精品解析：新疆部分名校2023-2024学年高二下学期期中联合考试数学试题

高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第七章7.3. 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. 甲从3个短跑项目和5个球类项目中各选1个项目参加，则不同的选择方案共有（ ） A. 8种 B. 15种 C. 20种 D. 24种 2. 已知X服从两点分布，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的导函数，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 某体育场A区域看台的座位共有10排，从第1排到第10排的座位数构成等差数列，已知第1排、第4排的座位数分别为10，16，则A区域看台的座位总数为（ ） A. 205 B. 200 C. 195 D. 190 6. 在二项式的展开式中，有理项的项数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 某校开设美术、书法、篮球、足球和象棋兴趣班．已知该校的学生小明和小华每人报名参加其中的两种兴趣班，且小明至少参加一种球类的兴趣班，则小明和小华至少参加同一个兴趣班的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，存在唯一的整数，使得成立，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．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，则（ ） A. A与相互独立 B. 与相互对立 C. D. 10. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，第一､二､三､四象限内各有2个点，且任意3个点都不共线，则下列结论正确的是（ ） A. 以这8个点中的2个点为端点的线段有28条 B. 以这8个点中的2个点为端点的线段中，与轴相交的有8条 C. 以这8个点中的3个点为顶点的三角形有56个 D. 以这8个点中的3个点为顶点，且3个顶点在3个象限的三角形有32个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，则______． 13. 某校运动会短跑比赛有两个项目：100米短跑和400短跑．甲参加100米短跑比赛的概率为0.7，参加400米短跑比赛的概率为0.3，且甲参加100米短跑比赛夺冠的概率为0.7，参加400米短跑比赛夺冠的概率为0.8，则甲参加短跑比赛夺冠的概率为______． 14. 已知函数则曲线在点处的切线方程为______． 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. 3月23日，“新疆第一春，花开吐鲁番”2024吐鲁番高昌杏花节在亚尔镇上湖村开幕．来自全国各地的游客走进杏花园，近距离感受新疆“第一春”的魅力．本届杏花节系列活动集赏花、民俗风情、文化旅游为一体，共设立了9个赏花点，特别是“花仙子”赏花点、山海经动漫人物赏花点，成为游客游玩的打卡点．甲游客计划从9个赏花点中选出5个赏花点依次前往打卡，且“花仙子”赏花点和山海经动漫人物赏花点是甲的必选打卡点． （1）试问甲共有多少种不同的游玩方案? （2）若甲游玩的前3个打卡点中含有“花仙子”和山海经动漫人物这两个赏花点，试问共有多少种不同的游玩方案? 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有最大值3，求a的值． 17. 甲､乙两人进行中国象棋比赛，采用五局三胜制，假设他们没有平局的情况，甲每局赢的概率均为，且每局的胜负相互独立， （1）求该比赛三局定胜负的概率； （2）在甲赢第一局的前提下，设该比赛还需要进行的局数为 ，求 的分布列与数学期望. 18. 已知在二项式的展开式中，第项为常数项. （1）求； （2）求的展开式中所有奇数项的二项式系数之和； （3）在的展开式中，求含的项. 19. 函数称为取整函数，也称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，例如：．对于任意的实数，定义数列满足． （1）求的值； （2）设，从全体正整数中除去所有，剩下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列． ①求的通项公式； ②证明：对任意的，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册至选择性必修第三册第七章7.3. 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. 甲从3个短跑项目和5个球类项目中各选1个项目参加，则不同的选择方案共有（ ） A. 8种 B. 15种 C. 20种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】应用乘法原理计算即可. 【详解】不同的选择方案共有种． 故选：B. 2. 已知X服从两点分布，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点分布的特征计算即可. 【详解】由题意得，则． 故选：. 3. 已知函数的导函数，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数求导及导数运算律计算判断即可. 【详解】， ， ， ． 故选:C． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】赋值法求解即可. 【详解】令，得①，令，得②， ①－②，得，即． 故选：A． 5. 某体育场A区域看台的座位共有10排，从第1排到第10排的座位数构成等差数列，已知第1排、第4排的座位数分别为10，16，则A区域看台的座位总数为（ ） A. 205 B. 200 C. 195 D. 190 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的基本量运算求出，再利用等差数列前n项和公式求解. 【详解】根据题意，设从第1排到第10排的座位数构成的等差数列为，公差为， 所以，，则，解得， 则A区域看台的座位总数为. 故选：D. 6. 在二项式的展开式中，有理项的项数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据展开式的通项结合有理项的定义分析求解. 【详解】二项式展开式的通项公式， 由，且，，得或， 所以有理项的项数为2． 故选：B. 7. 某校开设美术、书法、篮球、足球和象棋兴趣班．已知该校的学生小明和小华每人报名参加其中的两种兴趣班，且小明至少参加一种球类的兴趣班，则小明和小华至少参加同一个兴趣班的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用古典概型，结合组合和对立事件概率知识求解即可. 【详解】小明和小华参加兴趣班的方案有种， 其中小明和小华参加的兴趣班都不同的情况有种， 故所求概率． 故选：D. 8. 已知，存在唯一的整数，使得成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，依题意函数在直线下方的图象有且只有一个点的横坐标为整数，利用导数说明函数的单调性，画出的图象，由过定点，再数形结合即可求出参数的取值范围. 【详解】设，， 由题意可知函数在直线下方的图象有且只有一个点的横坐标为整数， 因为，所以， 由，解得，由，解得， 则在上单调递增，在上单调递减； 又，，，即过点，， 且当时，当时； 如图，作出的大致图象如下所示： 因为直线过定点，且当时， 所以，即，故， 即的取值范围是． 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，则（ ） A. A与相互独立 B. 与相互对立 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合相互独立事件、对立事件的意义逐项判断即可. 【详解】对于A，由，得，即，A与相互独立，A正确； 对于B，由选项A知，，则，即与不互斥，不对立，B错误； 对于CD，，C正确，D错误. 故选：AC 10. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的均值、方差的性质即可求解. 【详解】由，得，A正确． 由，得，C正确． 故选：AC. 11. 在平面直角坐标系中，第一､二､三､四象限内各有2个点，且任意3个点都不共线，则下列结论正确的是（ ） A. 以这8个点中的2个点为端点的线段有28条 B. 以这8个点中的2个点为端点的线段中，与轴相交的有8条 C. 以这8个点中的3个点为顶点的三角形有56个 D. 以这8个点中的3个点为顶点，且3个顶点在3个象限的三角形有32个 【答案】ACD 【解析】 【分析】ABC利用组合来计算即可；D选项，先从四个象限中选三个象限，然后分别从三个象限中选一个点即可. 【详解】以这8个点中的2个点为端点的线段有条，正确. 轴上方有4个点，下方有4个点，所以这样的线段有条，错误. 以这8个点中的3个点为顶点的三角形有个，正确. 先选3个象限，从这3个象限中每个象限任选1个点作为三角形的顶点，则这样的三角形有个，正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等比数列中，，则______． 【答案】27 【解析】 【分析】先由等比数列的两项求出公比，再求即可. 【详解】在等比数列中，，所以公比，则. 故答案为：27 13. 某校运动会短跑比赛有两个项目：100米短跑和400短跑．甲参加100米短跑比赛的概率为0.7，参加400米短跑比赛的概率为0.3，且甲参加100米短跑比赛夺冠的概率为0.7，参加400米短跑比赛夺冠的概率为0.8，则甲参加短跑比赛夺冠的概率为______． 【答案】0.73 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得. 【详解】事件：甲参加100米短跑比赛，事件：甲参加400米短跑比赛，事件：甲参加短跑比赛夺冠， 则，，，且互斥， 所以. 所以甲参加短跑比赛夺冠的概率为0.73. 故答案为：0.73 14. 已知函数则曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数在区间上的函数关系，再利用复合函数求导法则求导，利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】当时，，当时，， 求导得，则，而， 所以所求的切线方程为，即． 故答案为： 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. 3月23日，“新疆第一春，花开吐鲁番”2024吐鲁番高昌杏花节在亚尔镇上湖村开幕．来自全国各地的游客走进杏花园，近距离感受新疆“第一春”的魅力．本届杏花节系列活动集赏花、民俗风情、文化旅游为一体，共设立了9个赏花点，特别是“花仙子”赏花点、山海经动漫人物赏花点，成为游客游玩的打卡点．甲游客计划从9个赏花点中选出5个赏花点依次前往打卡，且“花仙子”赏花点和山海经动漫人物赏花点是甲的必选打卡点． （1）试问甲共有多少种不同的游玩方案? （2）若甲游玩的前3个打卡点中含有“花仙子”和山海经动漫人物这两个赏花点，试问共有多少种不同的游玩方案? 【答案】（1）4200 （2）1260 【解析】 【分析】（1）应用特殊元素结合组合和全排列计算即可； （2）应用分步计数原理结合排列计算. 【小问1详解】 第一步，从除“花仙子”赏花点、山海经动漫人物赏花点外的7个赏花点中选出3个赏花点，共有种不同的游玩方案． 第二步，选出的5个赏花点排列，共有种不同的游玩方案． 故甲共有种不同的游玩方案． 【小问2详解】 第一步，将“花仙子”赏花点和山海经动漫人物赏花点排列，共有种不同的游玩方案． 第二步，从除“花仙子”赏花点、山海经动漫人物赏花点外的7个赏花点中选择3个赏花点排列，共有种不同的游玩方案． 故共有种不同的游玩方案． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有最大值3，求a的值． 【答案】（1） 当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）． 【解析】 【分析】（1）分类讨论求导函数根据正负求出函数单调性； （2）求导数得出函数单调性再根据最大值求参. 【小问1详解】 由题意可得的定义域为，且． 当时，恒成立，则在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由（1），当时，在上单调递增，则无最大值，即不符合题意． 当时，在上单调递增，在上单调递减， 则， 即，解得． 17. 甲､乙两人进行中国象棋比赛，采用五局三胜制，假设他们没有平局的情况，甲每局赢的概率均为，且每局的胜负相互独立， （1）求该比赛三局定胜负的概率； （2）在甲赢第一局的前提下，设该比赛还需要进行的局数为 ，求 的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 2 3 4 【解析】 【分析】（1）分析三局定胜负的情况，利用独立事件的概率公式即可得解； （2）根据题意得到 的可能取值，再根据相应取值的比赛情况求得对应概率，从而得到 的分布列，进而求得其数学期望，从而得解. 【小问1详解】 该比赛三局定胜负意味着甲、乙两人前面三局有一人连赢， 则该比赛三局定胜负的概率为. 【小问2详解】 依题意， 的可能取值为2，3，4， 则，， ， 则 的分布列为 2 3 4 故. 18. 已知在二项式的展开式中，第项为常数项. （1）求； （2）求的展开式中所有奇数项的二项式系数之和； （3）在的展开式中，求含的项. 【答案】（1）； （2）32； （3）. 【解析】 【分析】（1）写出展开式的第项，再令的指数为，即可求出； （2）根据二项式系数的性质计算可得； （3）由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【小问1详解】 由题意得第项为， 则，解得. 【小问2详解】 所有奇数项的二项式系数之和为. 【小问3详解】 由（1）知， 其中展开式的通项为（且）， 则的展开式中，含的项为， 含的项为， 所以在的展开式中含的项为. 19. 函数称为取整函数，也称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，例如：．对于任意的实数，定义数列满足． （1）求的值； （2）设，从全体正整数中除去所有，剩下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列． ①求的通项公式； ②证明：对任意的，都有． 【答案】（1），； （2）①； ②由，得，则为递增数列，， 当时，， 则 ， 所以对任意的，都有. 【解析】 【分析】（1）由，，利用给定的定义即可求出. （2）①按，分段讨论的取值，即可求出；②利用①的结论，结合单调性并借助裂项相消法求和即可推理得证. 【小问1详解】 由，得，则， 所以； 由，得，则， 所以. 【小问2详解】 ①依题意，，则， 对于给定的，存在唯一确定的，使得，即， 而，则当时，，设， 此时，即； 当时，，设， 此时，即， 因此， 恰好跳过，即所有正整数中恰好少了， 因为，所以. ②略 【点睛】易错点睛：裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $