 高二级数学科试题 第Ⅰ部分 选择题 一、单项选择题(每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题目要求). 1. 在的展开式中，项的系数为（ ） A. 1 B. 10 C. 40 D. 80 2. 设函数f（x）=+lnx ，则 （ ） A. x=为f(x)的极大值点 B. x=为f(x)的极小值点 C. x=2为 f(x)的极大值点 D. x=2为 f(x)的极小值点 3. 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（ ） A. 4种 B. 10种 C. 18种 D. 20种 4. 若函数导函数在区间上是增函数，则函数在区间上的图象可能是 A. B. C. D. 5. 已知某家族有、两种遗传性状，该家族某位成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，、两种遗传性状都不出现的概率为．则该成员在出现性状的条件下，出现性状的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 把座位号为、、、、、的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法种数为（ ） A. B. C. D. 7. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，） A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014 8. 若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A B. C. D. 二、多选题: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. 对于随机变量，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 11. 甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ部分 非选择题 三、填空题(每小题5分，共15分) 12. 计算：___________. 13. 如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则质点回到原点的概率为_____________. 14. 如图，用6种不同颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　　　　　种（用数字作答）． 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知在处取得极小值． （1）求的解析式； （2）若方程有且只有一个实数根，求的取值范围. 16. 某校从高三年级中选拔一个班级代表学校参加“学习强国知识大赛”，经过层层选拔，甲、乙两个班级进入最后决赛，规定回答1道相关问题做最后的评判选择由哪个班级代表学校参加大赛．每个班级4名选手，现从每个班级4名选手中随机抽取2人回答这个问题．已知这4人中，甲班级有3人可以正确回答这道题目，而乙班级4人中能正确回答这道题目的概率均为，甲、乙两班级每个人对问题的回答都是相互独立、互不影响的． （1）求甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率． （2）设甲、乙两个班级被抽取的选手中能正确回答题目的人数分别为，，求随机变量，的期望，和方差，，并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好． 17. 已知函数． （1）若，求函数的零点; （2）讨论函数的单调性. 18. 某企业因技术升级，决定从2023年起实现新的绩效方案.方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查： 一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球.企业所有员工从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式一回答问卷，否则按方式二回答问卷”. 方式一：若第一次摸到是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”； 方式二：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”. 当所有员工完成问卷调查后，统计画○，画×的比例.用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值.其中满意度. （1）求每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率 （2）若该企业某部门有9名员工，用表示其中按方式一回答问卷人数，求的数学期望； （3）若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度. 19. 已知函数. （1）若，求的取值范围； （2）记的零点为（），的极值点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023－2024学年度第二学期期中考试 高二级数学科试题 第Ⅰ部分 选择题 一、单项选择题(每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题目要求). 1. 在的展开式中，项的系数为（ ） A. 1 B. 10 C. 40 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】利用通项求解可得. 【详解】通项公式， 当时，， 所以项的系数为80. 故选：D 2 设函数f（x）=+lnx ，则 （ ） A. x=为f(x)的极大值点 B. x=为f(x)的极小值点 C. x=2为 f(x)的极大值点 D. x=2为 f(x)的极小值点 【答案】D 【解析】 【详解】， 由得， 又函数定义域为， 当时，，递减， 当时，，递增， 因此是函数的极小值点．故选D． 考点：函数的极值． 3. 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（ ） A. 4种 B. 10种 C. 18种 D. 20种 【答案】B 【解析】 【详解】分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C42＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C41＝4种方法．所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)． 4. 若函数的导函数在区间上是增函数，则函数在区间上的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：∵函数y=f（x）的导函数在区间[a，b]上是增函数，∴对任意的a＜x1＜x2＜b，有 也即在a,x1,x2,b处它们的斜率是依次增大的．∴A 满足上述条件， 对于B 存在使，对于C 对任意的a＜x1＜x2＜b，都有，对于D 对任意的x∈[a，b]，不满足逐渐递增的条件，故选A． 考点：单调性与导函数的关系. 5. 已知某家族有、两种遗传性状，该家族某位成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，、两种遗传性状都不出现的概率为．则该成员在出现性状的条件下，出现性状的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记事件该家族某位成员出现性状，事件该家族某位成员出现性状，求出，利用条件概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】记事件该家族某位成员出现性状，事件该家族某位成员出现性状， 则，，，则， 又因为，则， 故所求概率为. 故选：B. 6. 把座位号为、、、、、的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，利用隔板法，先将座号、、、、、分成四份，然后再分给甲、乙、丙、丁四个人即可. 【详解】因为每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号， 又分给甲、乙、丙、丁四个人， 则在座位号、、、、、的五个空位插3个板子，有种， 然后再分给甲、乙、丙、丁四个人，有种， 所以不同的分法种数为, 故选：B 7. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，） A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解. 【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则， 所以，， 由题意，，且，， 因为， 所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为， 故选：B. 8. 若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对不等式分离参数得到，令，构造函数，，则，通过导数研究单调性求出最大值即可. 【详解】由不等式恒成立，且， 分离参数得，所以，即， 设，得，，设，，则. ，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以. 所以. 故选：C. 二、多选题: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. 对于随机变量，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据期望和方差变换公式和二项分布、正态分布相关概念求解即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，若，则，故D正确. 故选：ABD 10. 已知(a＋b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为（ ） A 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】ABC 【解析】 【分析】若为偶数，则展开式中间一项的二项式系数最大；若为奇数，则展开式中间两项与的二项式系数和相等，且最大. 【详解】若展开式只有第五项的二项式系数最大，则，解得：n＝8；若展开式第四项和第五项的二项式系数最大，则，解得：n＝7；若展开第五项和第六项的二项式系数最大，则，解得：n＝9； 故选：ABC 11. 甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，重复一次操作，甲袋中有1红的情况有两种，运用互斥事件的概率加法公式计算即得；对于B项，运用条件概率公式，分别算出和代入公式计算即得；对于C项，运用独立事件的概率乘法公式计算即得；对于D项，运用相容事件的并的概率公式计算即得. 【详解】因在操作前，甲袋中：1红2白，乙袋中：1红2白． 对于A项，重复1次操作，甲口袋中有1红的概率，故A项正确； 对于B项，，，，故，故B项正确； 对于C项，因事件与相互独立，则，，故C项错误； 对于D项，，故D项正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：对所求事件所包含的情况的判断，求若干事件的并的概率，需要判断互斥还是相容，对于条件概率题，要么用样本空间中基本事件数计算，要么用概率公式计算，对于积事件的概率应先判断两事件的独立性，再用公式求. 第Ⅱ部分 非选择题 三、填空题(每小题5分，共15分) 12. 计算：___________. 【答案】28 【解析】 【分析】运用排列组合数的计算公式计算. 【详解】 故答案为：28. 13. 如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则质点回到原点的概率为_____________. 【答案】##0.3125 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理、组合以及古典概型的概率公式计算可求得结果. 【详解】质点从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次， 可能的结果共有种情况， 若质点回到原点，则向左移动3次向右移动3次，共有种情况， 所以质点回到原点的概率为. 故答案为：. 14. 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　　　　　种（用数字作答）． 【答案】390 【解析】 【详解】用2色涂格子有种方法, 用3色涂格子,第一步选色有,第二步涂色,共有种, 所以涂色方法种方法, 故总共有390种方法. 故答案为:390 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知在处取得极小值． （1）求解析式； （2）若方程有且只有一个实数根，求的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意可得列方程组可求出，从而可求出的解析式； （2）方程有且只有一个实数根等价于有且只有一个实数根，再转化为直线与曲线有且只有一个交点，利用导数求出单调区间和极值，从而可求出的取值范围. 【小问1详解】 由题意知， 因为在处取得极小值， 则，解得：， 经检验，满足题意，所以， 所以. 【小问2详解】 令，解得或， 则，，的关系如下表： + 0 0 + 单调递增 单调递减 单调递增 则，， 则的图象如图所示， 方程有且只有一个实数根等价于有且只有一个实数根， 等价于直线与曲线有且只有一个交点， 即或，解得：或， 所以.· 16. 某校从高三年级中选拔一个班级代表学校参加“学习强国知识大赛”，经过层层选拔，甲、乙两个班级进入最后决赛，规定回答1道相关问题做最后的评判选择由哪个班级代表学校参加大赛．每个班级4名选手，现从每个班级4名选手中随机抽取2人回答这个问题．已知这4人中，甲班级有3人可以正确回答这道题目，而乙班级4人中能正确回答这道题目的概率均为，甲、乙两班级每个人对问题的回答都是相互独立、互不影响的． （1）求甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率． （2）设甲、乙两个班级被抽取的选手中能正确回答题目的人数分别为，，求随机变量，的期望，和方差，，并由此分析由哪个班级代表学校参加大赛更好． 【答案】（1） （2），，，甲班级代表学校参加大赛更好. 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式即可求出答案； （2）结合超几何分布和二项分布，根据数学期望和方差的定义依次求出，，，，由此可求出答案． 【小问1详解】 解：甲、乙两个班级抽取的4人都能正确回答的概率； 【小问2详解】 解：甲班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为1，2，，， 则，． 乙班级能正确回答题目人数为，则的可能取值为0，1，2．所以， ∴，． 由，可知，由甲班级代表学校参加大赛更好． 17. 已知函数． （1）若，求函数的零点; （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1）唯一的零点1 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数得函数在单调递增，又，得解； （2）先求，令，分类讨论函数的正负性，从而可得函数的单调性. 【小问1详解】 若，， 则， 所以函数在单调递增， 又，故有唯一的零点1. 【小问2详解】 因为， 令， ①当时，，在上，，所以单调递增． ②当时， 当时，， 在上恒成立，所以单调递增． 当或时，，令， 得， 当时，注意到， 所以当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减． 当时， 注意到， 所以当或时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减． 综上可得：当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减 18. 某企业因技术升级，决定从2023年起实现新的绩效方案.方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查： 一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球.企业所有员工从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球.约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式一回答问卷，否则按方式二回答问卷”. 方式一：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”； 方式二：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”. 当所有员工完成问卷调查后，统计画○，画×的比例.用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值.其中满意度. （1）求每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率 （2）若该企业某部门有9名员工，用表示其中按方式一回答问卷的人数，求的数学期望； （3）若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得； （2）根据题意分析可得方式一回答问卷的人数，利用二项分布的期望的公式运算求解； （3）根据题意结合条件概率公式和全概率公式运算求解 【小问1详解】 每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为， 每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率. 【小问2详解】 由题意可得：该部门9名员工中按方式一回答问卷的人数， 所以的数学期望． 【小问3详解】 记事件为“按方式一回答问卷”，事件为“按方式二回答问卷”，事件为“在问卷中画○”． 由（1）知，，． ∵， 由全概率公式，则，解得， 故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为． 19. 已知函数. （1）若，求的取值范围； （2）记的零点为（），的极值点为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造函数，然后分类讨论，即可得到的取值范围 （2）和分别求导，求出的极值点的关系式，单调区间，零点所在区间，即可证明. 【小问1详解】 记， ①当时，取，不符条件； ②当时，， 令， ∴在单调递减，在单调递增， 所以，即， 则的取值范围为； 【小问2详解】 ∵， 令， 则， 且， 令， ∴在单调递增，在单调递减， 且， ∴， 取，则， ∴， 取， 则， 记， 在中，， ∴在单调递增，在上单调递减， ∴， 即 ∵ ∴ 从而. 【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$