精品解析：浙江省9+1联盟2023-2024学年高二下学期期中数学试题

2023~2024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高二年级期中考试 数学 命题：桐乡市高级中学 沈瑜 方蕾 审题：舟山中学 娄文浩 富阳中学 徐益春 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息； 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷； 4．参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析. 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 在的展开式中常数项是（ ） A. 1120 B. 160 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理得到通项公式，从而确定常数项. 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 故常数项为. 故选：D 2. 已知事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据概率的乘法公式及条件概率公式计算即可. 【详解】由条件概率公式知：， 则. 故选：D. 3. 已知可导函数满足，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复合函数求导法则，即可求解. 【详解】对求导，故， 故选：A 4. 已知等差数列的前n项和为，则（ ） A. 18 B. 36 C. 54 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】由可得， 故， 故选：D 5. 已知函数在内有最小值，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值点，从而得到关于的不等式组，解得即可. 【详解】函数的定义域为， ， 令可得或（舍）， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值， 又因为函数在内有最小值，故，解得， 所以的取值范围是. 故选：B 6. 已知函数为不相等的两个实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由已知结合对数的运算性质检验充分性以及必要性即可判断. 【详解】因为函数为不相等的两个实数，不妨设， 当时，有，即，解得， 当时，，，即， 当时，，，即，， 则， 当时，一定有，且，则， 所以“”是“”的充分必要条件； 故选：C 7. 2024年伊始，随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”．某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是（ ） A. 132 B. 144 C. 150 D. 168 【答案】C 【解析】 【分析】分学生甲、乙选的景点没有其他人选与有其他人选两大类，采用先分组、再分配的方法计算可得. 【详解】若学生甲、乙选的景点没有其他人选，则分组方式为或（其中为甲、乙）， 当为时，则有种选法； 当为（其中为甲、乙）时，则有种选法； 若学生甲、乙选的景点有其他人选，则分组方式为或（其中为甲、乙与另一学生）， 当为时，则有种选法； 当为（其中为甲、乙与另一学生）时，则有种选法； 综上可得一共有种不同的选法. 故选：C 8. 已知数列的前n项和为，且关于n的不等式有3个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数列的递推关系，构造出常数列，再求通项，然后分离参变量，再利用数列的单调性思想，来研究不等式成立的条件即可. 【详解】由 可得：， 由上可得是常数列，当时，，所以， 即，而，则， 令， 则 ， 当时，，即， 而，，， 为了满足不等式有三个解，则， 此时有，满足条件， 故选：A. 【点睛】方法点睛：通过数列递推关系构造出常数列，不等式恒成立或有解问题要用分离参变量方法，数列的单调性用作差或作商法来研究. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中，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. 已知随机变量满足，且，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用二次分布的期望与方差的公式，以及期望与方差的运算性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由随机变量满足，且，可得，解得， 对于A中，由，所以A错误； 对于B中，因为，即，可得，所以B正确； 对于C中，由，所以C正确； 对于D中，由，可得，所以D正确. 故选：BCD. 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. 2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等 B. C. 记第n行的第个数为，则 D. 记第行的第个数为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用的展开式的二项式系数计算，对于B，利用性质计算即可；对于C、D，代入，利用二项式定理计算即可. 【详解】对于A，第2024行中数为的展开式的二项式系数，则从左往右第1012个数为，第1014个数为，由于，故A正确； 对于B，由， 可得 ，故B不正确； 对于C，第行的第个数为，则，故C正确； 对于D，第行的第个数为，则 ，故D错误； 故选：AC 11. 有个等分为五个扇形的圆形幸运转盘，这五个扇形分别标有数字1，2，3，4，5，转动圆盘等其静止时，指针均指向扇形的内部，记录下对应的数字．持续这个过程，记前次所得的数字之和是偶数的概率为，则（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 是递减数列 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，由全概率公式分析可得，由此分析A，进而对该式变形可得，由数列与概率的关系分析B、C、D，综合可得答案. 【详解】根据题意，有个等分为五个扇形的圆形幸运转盘，这五个扇形分别标有数字1，2，3，4，5， 则每次旋转中，指针指向数字为偶数的概率为，指向数字为奇数的概率为， 则，又由， 则，故A正确； 对于，变形可得，，则， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 故，变形可得， 对于B，，，则，故B错误； 对于C，， 此时，而， 所以数列不是等比数列，故C错误； 对于D，， 由于，故是递减数列，故D正确. 故选：AD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量X服从正态分布，且，则__________． 【答案】0.9 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解. 【详解】根据题意，， 则，所以， 则. 故答案为：0.9 13. 将1，2，3，4，5，6这6个数填入图所示的格子中，要求每个数字都要填入，且每个格子只能填一个数，其中1与2相邻（有公共边的两格子称为相邻）的不同的填法有__________种（结果用数字作答）． 【答案】336 【解析】 【分析】由排列组合以及分步乘法计数原理求解． 【详解】1从第一排开始排，满足题意有如下情况． 如右图，此时2所在位置2种，其他全排即可，有种， 如右图，此时2所在位置3种，其他全排即可，有种， 如右图，此时2所在位置２种，其他全排即可，有种， 同理，由图形对称性知道，1从第二排开始排，与前面第一排情况数一样. 种. 故答案为：336. 14. 已知实数，且函数，则函数的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得的几何意义为，两点间距离与点到轴的距离之和，其中点在曲线上，点在抛物线上，作出图象，结合图象求解即可． 【详解】由题意得， 设，， 则点在曲线上，点在抛物线上， 的几何意义为，两点间距离与点到轴的距离之和． 设抛物线的焦点为， 则由抛物线的定义知， 所以， 所以， 问题转化为求曲线上的点到点 的距离的最小值， 设曲线上的点，到点的距离最小， 则与曲线在点处的切线垂直， 即， 所以， 作出函数与函数的图象，如图所示： 由图象知，两函数图象只有一个交点， 所以方程的解为，则． 所以， 所以函数的最小值为． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：将看作是，两点间距离与点到轴的距离之和，利用抛物线的性质求解. 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. 已知函数（为自然对数的底数）． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据点斜式即可求解直线方程， （2）根据恒成立，即可由求解. 【小问1详解】 当时， ，故 在处的切线方程为，即 【小问2详解】 由题意知在(0,+∞)恒成立，， 化简得在恒成立，而， 所以 16. 已知正项等比数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，化简求得，进而由求得，从而可得数列的通项公式； （2）由已知得，当时，，进而两式相减可得，即，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和. 【小问1详解】 由，整理得， 因为是正项等比数列，所以， 于是，解得或（舍去）. 又，解得. 所以. 【小问2详解】 由已知得 两式相减得， 即， 当时，， 所以，即， 当n为偶数时， ； 当n为奇数时， . 所以． 【点睛】关键点睛：本题关键在于由得，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和. 17. 小明参加一个抽纸牌游戏，规则如下：有九张质地完全相同的纸牌，其中有一张大王牌，其余四种花色为：红桃、黑桃、方块、梅花各2张．逐次从9张牌中不放回地随机抽取一张纸牌，每次抽牌后，都往牌堆中加入一张新的大王牌． （1）求小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率． （2）抽牌过程中，若抽到大王牌，则宣告游戏结束：若累计抽到两张花色相同的纸牌，也宣告游戏结束；否则游戏继续．用X表示小明在游戏中一共抽到的纸牌数，求X的分布列． 【答案】（1） （2） X 1 2 3 4 5 P 【解析】 【分析】（1）设事件A表示“前两次抽牌中只抽到一张大王牌”,设事件B表示“第三次抽到红桃牌”,利用条件概率公式能求出小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下,第三次抽牌抽到红桃牌的概率 (2)X的可能所有取值为:1,2,3,4,5分别求出相应的概率,由此能求出的分布列即可. 【小问1详解】 设事件A表示“前两次抽牌中只抽到一张大王牌”,设事件B表示“第三次抽到红桃牌”. 则 ．则小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率为 . 【小问2详解】 X的可能所有取值为:1,2,3,4,5． ， ， ， ， ， 则X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P 18. 已知数列，满足，记． （1）求数列的通项公式； （2）求证：； （3）设数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法计算，即可求得； （2）由题可得，令，可将问题转化为证明，再由导数即可证明； （3）由（2）中的结论，结合数列的求和公式可证，再由放缩法以及裂项相消法可证，即可得证. 【小问1详解】 设，即， 因为，所以， 解得，所以， 因为，则，所以， 所以. 【小问2详解】 证明：令，因为，所以， 要证， 只要证，即可． 因为，令， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以单调递增， 则， 所以得证． 【小问3详解】 由（2）可知，， 所以 ，即， 另一方面， 所 ，则， 所以 19. 药房里有若干味药．药剂师用这些药配成22副药方，每副药方中恰有5味药，从中任选的三味药都恰好只包含在某一副药方中． （1）药房中共有几味药？ （2）药物分为烈性药和非烈性药，要求每副药方中至少有一味是烈性药． （i）假设药房中有7味烈性药，证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药； （ii）证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药． 【答案】（1）12 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意列出方程，即可求解； （2）设共有烈性药r味，1味烈性药味非烈性药称为三药组”，考虑问题的反面，从而列出方程，结合该方程的解的情况，即可证明结论. 