精品解析：山东省聊城市水城中学等校2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试题

2023—2024学年第二学期期中教学质量检测 高二数学试题 冠县一中 审题人：任庆军 张彩悦 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上． 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚． 3．请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 计算（ ） A. B. 7 C. 8 D. 12 2. 用5种不同的颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，要求相邻格子的颜色不相同．则所有不同染色方法种数为（ ） A. 1280 B. 120 C. 32 D. 64 3. 函数在区间上的最大值是（ ） A. －9 B. －16 C. 16 D. 9 4. 商场出售的袋装大米，每袋净重X（单位：kg）服从正态分布．随机抽取1袋，其净重在9.95kg与10.10kg之间的概率为（ ） （注：若，，，） A. 0.8185 B. 0.84 C. 0.954 D. 0.9755 5. 用数字0，1，2，3组成没有重复数字四位数，其中奇数和偶数互不相邻的个数为（ ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 24 6. 函数在时有极小值－4，那么的值为（ ） A 6 B. 6或32 C. 2或42 D. 6或30 7. 小明去参加攀岩比赛，有五条线路可供选择，其中三条小明有百分之五十的可能成功，另两条有百分之二十五的可能成功．若从这五条线路里任意选择两条攀登，则小明都成功的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，则（ ） 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. 曲线的切线的倾斜角为，则这个切点的横坐标可能为（ ） A. B. C. D. 10. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（ ） A. B. 第16行所有数字之和为 C. 第2024行的第1012个数最大 D. 第15行中从左到右第4个数与第5个数之比为1:3 11. 有款小游戏．规则如下：一小球从数轴上的原点O出发，通过扔骰子决定向左或者向右移动，扔出骰子，若是奇数点向上，则向左移动一个单位．若是偶数点向上，则向右移动一个单位，则扔出n次骰子后，下列结论正确的是（ ） A. 第二次扔骰子后，小球位于原点O的概率为 B. 第一次扔完骰子小球位于－1且第五次位于1的概率 C. 设三次后小球的坐标为随机变量X，则 D. 设n次后小球的坐标为随机变量Y，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 13. 现安排高二年级甲，乙、丙、丁、戊五名同学去A、B两个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，每个工厂至少需要两名同学，若甲和乙不能去同一个工厂，则不同安排方法种数为______．（用数字作答） 14. 已知定义在R上的奇函数的导函数为，且当时，恒有．若有，则实数t的取值范围为______． 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. 已知的展开式中常数项为． （1）求n； （2）证明：能被6整除． 16. 一个盒子中装有形状、大小、质地均相同的6张卡片，其中两张标有数字1，两张标有数字2，两张标有数字3．小王每次从中任意抽取3张卡片，计算卡片上的数字之和后放回，共抽2次．若每次抽的卡片数字之和超过6记2分，超过4不超过6记1分，不超过4记0分． （1）求小王在第一次抽取中，抽出数字为2的卡片张数多于数字为1的卡片张数的概率； （2）用随机变量X表示小王抽两次的得分总和，求X的分布列及期望． 17. 已知函数，． （1）若函数有两个极值点，求实数a的取值范围； （2）判断函数的零点个数． 18. 乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军．在2024年3月举行的乒乓球新加坡大满贯赛事中中国乒乓球选手获得了全部项目的冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成10:10平后．发球权的次序仍然不变．但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立． （1）已知某局比赛甲先发球，求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率； （2）已知第一局目前比分为10:10． ①求再打两个球甲新增得分X的分布列和均值； ②求第一局比赛甲获胜的概率． 19 已知． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）判断是否存在极值，并说明理由； （3）若对恒成立，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年第二学期期中教学质量检测 高二数学试题 冠县一中 审题人：任庆军 张彩悦 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上． 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚． 3．请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损． 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，只有一项是符合题目要求的． 1 计算（ ） A. B. 7 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由排列数与组合数的计算公式代入计算，即可求解. 【详解】因为，，， 则原式. 故选：C 2. 用5种不同的颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，要求相邻格子的颜色不相同．则所有不同染色方法种数为（ ） A. 1280 B. 120 C. 32 D. 64 【答案】A 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理即可计算不同染色总数. 【详解】由题意知，本题是一个分步计数问题， 首先给最左边一块涂色，有5种结果， 再给左边第二块涂色有4种结果， 以此类推第三块也有4种结果， 第四块有4种结果， 第五块有4种结果， 所以根据分步乘法计数原理知共有种， 故选：A． 3. 函数在区间上的最大值是（ ） A. －9 B. －16 C. 16 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求导可得的极值，从而得到结果. 