精品解析：河南省郑州多所中学2023-2024学年高二下学期期中学业水平测试数学试题

高二期中学业水平测试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章～第七章第1节. 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. 现有3幅不同油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ） A. 36种 B. 20种 C. 12种 D. 10种 2. 若，则（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 10 3. 函数在点处切线的斜率为（    ） A. B. C. D. 4. 将9个志愿者的名额分配给4个班，每班至少一个名额，则不同的分配方法的种数为（ ） A. 504 B. 126 C. 112 D. 56 5. 若函数在上单调递增，则实数的最大值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 6. 甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”．甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙各单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A. 96种 B. 132种 C. 168种 D. 204种 7. 已知定义在上的函数，其导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，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. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 上单调递减 B. 有极小值 C. 有2个极值点 D. 在处取得最大值 10. 已知事件，，若，且，，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 11. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则______. 13. 某食品加工厂生产一种食品的生产线有甲、乙、丙三个，其次品率分别为，假设这三个生产线的产量之比为，则从这三个生产线生产的食品中随机抽取1件食品为次品的概率为______． 14. 若，则______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步步骤 15. 已知二项式，且． （1）求的展开式中的第5项； （2）求的二项式系数最大的项． 16. 晚会上共有7个节目，其中有4个不同的歌唱节目，2个不同的舞蹈节目和1个相声节目，分别按以下要求各可以排出多少种不同的节目单. （1）其中舞蹈节目第一个出场，相声节目不能最后一个出场； （2）2个舞蹈节目不相邻； （3）前3个节目中既要有歌唱节目又要有舞蹈节目. 17. 已知函数，且当时，有极值． （1）求的解析式； （2）求在上的最大值和最小值． 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：当时，. 19. 学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为． （1）求首次摸球就试验结束的概率； （2）在首次摸球摸出红球的条件下． ①求选到的袋子为乙袋的概率； ②将首次摸球摸出红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二期中学业水平测试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章～第七章第1节. 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. 现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ） A. 36种 B. 20种 C. 12种 D. 10种 【答案】C 【解析】 【分析】根据分类计数原理即可得到答案. 【详解】依题意，不同的选法共有种. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数和排列数的计算即可求解. 【详解】因为，所以， 即，又，， 所以. 故选：B. 3. 函数在点处切线的斜率为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义即可得. 【详解】由于，所以. 故选：D. 4. 将9个志愿者的名额分配给4个班，每班至少一个名额，则不同的分配方法的种数为（ ） A. 504 B. 126 C. 112 D. 56 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用隔板法列式计算得解. 【详解】取9个小球排成一排形成8个空档，在8个空档中放入3个挡板，把9个小球分成4部分， 每一部分的小球个数即为分配到4个班的名额数， 所以不同的分配方法的种数为. 故选：D 5. 若函数在上单调递增，则实数的最大值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】求导，转化为，参变分离即可得解. 【详解】，求导得， 由在上单调递增，得， 又当，，则， 又时，在上单调递增， 所以实数的最大值为2. 故选：D． 6. 甲辰龙年春节哈尔滨火爆出圈，成为春节假期旅游城市中的“顶流”．甲、乙等6名网红主播在哈尔滨的中央大街、冰雪大世界、圣索菲亚教堂、音乐长廊4个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个主播去打卡游玩，每位主播都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙各单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A. 96种 B. 132种 C. 168种 D. 204种 【答案】C 【解析】 【分析】对其余位主播分两种情况讨论，按照先分组、再分配的方法计算可得. 【详解】依题意其余位主播有两种情况： ①位主播去一个景点，位主播去另外一个景点；②分别都是位主播去一个景点； 所以不同游玩方法（种）. 故选：C 7. 已知定义在上的函数，其导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可构造函数，则，求得为增函数，从而可求解. 【详解】由题意得，则，且定义域为， 所以可构造函数，则， 所以为增函数，则， 则，故B正确 故选：B. 8. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义，结合二项式定理可知，再确定中被7整除余3的数，即可得解. 【详解】由二项式定理，得 ， 因为能够被7整除， 被7除余3，则， 又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3， 所以. 故选：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. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递减 B. 有极小值 C. 有2个极值点 D. 在处取得最大值 【答案】AB 【解析】 【分析】结合图象，利用导数与函数的关系逐一分析判断即可. 【详解】由的图象可知或时，，则单调递减，故A正确； 又或时，，则单调递增， 所以当时，有极小值，故B正确； 由的图象结合单调性可知，2，4时，有极值，所以有3个极值点，故C错误； 当时，，则单调递增， 所以，在处不能取得最大值，故D错误． 故选：AB． 10. 已知事件，，若，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先根据得，再利用条件概率公式和对立事件概率公式一一分析即可. 【详解】对A，因为，所以，A正确； 对B，，B错误； 对C，，C正确； 对D，，D错误. 故选：AC. 11. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别构造函数，，，利用导数讨论其单调性，由单调性比较可判断ABC；构造函数，利用二次导数讨论单调性，然后由单调性可判断D. 【详解】令，则在上恒成立， 所以在上单调递减，又，所以，即， 所以，故A正确； 设，则在上恒成立， 所以在上单调递减，又， 所以，即，所以，故B正确； 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，又， 所以，即，即，即，所以，故C错误； 令，则，令， 所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以， 所以在上恒成立，所以在上单调递增，又， 所以，即， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】此类问题主要方法：先同构函数，再由导数导数讨论其单调性，然后利用单调性比较可得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据，可以先将原函数求导，此时得到的导函数中有，故将代入可以求出，求出函数解析式后，求函数值. 【详解】，则，故， 解得，，所以. 故答案为： 13. 某食品加工厂生产一种食品的生产线有甲、乙、丙三个，其次品率分别为，假设这三个生产线的产量之比为，则从这三个生产线生产的食品中随机抽取1件食品为次品的概率为______． 【答案】0.047## 【解析】 【分析】根据全概率公式可得结果. 【详解】记事件“B=选取食品为次品”，记事件“=此件次品来自甲生产线”， 记事件“=此件次品来自乙生产线”，记事件“=此件次品来自丙生产线”， 由题意可得，，， ，，，由全概率的公式可得: ， 所以从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为0.047． 故答案为：0.047. 14. 若，则______. 【答案】4或16##16或4 【解析】 【分析】根据组合数的性质和化简即可求值. 【详解】因为，所以， 又，所以，所以或. 故答案为：4或16 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步步骤 15. 已知二项式，且． （1）求的展开式中的第5项； （2）求的二项式系数最大的项． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据组合数公式求，再利用二项展开式的通项公式求第5项； （2）根据（1）的结果可知，是最大的二项式系数，代入通项公式求解. 【小问1详解】 由，得，即，解得或（舍去）． 的二项式通项为， 当时，，所以的展开式中第5项为． 【小问2详解】 因为是中最大的，所以第4项的二项式系数最大， ，所以的二项式系数最大的项是． 16. 晚会上共有7个节目，其中有4个不同的歌唱节目，2个不同的舞蹈节目和1个相声节目，分别按以下要求各可以排出多少种不同的节目单. （1）其中舞蹈节目第一个出场，相声节目不能最后一个出场； （2）2个舞蹈节目不相邻； （3）前3个节目中既要有歌唱节目又要有舞蹈节目. 【答案】（1）1200 （2）3600 （3）3456 【解析】 【分析】（1）采用分步计数原理，特殊元素先排计算出结果即可； （2）采用分步计数原理，特殊元素先排，再用插空法即可； （3）先分三类，一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目；另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目；最后一种为歌唱节目，舞蹈节目､相声节目各1个；再分步计算，最后求和即可. 【小问1详解】 按特殊位置或特殊元素优先安排的原则分3步： 先排第1个节目，有种安排方法， 再排最后一个节目，可以从余下的5个非相声节目中选一个排在最后，有种排法， 最后余下的节目随便排，有种排法， 由分步计数原理得共有种排法. 【小问2详解】 先排非舞蹈节目，有种排法， 将2个舞蹈节目插到6个空中，有种排法， 故种排法. 【小问3详解】 前3个节目共三种情况： 一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目，有种排法， 另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目，有种排法， 最后一种为歌唱节目，舞蹈节目､相声节目各1个，有种排法， 故共有种排法. 17. 已知函数，且当时，有极值． （1）求的解析式； （2）求在上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值和最小值分别为 【解析】 【分析】（1）由极值的必要条件以及可列方程求解参数，由此即可得解； （2）求导得出在的单调性，比较极值点与端点函数值即可得解. 小问1详解】 ，由题意， 解得，所以的解析式为. 【小问2详解】 ，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 而， ， 所以在上的最大值和最小值分别为. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：当时，. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可得解； （2）构造函数，利用二次导数，结合函数的最值情况，证得，从而得证. 【小问1详解】 因为的定义域为， 所以， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，， 令，则， 令，则， 因，所以， 所以当时，恒成立，所以在上单调递减， 即在上单调递减，所以， 所以在上单调递减， 所以，即. 【点睛】结论点睛：恒成立问题： （1）恒成立；恒成立． （2）恒成立；恒成立． （3）恒成立；恒成立； （4），，． 19. 学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为． （1）求首次摸球就试验结束的概率； （2）在首次摸球摸出红球条件下． ①求选到的袋子为乙袋的概率； ②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大． 【答案】（1）； （2）①；②选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算可得； （2）①利用条件概率概率公式计算可得；②分别求出两种方案中摸到白球的概率，再比较即可. 【小问1详解】 设摸球一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“摸出白球”为事件，“摸出红球”为事件． 所以． 所以摸球一次就试验结束的概率为． 【小问2详解】 ①因为，是对立事件，． 所以， 所以选到的袋子为乙袋的概率为． ②由①，得， 所以方案一中取到白球的概率为． 方案二中取到白球的概率为， 因为． 所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就试验结束的概率更大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$