精品解析：安徽省淮南市2023-2024学年高二下学期4月期中检测数学试题

2023－2024学年高二第二学期期中检测 数 学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知函数，则在处的瞬时变化率为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由瞬时变化率定义可知，直接求即可. 【详解】由题可知，则 故选：C 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 8 B. 28 C. 56 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可求解. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 故的系数为. 故选：C. 3. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理:若函数在闭区间上是连续不断，在开区间上都有导数，则在区间上至少存在一个实数，使得，其中称为“拉格朗日中值”.函数在区间上的“拉格朗日中值”（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“拉格朗日中值”定义可得，解得. 【详解】由题可知，结合“拉格朗日中值”的定义可得， 即，所以. 故选：A 4. 设事件A，B满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助条件概率公式及对立事件的概率公式计算即可得. 【详解】由事件A，B满足，则有， . 故选：B. 5. 在2024年第22届上海国际茶博会中，某展区展出6种茗茶，分别是武夷山大红袍、西湖龙井、安溪铁观音、普洱茶、正山小种、福鼎白茶.将这6种茶排成一排，若武夷山大红袍和西湖龙井不能相邻，则不同的排序方法有（ ） A. 240种 B. 280种 C. 340种 D. 480种 【答案】D 【解析】 【分析】不相邻问题插空法，先将其它4种茶排序，再将武夷山大红袍和西湖龙井插入5个空，即可. 【详解】先将除武夷山大红袍和西湖龙井之外的4种茶排序，形成5个空， 再将武夷山大红袍和西湖龙井插入5个空，则不同的排法有种. 故选：D 6. 若函数在上单调递增，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意将问题转化为在上恒成立，构造函数，利用导数求出最大值即可. 【详解】由题可知， 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，即最大值， 因为，所以. 故选：B 7. 如图，某考古队在挖掘一古墓群，古墓外面是一个正方形复杂空间，且有4个形状、大小均相同的入口1，2，3，4，其中只有1个入口可以打开，其他的是关闭的．现让一个机器狗从点出发探路，从4条路线中任选一条寻找打开的入口，找到后直接进入古墓，若未找到，则沿原路返回到出发点，继续重新寻找．若该机器狗是有记忆的，它在出发点选择各条路线的尝试均不多于1次，且每次选哪条路线是等可能的，则它能够进入古墓的总尝试次数的数学期望是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设机器狗能够进入古墓的总尝试次数为，则的所有可能取值为1，2，3，4，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，再结合期望公式求解即可． 【详解】设机器狗能够进入古墓的总尝试次数为，则的所有可能取值为1，2，3，4， 所以，，，， 所以． 故选：D. 8. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先根据导数判断函数的单调性，然后利用函数单调性对已知不等式变形，再通过构造新函数进行求解即可. 【详解】由题可知，， 由于，故在上恒成立， 故在上单调递增， 因为， 所以，即恒成立， 令，， 则， 由可得，，由可得，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值， 即， 故 ，解得 故实数的最小值为. 故选：B 二、多项选择题：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. 下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对A、B：借助排列数与组合数的计算公式计算即可得；对C：借助组合数的性质及等差数列求和公式计算即可得；对D：借助二项式定理计算即可得. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于C：因为 ，故C错误； 对于D：，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 有3个不同的零点 B. 在区间和上单调递增 C. 不存在，使得 D. 存在唯一的，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，利用导数说明函数单调性，即可得到的图象，数形结合即可判断A、B、C，依题意有解，画出与的图象，数形结合即可判断D. 【详解】设，则，令，可得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，当时，， 所以的大致图象如图（1），由图可知A、B正确，C错误. 存在，使得，即有解， 画出与的图象如图（2）所示： 数形结合可知存在且唯一，故D正确. 故选：ABD 11. 围棋棋理博大精深，蕴含着中华文化的丰富内涵，被列为“琴棋书画”四大文化之一，是中华文化与文明的体现．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进行最后的决赛，比赛采取五场三胜制，即先胜三场的一方获得冠军，比赛结束．假设每场比赛甲胜乙的概率都为，且没有和棋，每场比赛的结果互不影响，记决赛的比赛总场数为，则下列结论正确的是（ ） A. 且甲获得冠军的概率是 B. 有连续三场比赛都是乙胜的概率是 C. D. 若甲赢了第一场，则乙仍有超过的可能性获得冠军 【答案】CD 【解析】 【分析】对ABCD，分析出满足各自选项的所有情况，再利用独立事件的乘法公式一一判断即可. 【详解】对于A，且甲获得冠军有两种情况:且甲获得冠军，且甲获得冠军， 且甲获得冠军表示甲连胜三场，且甲获得冠军表示第四场甲获胜且前三场中有两场甲获胜， 所以且甲获得冠军的概率为，故A错误; 对于B，有连续三场比赛都是乙胜包含三种情况：前三场比赛都是乙获胜， 第一场比赛甲获胜接下来三场比赛都是乙获胜，前两场比赛甲获胜接下来三场比赛都是乙获胜， 所以有连续三场比赛都是乙胜的概率为，故B错误; 对于C，包含两种情况:比赛四场甲获得冠军，比赛四场乙获得冠军， 所以，故C正确； 对于D，甲赢了第一场，乙获得冠军包含两种情况： 第二至第四场都是乙获胜，第五场乙获胜且第二至第四场中有两场乙获胜， 所以甲赢了第一场，乙获得冠军的概率为， 因为为，所以若甲赢了第一场，则乙仍有超过的可能性获得冠军，故D正确. 故选：CD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象在处的切线与直线平行，则实数______ 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，求出，结合已知条件两直线平行斜率相等，得：，解出值即可. 【详解】由题可知，所以， 又直线的斜率为，所以，解得：. 故答案为：. 13. 有一枚质地不均匀的游戏币，若随机抛掷它两次均得到正面的概率是均得到反面的概率的4倍，则随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用相互独立事件概率公式和二项分布概率公式求解． 【详解】设一枚质地不均匀的游戏币随机抛掷一次，得到正面的概率为，则， 由，得， 随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为：． 故答案为：． 14. 已知关于的方程有且只有两个实数根，则实数的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】由题意构造函数，对该函数求导，并利用导数求得单调区间与极值，再画出函数图象，即可求得的取值范围. 【详解】原方程可变形为， 令函数，则， 令，得或， 当或时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极大值，且极大值为， 当时，取得极小值，且极小值为， 又当趋向于时，趋向于0，当趋向于时，趋向于， 所以的大致图象如图，所以实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求参数的范围问题.本题的关键点是方程有且只有两个方程，构造函数，结合导数求得单调区间与极值，从而得到函数的大致图象，即可求得参数的取值范围. 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. （1）若展开式的第3项和第5项的二项式系数相等，求的值，并求常数项; （2）若展开式中所有项的系数之和为81，求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】（1），60； （2）. 【解析】 【分析】（1）分别表示出展开式的第3项和第5项的二项式系数，利用相等关系列出方程解出，通过展开式的通项，求出常数项即可； （2）令，结合已知条件，求出所有项的系数之和为，解出，根据二项式系数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 因为展开式的第3项和第5项的二项式系数相等， 所以，即，， 整理得，解得或（舍）， 所以展开式的通项为， 令，得， 故常数项. 【小问2详解】 令，得所有项的系数之和为，解得. 由于是偶数，所以展开式中共有5项，且第3项的二项式系数最大， 所以展开式中二项式系数最大的项为. 16. 已知函数，点在的图象上. （1）求曲线在点处的切线方程; （2）设函数，求在上的值域. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）对求导，求出，由导数的几何意义求解即可； （2）对求导，得到的单调性，比较的极值点和端点处的函数值的大小，即可得出答案. 【小问1详解】 由题知，即，得. 所以， ，则. 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由题可知，则. 令，可得. 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，取得极大值，， 当时，取得极小值，， 又， 所以在上的值域为. 17. 某企业生产手机加密芯片，有3台机器生产同一型号的芯片，质量合格的为正品，不合格的为次品，第1台生产的次品率为，第2，3台生产的次品率均为，将生产出来的芯片混放在一起，已知第1，2，3台机器生产的芯片数分别占总数的． （1）任取一个芯片，求它是正品的概率； （2）任取一个芯片，如果它是次品，求它分别是第1，2，3台机器生产的概率． 【答案】（1） （2）它分别是第1，2，3台机器生产的概率为，， 【解析】 【分析】（1）结合全概率公式，以及对立事件概率和为1，即可求解； （2）利用条件概率，结合贝叶斯公式，即可求解． 【小问1详解】 任取一个芯片是次品的概率为：， 则它是正品的概率为：； 【小问2详解】 次品是第1台机器生产的概率为：； 次品是第2台机器生产的概率为：， 次品是第3台机器生产的概率为：． 18. 大学毕业生入职某国企需要笔试，笔试题目分为A，B两种类型，且两种类型的题目数量相同，每个笔试者选择2题作答，第1题从A，B两类试题中随机选择1题作答，笔试者若答对第1题，则第2题选择同一类试题作答的概率为，若答错第1题，则第2题选择同一类试题作答的概率为，试题不重复选择．已知甲答对A类试题的概率均为，答对B类试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立． （1）求甲两题均选择A类试题作答的概率； （2）若甲第1题选择B类试题作答，设甲答对的试题数为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列见解析，数学期望为. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解； （2）由题可知，的所有可能取值为0，1，2，求出相应的概率，得到的分布列，再结合期望公式求解． 【小问1详解】 若甲第1题选择类试题作答并且答错，则第2题选择类试题作答的概率， 若甲第1题选择类试题作答并且答对，则第2题选择类试题作答的概率， 故甲2题均选择类试题作答概率； 【小问2详解】 由题可知，的所有可能取值为0，1，2， 则， ， ， 故的分布列为： 0 1 2 则． 19. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）对所证不等式等价变形为，构造函数，利用导数求解函数最值，即可证明 （2）把恒成立化简为不等式恒成立，根据和分类讨论，当时，参变分离，构造函数，利用导数研究函数的最值即可求解参数范围. 【小问1详解】 当时，要证，即证，即证. 设，则，当时，， 所以在上单调递增， 所以，即，即， 故当时，. 【小问2详解】 由题可得不等式恒成立，其中. ①当时，不等式为，显然成立，符合题意. ②当时，有， 记， 则. 令，则，由（1）可得， 故在上单调递增，则， 故当时，单调递增， 当时，单调递减， 故. 综上可得，实数的取值范围是. 【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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023－2024学年高二第二学期期中检测 数 学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知函数，则在处的瞬时变化率为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 8 B. 28 C. 56 D. 70 3. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理:若函数在闭区间上是连续不断的，在开区间上都有导数，则在区间上至少存在一个实数，使得，其中称为“拉格朗日中值”.函数在区间上的“拉格朗日中值”（ ） A. B. C. 2 D. 4. 设事件A，B满足，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在2024年第22届上海国际茶博会中，某展区展出6种茗茶，分别是武夷山大红袍、西湖龙井、安溪铁观音、普洱茶、正山小种、福鼎白茶.将这6种茶排成一排，若武夷山大红袍和西湖龙井不能相邻，则不同的排序方法有（ ） A. 240种 B. 280种 C. 340种 D. 480种 6. 若函数在上单调递增，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某考古队在挖掘一古墓群，古墓外面是一个正方形复杂空间，且有4个形状、大小均相同的入口1，2，3，4，其中只有1个入口可以打开，其他的是关闭的．现让一个机器狗从点出发探路，从4条路线中任选一条寻找打开的入口，找到后直接进入古墓，若未找到，则沿原路返回到出发点，继续重新寻找．若该机器狗是有记忆的，它在出发点选择各条路线的尝试均不多于1次，且每次选哪条路线是等可能的，则它能够进入古墓的总尝试次数的数学期望是（ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多项选择题：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. 下列结论正确是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 有3个不同的零点 B. 区间和上单调递增 C. 不存在，使得 D. 存在唯一的，使得 11. 围棋棋理博大精深，蕴含着中华文化的丰富内涵，被列为“琴棋书画”四大文化之一，是中华文化与文明的体现．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进行最后的决赛，比赛采取五场三胜制，即先胜三场的一方获得冠军，比赛结束．假设每场比赛甲胜乙的概率都为，且没有和棋，每场比赛的结果互不影响，记决赛的比赛总场数为，则下列结论正确的是（ ） A. 且甲获得冠军的概率是 B. 有连续三场比赛都是乙胜的概率是 C. D. 若甲赢了第一场，则乙仍有超过的可能性获得冠军 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象在处的切线与直线平行，则实数______ 13. 有一枚质地不均匀的游戏币，若随机抛掷它两次均得到正面的概率是均得到反面的概率的4倍，则随机抛掷它两次得到正面、反面各一次的概率为______． 14. 已知关于的方程有且只有两个实数根，则实数的取值范围是______ 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. （1）若展开式的第3项和第5项的二项式系数相等，求的值，并求常数项; （2）若展开式中所有项的系数之和为81，求展开式中二项式系数最大的项. 16. 已知函数，点在图象上. （1）求曲线在点处的切线方程; （2）设函数，求在上的值域. 17. 某企业生产手机加密芯片，有3台机器生产同一型号的芯片，质量合格的为正品，不合格的为次品，第1台生产的次品率为，第2，3台生产的次品率均为，将生产出来的芯片混放在一起，已知第1，2，3台机器生产的芯片数分别占总数的． （1）任取一个芯片，求它是正品的概率； （2）任取一个芯片，如果它是次品，求它分别是第1，2，3台机器生产概率． 18. 大学毕业生入职某国企需要笔试，笔试题目分为A，B两种类型，且两种类型的题目数量相同，每个笔试者选择2题作答，第1题从A，B两类试题中随机选择1题作答，笔试者若答对第1题，则第2题选择同一类试题作答的概率为，若答错第1题，则第2题选择同一类试题作答的概率为，试题不重复选择．已知甲答对A类试题的概率均为，答对B类试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立． （1）求甲两题均选择A类试题作答概率； （2）若甲第1题选择B类试题作答，设甲答对的试题数为，求的分布列与期望． 19. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$