【详解】因为，令，解得， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 所以在时取得极大值，即最大值， 所以在区间上的最大值是. 故选：C 4. 商场出售的袋装大米，每袋净重X（单位：kg）服从正态分布．随机抽取1袋，其净重在9.95kg与10.10kg之间的概率为（ ） （注：若，，，） A. 0.8185 B. 0.84 C. 0.954 D. 0.9755 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正态分布的对称性以及代入计算，即可求解. 【详解】由题意可知，，可得， 则净重在9.95kg与10.10kg之间的概率为， 由正态分布的对称性可知， . 故选：A 5. 用数字0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数和偶数互不相邻的个数为（ ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，按个位和百位数字是奇数字和偶数字计算即得. 【详解】依题意，当个位和百位数字是奇数字时，有四位数个， 当个位和百位数字是偶数字时，有四位数个， 所以所求四位数的个数为. 故选：A 6. 函数在时有极小值－4，那么的值为（ ） A. 6 B. 6或32 C. 2或42 D. 6或30 【答案】D 【解析】 【分析】求导，根据和得到方程组，求出相应，检验后得到答案. 【详解】，由题意得， 即， 且， ，代入， 得，解得或， 当时，， ，令得或， 令得， 故为极小值点，满足要求，故， 当时，， ，令得或， 令得， 故为极小值点，满足要求，故， 综上，的值为6或30. 故选：D 7. 小明去参加攀岩比赛，有五条线路可供选择，其中三条小明有百分之五十的可能成功，另两条有百分之二十五的可能成功．若从这五条线路里任意选择两条攀登，则小明都成功的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先作好标记，然后利用全概率公式计算可得. 【详解】记抽到两条有百分之五十的可能成功的路线为事件， 抽到两条有百分之二十五的可能成功的路线为事件， 抽到一条有百分之五十可能成功的路线、一条有百分之二十五的可能成功的路线为事件， 小明两条都成功为事件， 所以，，， ，，， 所以. 故选：B 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对取对数，构造，对求导，求出，则，可得，构造，对求导，可得出，则，即可得出答案. 【详解】因为，所以， ，所以， 令， 所以， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即， 取，所以，所以， 所以，所以， ， 设，， 所以在上单调递减，且，所以， 所以，所以，所以， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于构造两个函数，，通过对函数求导，得出函数的单调性和最值，即可得出答案. 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. 曲线的切线的倾斜角为，则这个切点的横坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复合函数的求导法则及导数的几何意义计算即可. 【详解】由条件可知，而曲线的切线的倾斜角为， 不妨设切点的横坐标为，则， 即或， 显然A、C正确，B、D错误. 故选：AC 10. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（ ） A. B. 第16行所有数字之和为 C. 第2024行的第1012个数最大 D. 第15行中从左到右第4个数与第5个数之比为1:3 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用组合数运算公式计算；对于B，根据杨辉三角的每行系数和为即可；对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字，如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；如果是偶数，则第个数字最大；对于D，第行第个数为，第个数为，作比较即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为， 第1行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为， 第3行所有数字之和为， 第4行所有数字之和为， 以此类推，第16行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字，如果是奇数，则第和第个数字最大， 且这两个数字一样大；如果是偶数，则第个数字最大，故第行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第行，第个数为，第个数为，即，故D正确. 故选：ABD. 11. 有款小游戏．规则如下：一小球从数轴上的原点O出发，通过扔骰子决定向左或者向右移动，扔出骰子，若是奇数点向上，则向左移动一个单位．若是偶数点向上，则向右移动一个单位，则扔出n次骰子后，下列结论正确的是（ ） A. 第二次扔骰子后，小球位于原点O的概率为 B. 第一次扔完骰子小球位于－1且第五次位于1的概率 C. 设三次后小球的坐标为随机变量X，则 D. 设n次后小球的坐标为随机变量Y，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出小球每次向左向右的概率后，结合概率公式与期望公式、方差公式逐个计算即可得． 【详解】扔出骰子，奇数点向上的概率为，偶数点向上的概率亦为； 对于选项A：若两次运动后，小球位于原点，小球在两次运动之中一定一次向左一次向右，故其概率为，故A选项正确； 对于选项B：第一次扔完骰子小球位于，即第一次向左移动，且第五次位于1， 则后续中小球向右3次，向左1次，故其概率为，故B错误； 对于选项C：的可能取值为、、、， ， 故其期望，所以，故C选项正确； 对于选项D：由题意的可能取值为、、、、， 其中，，， 故其期望， 故D选项正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 【答案】－945 【解析】 【分析】由的展开式通项公式得到，从而求出的系数为. 【详解】的展开式通项公式为， 令得， 令得， 故的展开式中，的系数为. 故答案为：-945 13. 现安排高二年级甲，乙、丙、丁、戊五名同学去A、B两个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，每个工厂至少需要两名同学，若甲和乙不能去同一个工厂，则不同的安排方法种数为______．（用数字作答） 【答案】12 【解析】 【分析】分甲和除乙外的1个人分为一组和甲和除乙外的2个人分为一组，再进行全排列，相加得到结果. 【详解】甲和除乙外的1个人分为一组，再和工厂进行全排列， 故有种方法， 甲和除乙外的2个人分为一组，再和工厂进行全排列， 故有种方法， 综上，共有种方法. 故答案为：12 14. 已知定义在R上奇函数的导函数为，且当时，恒有．若有，则实数t的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得在上单调递减，原不等式可化为，由函数的单调性，代入计算，即可求解. 【详解】因为为R上的奇函数， 令，则， 即为奇函数， 当时，则，在上单调递减， 所以在上单调递减， 又，即， 即，所以，解得， 所以，即实数t的取值范围为. 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. 已知的展开式中常数项为． （1）求n； （2）证明：能被6整除． 【答案】（1）9 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用二项展开式，得出展开式的常数项为，即可求解； （2）由，结合二项展开式，即可得证. 【小问1详解】 解：由， 则多项式的展开式的常数项为，解得. 【小问2详解】 解：由 ， 所以能被6整除. 16. 一个盒子中装有形状、大小、质地均相同的6张卡片，其中两张标有数字1，两张标有数字2，两张标有数字3．小王每次从中任意抽取3张卡片，计算卡片上的数字之和后放回，共抽2次．若每次抽的卡片数字之和超过6记2分，超过4不超过6记1分，不超过4记0分． （1）求小王在第一次抽取中，抽出数字为2的卡片张数多于数字为1的卡片张数的概率； （2）用随机变量X表示小王抽两次的得分总和，求X的分布列及期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，2.4分 【解析】 【分析】（1）分析出3张卡片中数字为2的卡片个数多于数字为1的卡片个数，共3种情况，从而计算出相应概率相加即可； （2）设抽取一次得分情况为随机变量，的所有可能取值为：2，1，0，求出相应的概率，从而得到抽两次的得分总和X的所有可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 3张卡片中数字为2的卡片个数多于数字为1的卡片个数 可以是1张数字“2”和2张数字“3”；2张数字“2”和1个数字“1”；2个数字“2”和1张数字“3”， 数字为2的卡片个数多于数字为1的卡片个数的概率为； 【小问2详解】 抽取一次得分情况为随机变量，的所有可能取值为：2，1，0， 其中表示抽到的为2张3,1张2或2张3,1张1,或2张2,1张3， 故， 表示抽到的为2张2，1张1或1张3，1张2，1张1，或2张1，1张3， 故， 表示抽到的为2张1，1张2， 故， 抽取两次的得分情况为随机变量X，X的所有可能取值为：4，3，2，1，0， ， ， ， ， ， 则X分布列为： X 4 3 2 1 0 P 分 17. 已知函数，． （1）若函数有两个极值点，求实数a的取值范围； （2）判断函数的零点个数． 【答案】（1） （2）只有一个零点 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得，令，将问题转化为在内有两个不同的实数解，列出不等式代入计算，即可求解； （2）根据题意，将函数零点问题转化为方程实数根的个数，构造函数，由导数得到函数的单调性，即可得到结果. 小问1详解】 ，， 令，， 由题意知方程在内有两个不同的实数解， 又，且函数图象的对称轴为直线， 所以只需，解得，即实数a的取值范围为. 【小问2详解】 函数零点个数等价于方程实数根的个数， 等价于方程实数根的个数， 设函数，， 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，，所以，，单调递增， 当时，；当时，； 所以，方程只有一个实数根． 所以，只有一个零点. 18. 乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军．在2024年3月举行的乒乓球新加坡大满贯赛事中中国乒乓球选手获得了全部项目的冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成10:10平后．发球权的次序仍然不变．但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立． （1）已知某局比赛甲先发球，求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率； （2）已知第一局目前比分为10:10． ①求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值； ②求第一局比赛甲获胜的概率． 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；② 【解析】 【分析】（1）前4个球时甲得3分，甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，分两类讨论，前两个球得1分或前两个球得2分，结合独立事件概率乘法公式分析运算； （2）①随机变量的所有可能取值为，逐一计算每个可能取值的概率即可； ②由①得到的结论并结合全概率公式，即可求第一局比赛甲获胜的概率. 【小问1详解】 若打完前4个球时甲得3分，则甲失一球， 这球有可能是甲发球也可能是乙发球， 若前两个球得1分，； 若前两个球得2分， 所以打完前4个球时甲得3分的概率为 【小问2详解】 ①依题意，的所有可能取值为 设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且， 所以， 所以的分布列为 0 1 2 故的均值为. ②设第一局比赛甲获胜为事件，平局后甲新增得分为， 则，， 由①知，，，， 由全概率公式，得 ， 解得，即第一局比赛甲获胜的概率为. 19. 已知． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）判断是否存在极值，并说明理由； （3）若对恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得，结合导数的几何意义代入计算，即可求解； （2）根据题意，求导可得，然后分与讨论，结合函数极值点的定义，即可判断； （3）根据题意，将问题转化为，构造函数，即，利用导数求得函数的最值，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 当时，，可得，则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，定义域为R， 当时，，在上递减，没有极值； 当时，令得：， 当时，，当时，， 所以在递减，在上递增， 所以，有一个极小值，没有极大值 综上所述，当时，没有极值；当时，有一个极小值，没有极大值 【小问3详解】 不等式可以化为， 设，， 由，，因为，所以， 令，则在R上单调递减， 当时，可得，则， 又因为，使得，即 且当时，，即； 当时，，即， 所以在递增，在递减，所以， 由，可得，所以， 由，可得，即， 由，可得，所以， 因为，设，则， 可知在上递增，且， 所以实数a的取值范围是 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$