宁夏银川市贺兰县第一中学2023-2024学年高二下学期第三阶段考试数学（一）

贺兰一中2023~2024学年第二学期高二年级第三阶段考试押题卷（一） 数 学 试 题 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．从集合中，选出个数组成的子集，使得这个数中的任何两个数之和不等于，则取出这样的子集的个数为（    ） A． B． C． D． 2．已知，求（    ） A． B． C． D． 3．在的展开式中，常数项为（    ） A．28 B．－28 C．30 D．360 4．已知随机变量，，则（    ） A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8 5．云南民族村自建成以来，以生动鲜活的形态，展示了云南各民族的建筑艺术､歌舞服饰､文化风情､宗教信仰和生活习惯.在即将到来的五一假期，预计需要安排6名工作人员去三个不同的民族景点辅助宣传民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（    ） A．360 B．450 C．540 D．1020 6．已知某仓库中有10箱同样型号的零件，其中有5箱、3箱、2箱依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的，且甲、乙、丙三厂生产该型号零件的次品率依次为，现从这10箱中任取一箱，再从这箱中任取一个零件，则取得的零件是次品的概率为（    ） A．0.08 B．0.1 C．0.15 D．0.2 7．将三项式展开，得到下列等式： … 观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数（不足3个数时，缺少的数以0计）之和，第k行共有2k+1个数．则关于x的多项式式的展开式中，项的系数（   ） A． B． C． D． 8．已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断正确的是（    ） 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．下列说法正确的是（    ） A．若相关系数r的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 B．设随机变量X服从正态分布，若，则 C．若随机事件A，B满足：，则A，B相互独立 D．随机变量，若方差，则 10．某种子站培育出A、B两类种子，为了研究种子的发芽率，分别抽取 100粒种子进行试种，得到如下饼状图与柱状图： 用频率估计概率，且每一粒种子是否发芽均互不影响，则（    ） A．若规定种子发芽时间越短，越适合种植，则从5天内的发芽率来看，B类种子更适合种植 B．若种下12粒A类种子，则有10粒种子5天内发芽的概率最大 C．从样本A、B两类种子中各随机取一粒，则这两粒种子至少有一粒8天内未发芽的概率是0.145 D．若种下10粒B类种子， 5至8天发芽的种子数记为X， 则 11．已知函数的定义域为，且是的一个极值点，则下列结论正确的是（    ） A．方程的判别式 B． C．若，则在区间上单调递增 D．若且，则是的极小值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是 . 13．已知随机变量，且，则的最小值为 ． 14．若存在，使不等式成立，则a的取值范围为 . 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．设函数 (1)若不等式对一切实数x恒成立，求a的取值范围； (2)解关于的不等式：． 16．生涯规划是对职业生涯乃至人生进行持续的系统的计划过程.高中选科分类是生涯规划的重要组成部分，生涯规划专业团队为某“乡村振兴县”的高中学生指导学生选科分类，生涯规划团队在该县的高一学生中随机抽取100名学生，进行选科类别与学生性别的关系研究，得到的统计数据如下列联表：（单位：名） 男生 女生 合计 历史类 15 25 40 物理类 35 25 60 合计 50 50 100 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 (1)依据的独立性检验，分析学生的性别是否对选科分类有影响； (2)生涯规划团队远过对随机抽取的100名学生中的男生的样本数据分析得到：首选物理，再选化学和地理的频率为；首选历史，再选化学和地理的频率为.以样本估计总体，频率估计概率，为进一步了解学生选科的情况，再从全校男生中用随机抽样的方法选取4名学生，记选取的4名男生中选化学和地理人数为，求的分布列和数学期望. 附，. 17．函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)在上单调递增，求的取值范围. 18．某中学即将迎来百年校庆，校方准备组织校史知识竞猜比赛.比赛规则如下：比赛分成三轮，每轮比赛没有通过的学生直接淘汰，通过的学生可以领取奖品结束比赛，也可以放弃本轮奖品继续下一轮比赛，三轮都通过的学生可获得奖品一纪念版手办.已知学生每轮通过的概率都为，通过第一轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为，通过第二轮比赛后领取奖品结束比赛的概率为. (1)求学生小杰获得奖品的概率； (2)已知学生小杰获得奖品，求他至少通过两轮比赛的概率； (3)求学生小杰通过的比赛轮数的分布列与数学期望. 19．已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同的零点，. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 试卷第2页，共2页 高二第二学期第三阶段考试（数学）押题卷（一） 试卷第2页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 贺兰一中2023~2024学年第二学期高二年级第三阶段考试押题卷（一） 数 学 试 题（参考答案） 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．【答案】B 【分析】先找出和为的5组数，然后从这五组每组中各取一个数就符合题意，即可得出答案. 【详解】将和为的数分组：共5组， 只要从这五组每组中各取一个数就符合题意，每组有2种取法，故有个子集. 2．【答案】A 【分析】求出函数导数，令即可得解. 【详解】因为，所以，解得. 3．【答案】A 【分析】写出二项展开式的通项公式，由求出值，回代入计算即得. 【详解】二项式的通项公式为：，， 由解得，，代入通项得：,即常数项为28. 4．【答案】C 【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案. 【详解】由题意得，所以. 5．【答案】C 【分析】分类讨论人数之比为，根据平均分组或部分平均分组结合排列数、组合数运算求解. 【详解】由题意可知：三个景点安排的人数之比为或或，则有： 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 故不同的安排方法种数是. 6．【答案】A 【分析】利用条件概率公式和全概率公式求解． 【详解】以，，分别表示取得的零件是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的零件为次品， 则，，，，，， 则由全概率公式，所求概率为（B）， 7．【答案】D 【分析】直接利用广义杨辉三角和数据的组合的应用求出结果． 【详解】根据广义杨辉三角的定义：； 故； 关于的多项式的展开式中项的系数为． 8．【答案】C 【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项. 【详解】令，则 ， 函数满足， 当时 在上单调递增，当时在上单调递减， 又由， 即函数的图象关于对称，从而， 对于A，，，，A错误； 对于B，，，，B错误； 对于C，，，，C正确； 对于D，，，，D错误. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数的对称性即可. 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．【答案】AC 【分析】对于A，利用相关系数定义即可判断；对于B，利用正态分布曲线的对称性易得；对于C，先由对立事件的概率公式将其转化，再利用条件概率公式化简即可判断；对于D，利用二项分布的方差公式求出值，再利用其概率公式计算即得. 【详解】对于A，根据相关系数越接近1，则线性相关性越强，故A正确； 对于B，由题意，，根据正态分布曲线的对称性知， ，故B错误； 对于C，由，因，故得, 则可得，，即A，B相互独立，故C正确； 对于D，因，则，解得或， 当时，；当时，.故D错误. 10．【答案】BC 【分析】根据图形和概率的概念可判断A选项；由题意可知发芽数X服从二项分布，，再由，且，可求k的最大值；由概率的根据对立事件的性质和相互独立事件的概率公式，可计算选项C;由题意可知X服从二项分布，，可判断D选项. 【详解】从5天内的发芽率来看，A类种子为，B类种子为，故A错误； 若种下12粒A类种子，由题意可知发芽数X服从二项分布，， ，则，且， 可得，且， 所以，即，即有10粒种子5天内发芽的概率最大，故B正确； 记事件A: 样本A种子中随机取一粒8天内发芽；事件B: 样本B种子中随机取一粒8天内发芽； 根据对立事件的性质，这两粒种子至少有一粒8天内未发芽的概率： ，故C正确； 由题意可知X服从二项分布，，所以，故D错误； 11．【答案】ABD 【分析】求出函数的导函数，根据是的一个极值点，判断A、B，由可得函数的性质，即可得到的单调性，从而判断C，求出方程的两根，即可得到的单调性，从而判断D. 【详解】因为，则， 依题意是关于的方程的一个变号正实数根， 所以方程的判别式，故A正确； 因为，显然，所以，故B正确； 当时，因为，所以函数的开口向下，且与轴的正半轴只有一个交点， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误； 当且，将代入，整理得， 所以方程有两个不相等正实数根与， 又，所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.【答案】 【分析】设，，求函数的最小值即可. 【详解】设，，因为， 由或；由， 又，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.所以. 13．【答案】8 【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用不等式求出最值即可. 【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为， 又因为，所以，所以．当时， ，当且仅当，即时等号成立． 14．【答案】 【分析】利用分离参变量思想，再用换元法转化到对钩函数求最小值，即可得到取值范围. 【详解】由，因为，所以，令， 由，构造函数，即，当且仅当时取等号，所以 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）对是否为零进行讨论，再结合二次函数的性质即可求解. （2）不等式化简为，根据一元二次不等式的解法，分类讨论即可求解. 【详解】（1）对一切实数x恒成立，等价于恒成立. 当时，不等式可化为，不满足题意. 当，有，即，解得所以的取值范围是． （2）依题意，等价于， 当时，不等式可化为，所以不等式的解集为. 当时，不等式化为，此时，所以不等式的解集为. 当时，不等式化为， ①当时，，不等式的解集为； ②当时，，不等式的解集为； ③当时，，不等式的解集为； 综上，当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. 16．【答案】(1)学生的性别对选科分类有影响.(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据列联表中的数据计算，与临界值对比分析即可求解； （2）根据全概率公式求解男生选化学和地理的概率，然后结合二项分布求分布列和数学期望. 【详解】（1）零假设为：学生的性别对选科分类没有影响.根据列联表中的数据，经计算得到 ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立，即认为学生的性别对选科分类有影响. （2）设表示事件：男生选化学和地理，表示事件：男生选物理，表示事件：男生选历史. 由题意，，，且，， . 则，所以，， 0 1 2 3 4 ，， ， 的分布列如下表所示： （另解：因为，所以） 17．【答案】(1)在上单调递增；(2) 【分析】（1）求导之后再对分析即可得到单调性； （2）在上单调递增得，然后转化为，即. 【详解】（1）当时，，的定义域为， ∴，令，则， 令，即， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； ∴，∴在上成立，∴在上单调递增. （2）∵在上单调递增，∴，恒成立， ，恒成立，即，恒成立. 令，则.∵，当时，，单调递减； 当时，，单调递增；∴取得最小值. ∴，.∴实数的取值范围为. 18．【答案】(1)(2)(3)分布列见解析，. 【分析】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，事件：学生通过第轮且继续答题，结合全概率公式和，即可求解； （2）根据题意，结合，即可求解； （3）由题意，随机变量可取，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【详解】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开， 事件：学生通过第轮且继续答题，）， 由题意得，. 记事件：学生获得奖品.则， ， ， ， . （2）学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：. （3）由题意，随机变量可取， 可得， ， ， ， 0 1 2 3 所以的分布列为： 所以期望为. 19．【答案】(1)答案见详解(2)①；②证明见详解 【分析】（1）求导，分类讨论最高项系数的符号和两根大小，利用导数分析原函数的单调性； （2）①分析可知，构建，利用导数判断的单调性和最值，结合图象分析求解；②分析可知原不等式等价于，换元令，构建，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 若，则，当，则；当，则； 可知在内单调递增，在内单调递减； 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减； 当，即时，则， 可知在内单调递增； 当，即时，令，解得或；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：若，在内单调递增，在内单调递减； 若，在内单调递增，在内单调递减； 若，在内单调递增； 若，在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根，得， 令，， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且，当时， 得的大致图像如图所示： 可得，所以实数a的取值范围为. ②当时，有两个不同的零点. 两根满足，， 两式相加得：，两式相减得：， 上述两式相除得， 不妨设，要证：，只需证：， 即证， 设，令， 则， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 试卷第10页，共10页 试卷第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$