【小问1详解】 设共有n味药，一共可形成个“三药组”，另一方面，每个“三药组”恰有一副药方包含它， 22副药方中，每副药方可形成个“三药组”，合计220个“三药组”， 所以，所以． 【小问2详解】 设共有烈性药r味，假设每副药方中至多含有3味烈性药， 不妨把1味烈性药味非烈性药称为“三药组”， 共有个“三药组”， 另一方面，因为每3种烈性药恰有一副药方包含它，故有副药方恰含有3种烈性药， 每副这样的药方含有个“三药组”，其余副药方只含有1种或2种烈性药， 它们中每一幅都可形成或个“三药组”， 故22副药方一共可形成个“三药组”， 故有，得， （i）将代入, 即说明假设药房中有7味烈性药，全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药； （ii）两边考虑都除以5，右侧余2， 对于，当r取0，1，2，3，4，5时，均不成立， 即说明假设每副药方中至多含有3味烈性药不成立， 所以全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药． 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于理解透题意，特别是第二问的证明，解答时采用反证思想，从反面说明，推出方程无解，从而证明结论. 从而证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年第二学期浙江省9+1高中联盟高二年级期中考试 数学 命题：桐乡市高级中学 沈瑜 方蕾 审题：舟山中学 娄文浩 富阳中学 徐益春 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息； 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷； 4．参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析. 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 在的展开式中常数项是（ ） A. 1120 B. 160 C. D. 2. 已知事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知可导函数满足，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知等差数列的前n项和为，则（ ） A. 18 B. 36 C. 54 D. 60 5. 已知函数在内有最小值，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数为不相等的两个实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 2024年伊始，随着“广西砂糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”．某班级六位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这六位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂、冰雪大世界、中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，六位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是（ ） A. 132 B. 144 C. 150 D. 168 8. 已知数列的前n项和为，且关于n的不等式有3个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中，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. 已知随机变量满足，且，且，则（ ） A. B. C. D. 10. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A. 2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等 B. C. 记第n行的第个数为，则 D. 记第行的第个数为，则 11. 有个等分为五个扇形的圆形幸运转盘，这五个扇形分别标有数字1，2，3，4，5，转动圆盘等其静止时，指针均指向扇形的内部，记录下对应的数字．持续这个过程，记前次所得的数字之和是偶数的概率为，则（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 是递减数列 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量X服从正态分布，且，则__________． 13. 将1，2，3，4，5，6这6个数填入图所示的格子中，要求每个数字都要填入，且每个格子只能填一个数，其中1与2相邻（有公共边的两格子称为相邻）的不同的填法有__________种（结果用数字作答）． 14. 已知实数，且函数，则函数的最小值为__________． 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. 已知函数（为自然对数的底数）． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上单调递增，求a的取值范围． 16. 已知正项等比数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前n项和． 17. 小明参加一个抽纸牌游戏，规则如下：有九张质地完全相同的纸牌，其中有一张大王牌，其余四种花色为：红桃、黑桃、方块、梅花各2张．逐次从9张牌中不放回地随机抽取一张纸牌，每次抽牌后，都往牌堆中加入一张新的大王牌． （1）求小明在前两次抽牌中只抽到一张大王牌的情况下，第三次抽牌抽到红桃牌的概率． （2）抽牌过程中，若抽到大王牌，则宣告游戏结束：若累计抽到两张花色相同的纸牌，也宣告游戏结束；否则游戏继续．用X表示小明在游戏中一共抽到的纸牌数，求X的分布列． 18. 已知数列，满足，记． （1）求数列的通项公式； （2）求证：； （3）设数列的前n项和为，证明：． 19. 药房里有若干味药．药剂师用这些药配成22副药方，每副药方中恰有5味药，从中任选的三味药都恰好只包含在某一副药方中． （1）药房中共有几味药？ （2）药物分为烈性药和非烈性药，要求每副药方中至少有一味是烈性药． （i）假设药房中有7味烈性药，证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药； （ii）证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $