精品解析：广东省东北师范大学附属中学深圳学校2023-2024学年高二下学期期末适应卷（1）

东北师范大学附属中学深圳学校 2023-2024学年下学期高二期末适应卷（1） 1. 现有语文读物5本，历史读物4本，地理读物3本，每本读物各不相同，从中任取1本，不同的取法共有（ ） A. 3种 B. 12种 C. 30种 D. 60种 2. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 复数（i为虚数单位）的实部为（ ） A. 2 B. C. D. 4. 第19届亚运会将于今年9月23日到10月08日在杭州举行.其吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人.三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”.某校开展了一系列的“迎亚运”活动，其中一项是由志愿者扮演吉祥物和同学们合影留念.甲乙两位同学和三个吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相邻，且甲乙均不站在两端，则不同的站法种数为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 9 5. 在单项选择题中，每道题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，如果从四个选项中随机选一个，选对的概率为0.25.为了减少随机选择也得分的影响，某次考试单项选择题采用选错扣分的规则，选对得6分，选错扣分.若随机选择时得分的均值为0分，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，，记在上的个极值点为，且，则（ ） A. 奇函数 B. 为偶函数 C. 在单调递减 D. 在单调递减 9. 满足方程的的值可能为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10. 对，设，其中，，则（ ） A. B. C D. 11. 已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（ ） A 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 12. 某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值___________. （参考数据：若，则，） 13. 若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则____________. 14. 已知直线与抛物线及曲线均相切，切点分别为，若，则____________ 15. 某学习小组有4个男生和3个女生.从这7人中选3人参加数学竞赛. （1）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内，那么有多少种选法? （2）如果3人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法? 16. 已知的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为256. （1）求值； （2）求展开式中含项的系数. 17. 在棱长为1的正方体中，以8个顶点中的任意两个作为向量的起点和终点. （1）当时，求； （2）记事件 “”，求. 18. 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利. （1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望； （2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大； （3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有 19. 18世纪早期英国牛顿学派最优秀代表人物之一的数学家泰勒（Brook Taylor）发现的泰勒公式（又称麦克劳林公式）有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．其中，表示的二阶导数，即为的导数，表示的阶导数． （1）根据公式估计的值；（结果保留两位有效数字） （2）由公式可得：，当时，请比较与的大小，并给出证明； （3）已知，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东北师范大学附属中学深圳学校 2023-2024学年下学期高二期末适应卷（1） 1. 现有语文读物5本，历史读物4本，地理读物3本，每本读物各不相同，从中任取1本，不同的取法共有（ ） A. 3种 B. 12种 C. 30种 D. 60种 【答案】B 【解析】 【分析】由分类加法计数原理求解即可. 【详解】由分类加法计数原理得，不同的取法共有种. 故选：B. 2. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求导可得，然后代入计算即可得到结果. 【详解】因为，则，则. 故选：D 3. 复数（i为虚数单位）的实部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接对复数化简即可得答案. 【详解】因为， 所以复数的实部为， 故选：B 4. 第19届亚运会将于今年9月23日到10月08日在杭州举行.其吉祥物是一组名为“江南忆”机器人.三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”.某校开展了一系列的“迎亚运”活动，其中一项是由志愿者扮演吉祥物和同学们合影留念.甲乙两位同学和三个吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相邻，且甲乙均不站在两端，则不同的站法种数为（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用插空法即可求解. 【详解】先将三个吉祥物进行全排列，则有种； 再将甲乙进行插孔，因为甲乙不相邻，所以有种， 所以共有种不同的站法， 故选：C. 5. 在单项选择题中，每道题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，如果从四个选项中随机选一个，选对的概率为0.25.为了减少随机选择也得分的影响，某次考试单项选择题采用选错扣分的规则，选对得6分，选错扣分.若随机选择时得分的均值为0分，则的值为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据随机变量的均值概念列出方程，然后解方程即可. 【详解】选对得6分，选错扣分.， 则有，则. 故选：B. 6. 数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程的3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简多项式为标准形式，由类似结论直接求解. 【详解】由可得 ， 所以，即， 由题中所给方法知，，， 故选：D 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】，用二项式定理展开计算前四项即可得； ，，即可得，从而可得答案. 【详解】， ，所以； 又， 所以 故选：B 8. 已知定义在上的函数，，记在上的个极值点为，且，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 在单调递减 D. 在单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】求导后，将极值点个数转化为与的交点个数问题，结合正切函数对称性可求得，代回验证可知满足题意；根据奇偶性定义可知AB正误；结合在区间上的单调性可知CD正误. 【详解】， 令，则， 当时，，则无解，此时在上无极值点； 当时，， 在上有三个极值点，与在上有三个不同交点， ，， 与均关于对称， 令，解得：， 的对称中心为， 又在处有意义，，解得：， ，； 当时，，， 令，则， 作出与在上的图象如下图所示， ； 当时，，，即； 当时，，，即； 当时，； 当时，，，即； 当时，，，即； 当时，； 当时，，，即； 当时，，，即； 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 是的极小值点，是的极大值点， 由正切函数与一次函数对称性可知，满足题意； 综上所述：； 对于A，的定义域为，， 为定义在上的偶函数，A错误； 对于B，，， ，不是偶函数，B错误； 对于C，在上单调递减，，在上单调递减，C正确； 对于D，在上单调递增，，在上单调递增，D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性及极值点的问题；解题关键是能够将问题转化为一次函数与正切函数交点个数问题，结合正切函数的对称性确定参数的取值，从而得到具体函数的解析式. 9. 满足方程的的值可能为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】BC 【解析】 【分析】根据组合数的性质计算即可求解. 【详解】因为，由组合数的性质可知，或， 所以或， 故选：BC. 10. 对，设，其中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，令和，可判定A正确，B不正确；令，结合，化简得到，可判定C正确；等号两边同除以，化简得到，令，可判定D正确. 【详解】由，其中， 对于A中，令，可得，所以A正确； 对于B中，令，可得，所以，所以B不正确； 对于C中，由 ， 又由，且， 可得， 令，可得 因为，所以，即，所以C正确； 对于D中，因为， 可得， 因为，其中， 所以， 所以可得， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D. 【详解】由，得，所以，， 当时，，即， 令，则， 所以在上单调递增， 由得， 所以，即，故A正确； 当时，，即， 令，则， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 由得， 因为在上不单调，所以由不一定能得到， 即不一定成立，故B错误； 当时，由前面的分析可知，此时，， 令，，则有，不妨设， 得， 下面证明，当时，不等式成立. 先证右边，要证，只要证， 即证，令，即证， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 即成立，从而得证； 再证左边，要证，只要证， 即证，令，即证， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 即成立，从而得证. 由，，得，即，故C正确； 由，，得， 即，所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法，如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等. 12. 某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值___________. （参考数据：若，则，） 【答案】7（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值） 【解析】 【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解. 详解】由题意可知，，解得. 故答案为：（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）. 13. 若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件 “函数为奇函数”， “函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据为奇函数，推出，结合，，可得或，，即，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当时，函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点，得，最后由条件概率公式可求出结果. 【详解】由为奇函数，得，即， 此时，， ， 且函数的定义域关于原点对称，故为奇函数， 所以事件 “”， 因为，， 所以或，，则， 当时，在上无最值点； 当时，， 因为，所以， 则在上恰有一个最大值点，无最小值点； 当时，， 因为，所以， 则在上恰有一个最大值点和一个最小值点， 故， 所以. 故答案为：. 14. 已知直线与抛物线及曲线均相切，切点分别为，若，则____________ 【答案】4 【解析】 【分析】设直线：，分别与和联立，根据判别式等于，求出的坐标，再根据可求出结果. 【详解】显然直线的斜率存在，设直线：， 联立，消去得， 则且，即，代入，得， 得，得，则，则. 联立，消去得， 则，且，即， 将代入，得， 得，得，又，所以，则，则， 由，得，解得，所以或， 当时，不合题意，舍去； 当时，. 综上所述：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用判别式等于求出的坐标是解题关键. 15. 某学习小组有4个男生和3个女生.从这7人中选3人参加数学竞赛. （1）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内，那么有多少种选法? （2）如果3人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法? 【答案】（1）25 （2）30 【解析】 【分析】（1）方法1：分男生甲入选女生乙不入选，男生甲未入选女生乙入选和男生甲入选女生乙入选三种情况即可求解；方法2:从对立面求解，先求出总的选择种数，再求甲乙两人均未入选的，然后相减即可求解； （2）分男生1人入选女生2人入选和男生2人入选女生1人入选两种情况即可求解. 【小问1详解】 解法1：男生甲入选，女生乙不入选有种， 男生甲未入选，女生乙入选有种， 男生甲入选，女生乙入选有种， 共有25种选法. 解法2：7人中选3人共有种， 甲乙两人均未入选有种， 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内共有35-10=25种. 【小问2详解】 男生1人入选，女生2人入选有种， 男生2人入选，女生1人入选有种， 因此3人中既有男生又有女生，共有30选法 16. 已知的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为256. （1）求的值； （2）求展开式中含项的系数. 【答案】（1） （2）-1792 【解析】 【分析】（1）令可得，展开式中各项系数之和，展开式中的二项式系数之和为，由题意列方程求解. （2）根据题意结合二项展开式中的通项公式运算求解. 【小问1详解】 令可得，展开式中各项系数之和为， 且展开式中的二项式系数之和为， 由题意可得，解得. 【小问2详解】 的展开式的通项为：， 令，解得， 所以展开式中含项的系数为. 17. 在棱长为1的正方体中，以8个顶点中的任意两个作为向量的起点和终点. （1）当时，求； （2）记事件 “”，求. 【答案】（1）2 （2）. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质可得，故，根据空间向量的数量积运算求解即可； （2）找出正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的线段，根据古典概型的计算公式求解. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以. 因为，所以, 因为，所以. 【小问2详解】 由，得， 在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的有 ，，，，，，，， 所以. 18. 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利. （1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望； （2）记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大； （3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有 【答案】（1）分布列见解析，； （2）时，游戏胜利的概率最大； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，即可得到的分布列和数学期望； （2）根据题意可知，，再由的单调性即可判断； （3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为，再根据组合数公式即可证出． 【小问1详解】 依题可知，的可能取值为. ，，， 所以，的分布列如下： 0 2 4 所以，． 【小问2详解】 依题可知，时，，所以时胜利的概率最大. 【小问3详解】 记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”. 下面我们对事件进行分析. 发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走， 这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走， 从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置). 根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，， 所以． 由于， ，故等式成立． 【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达式，再利用组合数公式运算即可得证. 19. 18世纪早期英国牛顿学派最优秀代表人物之一的数学家泰勒（Brook Taylor）发现的泰勒公式（又称麦克劳林公式）有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．其中，表示的二阶导数，即为的导数，表示的阶导数． （1）根据公式估计的值；（结果保留两位有效数字） （2）由公式可得：，当时，请比较与的大小，并给出证明； （3）已知，证明：． 【答案】（1） （2），证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据泰勒公式求得，赋值即可求得近似值； （2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明； （3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明. 【小问1详解】 记，则， ， 所以， 因为， 所以且， ，． 【小问2详解】 令，则， 恒成立，在递增，在递增， 在递增，， 即. 【小问3详解】 由题，，则，则， 令， 易得在上递增，在上递减，从而， 即当且仅当时取等号）， ， 即， ， ，得证． 【点睛】本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$