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广东省茂名市信宜市2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题
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这是一份广东省茂名市信宜市2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题，共10页。
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.
2.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涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
一､单选题：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.从地到地要经过地，已知从地到地有三条路，从地到地有四条路，则从地到地不同的走法种数是（ ）
A.7 B.9 C.12 D.16
2.已知函数的导函数为，且，则（ ）
A.2 B. C.5 D.10
3.用5种不同颜色给图中的四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，共有（ ）种不同的涂色方案.
A.180 B.360 C.64 D.25
4.气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在利台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为（ ）
A. B. C. D.
5.垃圾分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，减少垃圾处理量和处理设备的使用，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会､经济和生态等多方面的效益.为配合垃圾分类在学校的全面展开，某该试卷源自 每日更新，享更低价下载。学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动.高一､高二､高三年级分别有2名､3名､3名同学获一等奖.若将上述获一等奖的8名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有（ ）
A.432种 B.420种 C.176种 D.72种
6.第24届冬奥会奥运村有智能餐厅､人工餐厅，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.7；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8.运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为（ ）
C.0.7
7.将6名优秀教师分配到5个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（ ）
A.2400种 B.1800种 C.1200种 D.1600种
8.设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题；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，部分选对的得分，有选错的得0分.
9.若随机变量服从两点分布，且，记的均值和方差分别为和，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知二项式的展开式中共有8项，则下列说法正确的有（ ）
A.所有项的二项式系数和为128
B.所有项的系数和为1
C.二项式系数最大的项为第5项
D.有理项共4项
11.对于函数图象上的任意一点，都存在另外一点，使得的图象在这两个不同点处的切线互相平行，则称函数具有性质，下列函数中不具有性质的有（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在的展开式中，含的项的系数是__________.
13.从这5个数中任取2个不同的数，已知取到的两数之积为正数，则取到的两数均为负数的概率是__________.
14.已知是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的.取值范围是__________.
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.（13分）
某学校组织“一带一路”知识竞赛，有两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
16.（15分）
已知函数在处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求的极值点，并计算两个极值之和.
17.（15分）
为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用32年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为8万元.该建筑物每年的能源消耗费用（单位：万元）与隔热层厚度（单位；）满足关系：，设为隔热层建造费用与32年的能源消耗费用之和.
（1）求的表达式；
（2）隔热层修建多厚时，总费用达到最小，并求最小值.
18.（17分）
《中华人民共和国老年人权益保障法》规定，老年人的年龄起点标准是60周岁.为解决老年人打车难问题，许多公司均推出老年人一键叫车服务.某公司为调查老年人对打车软件的使用情况，在某地区随机抽取了100位老年人，调查结果整理如下：
（1）从该地区的老年人中随机抽取1位，试估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率；
（2）从参与调查的年龄在且使用过打车软件的老年人中，随机抽取2人进一步了解情况，用表示这2人中年龄在的人数，求随机变量的分布列及数学期望；
（3）为鼓励老年人使用打车软件，该公司拟对使用打车软件的老年人赠送1张10元的代金券，若该地区有5000位老年人，用样本估计总体，试估计该公司至少应准备多少张代金券.
19.（17分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若，证明：；
（3）当时，恒成立，求的取值范围.
2023-2024学年度第二学期高二期中考试
数学参考答案
1.C 解：根据题意分两步完成任务：第一步：从地到地，有3种不同的走法；第二步：从地到地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从地到地不同的走法种数：种.
2.D 解：因为，所以.
3.A 解：第一步涂，有5种涂法，第二步涂B，和A不同色，有4种涂法，第三步涂C，和不同色，有3种涂法，第四步涂D，和BC不同色，有3种涂法，由分步乘法技术原理可知，一共有种涂色方案.
4. 解：设某地区每年七月份刮台风为事件，设某地区每年七月份下大雨为事件，则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件，由题得，所以，所以.
5.A 解：将三个年级的学生分别捆绑，形成三个“大元素”，考虑三个“大元素”之间的顺序及各“大元素”内部之间的顺序，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.
6.D 解：设“第1天去餐厅用餐”，“第1天去餐厅用餐”，“第2天去餐厅用餐”，则，且与互斥，根据题意得：，则.
7.B 解：将6名教师分组，只有一种分法，即，共有，再排列得.
8.A 解：是函数的极大值点，
，解得，
当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当时，有极小值，且极小值为.
9.AB 解：因为随机变量服从两点分布，且，所以，
所以.
10.ABD 解：由已知得，展开式共有项，故，故二项式为，
所以二项式系数之和为，故A正确；令，可知所有项的系数之和为，故B正确；
二项式系数的最大的项的上标为，故二项式系数最大的项为第4，5项，故C错误；
通项为，当时为有理项，共4项，故D正确.
11.ABD 解：函数具有性质，等价于对于导函数值域中任意的值至少有两个不同的解.对于当时，只有唯一的解，故函数不具有性质；对于只有唯一的解，故函数不具有性质；对于C，是周期函数，对于任意的有无数个解，故函数具有性质；对于在上单调递减，当时，不存在两个解，故函数不具有性质.
12.-91 解：因为，所以含的项为：，
所以含的项的系数是.
13. 解：从这5个数中任取2个不同的数有种取法，
其中满足两数之积为正数的有种取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有种取法，所以，所以.
14. 解：令，则，
因为当时，，所以当时，，
因为为奇函数，所以，
所以当时，即
因为为奇函数，所以当时的解为
综上，时，或
15.解：（1）由题可知，的所有可能取值为.
所以.
所以的分布列为
（2）由（1）知，.
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为.
.
所以.
因为，所以小明应选择先回答类问题.
16.解：（1）解：因为的定义域为，
因为，曲线在处的切线方程为，
因为，解得，
因为，解得.
（2）由，得，
令，解得或，
当变化时，与变化如下：
所以，函数的极大值点为，极大值为，
极小值点为，极小值为，
所以，函数的极大值和极小值为.
17.解：（1）每年能源消耗费用为，建造费用为，
.
（2），令得或（舍）.
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增.
当时，取得最小值，
当隔热层修建厚时，总费用最小，最小值为112万元.
18.解：（1）在随机抽取的100位老年人中，年龄在且未使用过打车软件的人数为，
所以随机抽取的这1位老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率.
（2）由题可知，的所有可能取值为，
且.
所以的分布列为
（3）在随机抽取的100位老年人中，使用过打车软件的共有（人），
所以估计该公司至少应准备张代金券.
19.解：（1）的定义域为，
，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，由，得，由，得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）若，要证，即证，只要证，设，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
因为时，，所以.
所以.
（3）当时，，即，
即，即恒成立，
设，因为，
设，
当时，，当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以在上为增函数，
所以由，即由可得，即在上恒成立，
设，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以.
所以的取值范围为.年龄/岁
80岁以上
使用过打车软件人数
41
20
11
5
1
未使用过打车软件人数
1
3
9
6
3
0
20
100
0.2
0.32
0.48
2
+
0
-
0
+
增
极大值
减
极小值
增
0
1
2
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.
2.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涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
一､单选题：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.从地到地要经过地，已知从地到地有三条路，从地到地有四条路，则从地到地不同的走法种数是（ ）
A.7 B.9 C.12 D.16
2.已知函数的导函数为，且，则（ ）
A.2 B. C.5 D.10
3.用5种不同颜色给图中的四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，共有（ ）种不同的涂色方案.
A.180 B.360 C.64 D.25
4.气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在利台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为（ ）
A. B. C. D.
5.垃圾分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，减少垃圾处理量和处理设备的使用，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会､经济和生态等多方面的效益.为配合垃圾分类在学校的全面展开，某该试卷源自 每日更新，享更低价下载。学校举办了一次垃圾分类知识比赛活动.高一､高二､高三年级分别有2名､3名､3名同学获一等奖.若将上述获一等奖的8名同学排成一排合影，要求同年级同学排在一起，则不同的排法共有（ ）
A.432种 B.420种 C.176种 D.72种
6.第24届冬奥会奥运村有智能餐厅､人工餐厅，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.7；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8.运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为（ ）
C.0.7
7.将6名优秀教师分配到5个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（ ）
A.2400种 B.1800种 C.1200种 D.1600种
8.设函数，若是函数是极大值点，则函数的极小值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题；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，部分选对的得分，有选错的得0分.
9.若随机变量服从两点分布，且，记的均值和方差分别为和，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知二项式的展开式中共有8项，则下列说法正确的有（ ）
A.所有项的二项式系数和为128
B.所有项的系数和为1
C.二项式系数最大的项为第5项
D.有理项共4项
11.对于函数图象上的任意一点，都存在另外一点，使得的图象在这两个不同点处的切线互相平行，则称函数具有性质，下列函数中不具有性质的有（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在的展开式中，含的项的系数是__________.
13.从这5个数中任取2个不同的数，已知取到的两数之积为正数，则取到的两数均为负数的概率是__________.
14.已知是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的.取值范围是__________.
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.（13分）
某学校组织“一带一路”知识竞赛，有两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
16.（15分）
已知函数在处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求的极值点，并计算两个极值之和.
17.（15分）
为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用32年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为8万元.该建筑物每年的能源消耗费用（单位：万元）与隔热层厚度（单位；）满足关系：，设为隔热层建造费用与32年的能源消耗费用之和.
（1）求的表达式；
（2）隔热层修建多厚时，总费用达到最小，并求最小值.
18.（17分）
《中华人民共和国老年人权益保障法》规定，老年人的年龄起点标准是60周岁.为解决老年人打车难问题，许多公司均推出老年人一键叫车服务.某公司为调查老年人对打车软件的使用情况，在某地区随机抽取了100位老年人，调查结果整理如下：
（1）从该地区的老年人中随机抽取1位，试估计该老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率；
（2）从参与调查的年龄在且使用过打车软件的老年人中，随机抽取2人进一步了解情况，用表示这2人中年龄在的人数，求随机变量的分布列及数学期望；
（3）为鼓励老年人使用打车软件，该公司拟对使用打车软件的老年人赠送1张10元的代金券，若该地区有5000位老年人，用样本估计总体，试估计该公司至少应准备多少张代金券.
19.（17分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若，证明：；
（3）当时，恒成立，求的取值范围.
2023-2024学年度第二学期高二期中考试
数学参考答案
1.C 解：根据题意分两步完成任务：第一步：从地到地，有3种不同的走法；第二步：从地到地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从地到地不同的走法种数：种.
2.D 解：因为，所以.
3.A 解：第一步涂，有5种涂法，第二步涂B，和A不同色，有4种涂法，第三步涂C，和不同色，有3种涂法，第四步涂D，和BC不同色，有3种涂法，由分步乘法技术原理可知，一共有种涂色方案.
4. 解：设某地区每年七月份刮台风为事件，设某地区每年七月份下大雨为事件，则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件，由题得，所以，所以.
5.A 解：将三个年级的学生分别捆绑，形成三个“大元素”，考虑三个“大元素”之间的顺序及各“大元素”内部之间的顺序，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种.
6.D 解：设“第1天去餐厅用餐”，“第1天去餐厅用餐”，“第2天去餐厅用餐”，则，且与互斥，根据题意得：，则.
7.B 解：将6名教师分组，只有一种分法，即，共有，再排列得.
8.A 解：是函数的极大值点，
，解得，
当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当时，有极小值，且极小值为.
9.AB 解：因为随机变量服从两点分布，且，所以，
所以.
10.ABD 解：由已知得，展开式共有项，故，故二项式为，
所以二项式系数之和为，故A正确；令，可知所有项的系数之和为，故B正确；
二项式系数的最大的项的上标为，故二项式系数最大的项为第4，5项，故C错误；
通项为，当时为有理项，共4项，故D正确.
11.ABD 解：函数具有性质，等价于对于导函数值域中任意的值至少有两个不同的解.对于当时，只有唯一的解，故函数不具有性质；对于只有唯一的解，故函数不具有性质；对于C，是周期函数，对于任意的有无数个解，故函数具有性质；对于在上单调递减，当时，不存在两个解，故函数不具有性质.
12.-91 解：因为，所以含的项为：，
所以含的项的系数是.
13. 解：从这5个数中任取2个不同的数有种取法，
其中满足两数之积为正数的有种取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有种取法，所以，所以.
14. 解：令，则，
因为当时，，所以当时，，
因为为奇函数，所以，
所以当时，即
因为为奇函数，所以当时的解为
综上，时，或
15.解：（1）由题可知，的所有可能取值为.
所以.
所以的分布列为
（2）由（1）知，.
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为.
.
所以.
因为，所以小明应选择先回答类问题.
16.解：（1）解：因为的定义域为，
因为，曲线在处的切线方程为，
因为，解得，
因为，解得.
（2）由，得，
令，解得或，
当变化时，与变化如下：
所以，函数的极大值点为，极大值为，
极小值点为，极小值为，
所以，函数的极大值和极小值为.
17.解：（1）每年能源消耗费用为，建造费用为，
.
（2），令得或（舍）.
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增.
当时，取得最小值，
当隔热层修建厚时，总费用最小，最小值为112万元.
18.解：（1）在随机抽取的100位老年人中，年龄在且未使用过打车软件的人数为，
所以随机抽取的这1位老年人的年龄在且未使用过打车软件的概率.
（2）由题可知，的所有可能取值为，
且.
所以的分布列为
（3）在随机抽取的100位老年人中，使用过打车软件的共有（人），
所以估计该公司至少应准备张代金券.
19.解：（1）的定义域为，
，
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，由，得，由，得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）若，要证，即证，只要证，设，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
因为时，，所以.
所以.
（3）当时，，即，
即，即恒成立，
设，因为，
设，
当时，，当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以在上为增函数，
所以由，即由可得，即在上恒成立，
设，
由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，所以.
所以的取值范围为.年龄/岁
80岁以上
使用过打车软件人数
41
20
11
5
1
未使用过打车软件人数
1
3
9
6
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0
20
100
0.2
0.32
0.48
2
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极大值
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极小值
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