精品解析：陕西宝鸡市扶风县、千阳县部分校2024-2025学年高二第二学期期中检测数学试题

2023级高二第二学期期中检测卷 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册第三章，选择性必修第二册第六章～第七章． 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. 在等比数列中，，公比，则（ ） A. 6 B. C. 12 D. 2. 设函数在处的导数为-3，则（ ） A. 3 B. C. D. 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为（ ） A. 20 B. 160 C. 120 D. 80 5. 已知随机变量服从两点分布，且.设，那么等于（ ） A. 0.6 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.4 6. 设，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 7. 若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，方程有4个不同的实数根，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. 已知等差数列的首项，公差为（且），前项和为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则存在，使得 10. 下列说法正确的是（ ） A. 可表示为 B. 6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次 C. 若把英文“”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种 D. 将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 当时，在R上恒成立 C. 存在，使得在上不存在零点 D. 对任意的，有唯一的极小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为______. 13. 已知盒中装有个红球和3个黄球，从中任取2个球（取到每个球是等可能的），随机变量X表示取到黄球的个数，且X的分布列为则________. X 0 1 2 P a b 14. 已知数列满足，且，则数列中项的最小值为_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 有件产品，其中件是次品，其余都是合格品，现不放回的从中依次抽 件.求：（1）第一次抽到次品的概率； （2）第一次和第二次都抽到次品的概率； （3）在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率. 16. 有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？ （1）甲不在最中间也不在两端； （2）甲、乙两人必须排在两端； （3）女生互不相邻． 17. 某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成，，，，，这6组，得到如下的频数分布表： 分组 频数 5 15 40 40 15 5 以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率． （1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在中的个数，求X的分布列和数学期望； （2）若变量S满足，且，则称变量S满足近似于正态分布的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？ 18. 已知抛物线的准线与椭圆相交所得线段长为. （1）求抛物线的方程； （2）设圆过，且圆心在抛物线上，是圆在轴上截得的弦.当在抛物线上运动时，弦的长是否有定值？说明理由； （3）过作互相垂直的两条直线交抛物线于、、、，求四边形的面积最小值. 19. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高二第二学期期中检测卷 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册第三章，选择性必修第二册第六章～第七章． 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. 在等比数列中，，公比，则（ ） A. 6 B. C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等比数列的通项公式计算． 【详解】. 故选：A． 2. 设函数在处的导数为-3，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的概念直接求解即可. 【详解】由导数的概念可知， 则. 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，令，利用导数求的单调递减区间. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得， 所以函数的单调递减区间是. 故选：B. 4. 在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为（ ） A. 20 B. 160 C. 120 D. 80 【答案】B 【解析】 【分析】首先写出二项式展开式通项，再由二项式系数的性质确定最大系数对应项，即可求项的系数. 【详解】由题设，展开式通项为，， 由于二项式共有7项，故第四项的二项式系数最大，即， 所以，对应项系数为. 故选：B 5. 已知随机变量服从两点分布，且.设，那么等于（ ） A. 0.6 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.4 【答案】D 【解析】 【分析】根据变量间的关系，转化为，由两点分步求解. 【详解】当时，由， 所以. 故选：D 6. 设，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，则. 7. 若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，转化为在区间恒成立，设，利用导数求得的单调性，结合，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为函数在区间上单调递减， 可得在恒成立，即恒成立， 设，则，所以， 所以在单调递减，所以. 故选：B． 8. 已知函数，方程有4个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】转化条件得函数的图象与直线有个交点，结合导数可作出函数的图象，结合导数的几何意义数形结合即可得解. 【详解】因为方程有4个不同的实数根， 所以函数的图象与直线有个交点， 当时，，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增；且当时，， 则函数的图象如图， 当时，，， 所以在处的切线的斜率； 当时，，， 设过原点的切线的切点为， 则的斜率，解得，； 若要使函数的图象与直线有个交点，数形结合可得. 故选：A. 【点睛】本题考查了利用导数确定函数的图象及导数几何意义的应用，考查了函数与方程的综合应用及数形结合思想，属于中档题. 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. 已知等差数列的首项，公差为（且），前项和为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则存在，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式、求和公式和性质判断A的真假；寻找反例，说明B错误；根据求公差的取值范围；令，研究数列前项和的特点，可判断D的真假. 【详解】对A，因为，，所以， 所以，故A正确； 对B，若， 此时，故B错误； 对C，由，可得.故C正确； 对D，若，则，此时，所以若，则存在，使得成立.故D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 可表示为 B. 6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次 C. 若把英文“”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种 D. 将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法 【答案】BC 【解析】 【分析】根据排列数的计算公式可判断A；两两握手，即随便选出两人握手的所有可能结果数，通过计算即可判断B；先对进行排列，再将放入位置中即可，列出式子计算即可判断C；分3人，1人一组，和2人，2人一组两种情况，分别求出对应的安排方法，相加即可. 【详解】因为，故A错误； 因为6人两两握手，共握（次），故B正确； 先在5个位置中选出3个位置，对进行全排列，剩下两个位置将放入即可， 故有：（种），而正确的共有1种， 所以可能出现的错误共有（种），故C正确； 因为， 当按3，1分组时，先选1人单独一组，剩下3人为一组， 再将两组分配到两个不同科室中：共（种）分法， 当按2，2分组，在4人中选出2人到呼吸科，剩下2人自动去感染科， 故有：（种）分法，故共有（种）安排方法，故D错误． 故选：BC 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 当时，在R上恒成立 C. 存在，使得在上不存在零点 D. 对任意的，有唯一的极小值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数判断单调性，结合零点存在性定理逐项判断即得. 【详解】对于A，当时，，求导得，由， 得，则在上单调递减，A错误； 对于B，当时，，求导得，由，得， 由，得，则在上递减，在上递增， ，B正确； 对于C，当时，，，在R上为单调递增， 又，，则在上一定存在零点，C错误； 对于D，当时，，由，得，，得， 则在上递减，在上递增，有唯一的极小值，D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为______. 【答案】－1 【解析】 【分析】求f(x)在x=0处导数值，根据导数的几何意义即可计算． 【详解】，则，则，解得． 故答案为：－1． 13. 已知盒中装有个红球和3个黄球，从中任取2个球（取到每个球是等可能的），随机变量X表示取到黄球的个数，且X的分布列为则________. X 0 1 2 P a b 【答案】1 【解析】 【分析】由分布列中的数据，结合古典概率可知，即可求，然后求出，的概率，由期望公式求； 【详解】由题意知：，解得：或(舍去)； 由，知，， 所以； 故答案为：1 【点睛】思路点睛：本题考查了利用分布列部分数据，结合古典概型的概率求参数，并补全分布列中的数据，由所得完整的分布列数据求期望，属于简单题； 14. 已知数列满足，且，则数列中项的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得到数列是以3为首项，2为公比的等比数列，从而得到，再利用数列的单调性即可求出结果. 【详解】因为，得到，变形得到， 且，数列是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以，故， 设，则， 当时，即，得到， 所以，当时，当时，数列是递增数列， 又，，，，数列的最小值为． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 有件产品，其中件是次品，其余都是合格品，现不放回的从中依次抽 件.求：（1）第一次抽到次品的概率； （2）第一次和第二次都抽到次品的概率； （3）在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【详解】（1）因为有5件是次品，第一次抽到次品，有5中可能，产品共有20件，不考虑限制，任意抽一件，有20中可能，所以概率为两者相除． （2）因为是不放回的从中依次抽取2件，所以第一次抽到次品有5种可能，第二次抽到次品有4种可能，第一次和第二次都抽到次品有5×4种可能，总情况是先从20件中任抽一件，再从剩下的19件中任抽一件，所以有20×19种可能，再令两者相除即可． （3）因为第一次抽到次品，所以剩下的19件中有4件次品，所以，抽到次品的概率为 16. 有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？ （1）甲不在最中间也不在两端； （2）甲、乙两人必须排在两端； （3）女生互不相邻． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先从其余6个位置中选一个让甲排，剩余8人无要求，全排列，再依据乘法计数原理即可求出所有排法； （2）先考虑甲、乙排两端的情况，再考虑余下无位置要求的7人，再依据乘法计数原理即可求出所有排法； （3）利用插空法，先排4名男生，再将5名女生进行插空排列，再依据乘法计数原理即可求出所有排法. 【小问1详解】 由甲不在最中间也不在两端，共9个位置，则甲可以从6个位置中选一个有种， 其余8人全排列共有种， 所以甲不在最中间也不在两端的全体排法共有种； 【小问2详解】 甲、乙两人必须排在两端，有种，其余7人的全排列为种， 所以甲、乙两人必须排在两端的全体排法有种； 【小问3详解】 先排4名男生有种，产生5个空，又女生不相邻，所以5个空排5名女生，有种， 因此，女生互不相邻的全体排法共有种. 17. 某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成，，，，，这6组，得到如下的频数分布表： 分组 频数 5 15 40 40 15 5 以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率． （1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在中的个数，求X的分布列和数学期望； （2）若变量S满足，且，则称变量S满足近似于正态分布的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？ 【答案】（1）X的分布列为 X 0 1 2 3 P （2）能 【解析】 【分析】（1）写出随机变量的可能取值，并求解每个值的概率，即可求解； （2）求出与的概率，即可求解. 【小问1详解】 从这批零件中随机选取1件，长度在的概率’ 随机变量X的可能取值为0，1，2，3， 则，， ，， 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以； 【小问2详解】 由题意知，， ， ， 因为，， 所以这批零件的长度满足近似于正态分布的概率分布， 所以认为这批零件是合格的，将顺利被该公司签收． 18. 已知抛物线的准线与椭圆相交所得线段长为. （1）求抛物线的方程； （2）设圆过，且圆心在抛物线上，是圆在轴上截得的弦.当在抛物线上运动时，弦的长是否有定值？说明理由； （3）过作互相垂直的两条直线交抛物线于、、、，求四边形的面积最小值. 【答案】（1） （2）假设在抛物线上运动时弦的长为定值，理由如下： 设在抛物线上，可知到轴距离为， 根据圆的弦长公式可知：， 由已知，， 所以， 则在抛物线上运动时弦的长的定值为. （3） 【解析】 【分析】（1）求出抛物线准线与椭圆相交一个交点为，将该点的坐标代入椭圆方程，求出的值，即可得出抛物线的方程； （2）设在抛物线上，可知到轴距离为，可知，利用两点间的距离公式结合勾股定理可求得的值； （3）分析可知，过点且相互垂直，且与抛物线都有交点的两条直线的斜率都存在且不为零，设这两条直线的方程分别为、，其中，设直线交抛物线于点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用抛物线的焦点弦长公式可求得，进而可得出，再利用四边形的面积公式结合基本不等式可求得四边形面积的最小值. 【小问1详解】 解：由已知，抛物线的准线与椭圆相交线段的一个端点坐标是， 把代入椭圆方程化简得，解得. 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：若过点且相互垂直的两条直线分别与两条坐标轴垂直， 则其中与轴重合的直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设过的的两条直线的方程分别为、，其中， 设直线交抛物线于点、， 由得， ， 由韦达定理可得，则， 同理可得， 所以，四边形的面积 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 即四边形的面积的最小值为. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）2；（2）当时，函数无零点；当或时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点；（3）. 【解析】 【详解】试题分析：（1）当m=e时，＞0，由此利用导数性质能求出f（x）的极小值；（2）由，得，令，x＞0，m∈R，则h（1）=， h′（x）=1-x2=（1+x）（1-x），由此利用导数性质能求出函数g（x）=f′（x）-零点的个数；（3）（理）当b＞a＞0时，f′（x）＜1在（0，+∞）上恒成立，由此能求出m的取值范围 试题解析：（1）由题设，当时， 易得函数的定义域为 当时，，此时在上单调递减； 当时，，此时在上单调递增； 当时，取得极小值 的极小值为2 （2）函数 令，得 设 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以是的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是的最大值点， 的最大值为 又，结合y=的图像（如图），可知 ①当时，函数无零点； ②当时，函数有且仅有一个零点； ③当时，函数有两个零点； ④时，函数有且只有一个零点； 综上所述，当时，函数无零点；当或时，函数有且仅有一个零点；当时，函数有两个零点. （3）对任意恒成立，等价于恒成立 设，在上单调递减 在恒成立 恒成立 （对，仅在时成立），的取值范围是 考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的极值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $