数学：河北省保定市六校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题（解析版）

这是一份数学：河北省保定市六校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题（解析版），共12页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0， 在的展开式中，含项的系数为， 下列说法正确的是，1B， 设，且随机变量的分布列是等内容，欢迎下载使用。

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.
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. 曲线在处的切线倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设曲线在处的切线倾斜角为，
因为，则.
所以曲线在处的切线倾斜角是，
故选：D.
2. 某射手射击所得环数的分布列下表：已知的数学期望，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】的数学期望，
由射手射击所得环数的分布列，得，
解得，．
故选：C．
3. 某学校安排3名教师指导4个学生社团，每名教师至少指导一个社团，每个社团只需一位指导老师，则不同的安排方式共有（ ）
A. 12种B. 24种C. 36种D. 72种
【答案】C
【解析】4个学生社团，分为2，1，1的组，则有种分组情况，再分配给3位老师，则有种方法.
故选：C
4. 在的展开式中，含项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】的通项为，
所以，含的项为，
即含项的系数为.
故选：C.
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 若随机变量，其中，则
C. 若随机变量，则越小，越大
D. 若随机变量，且，则
【答案】C
【解析】因为，则，故A错误；
，故B错误；
因为，所以越小，的概率曲线越集中于对称轴处，
，所以越大，故C正确；
根据正态分布的对称性可知，故D错误.
故选：C.
6. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件存在如下关系：.对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡､支付宝或微信进行支付.已知使用信用卡支付的用户占总用户的，使用支付宝支付的用户占总用户的，其余的用户使用微信支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计发现：出现支付问题的概率是0.06，若一个遇到支付问题的用户，使用三种支付方式支付的概率均为，则使用微信支付遇到支付问题的概率是（ ）
A. 0.1B. 0.06C. 0.4D. 0.05
【答案】D
【解析】设分别表示事件使用信用卡支付､使用支付宝支付､使用微信支付，表示事件出现支付问题，
则，所以使用微信支付遇到支付问题的概率，.
故选：D.
7. 设，且随机变量的分布列是：
则的最小值为（ ）
A 0B. C. D.
【答案】B
【解析】由分布列得，
则，
当时，取得最小值.
故选：B.
8. 已知函数，若过可做两条直线与函数的图象相切，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设过点的直线与函数的图象相切时的切点为，
则，
因为，
所以切线方程为，又在切线上，
所以，整理得，
则过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与
曲线的图象的公共点的个数，
因为，令，得，
所以，当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
因为，当时，所以，函数的图象大致如图：
所以当时，图像有两个交点，切线有两条.
故选：B.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 保定某中学上午大课间跑操，为了提升班级跑操水平，某班在跑操后进行分组训练，现六名同学一组进行队列训练，则下列说法正确的是（ ）
A. 若不在第一个，则不同的排序种数有480种
B. 若和不相邻，则不同的站队方式共有480种
C. 若和相邻，且不在两端，则不同站队方式共有120种
D. 排在之前的概率为
【答案】BD
【解析】对于，若甲不排第一个，则甲有5种排法，其余5个人全排，
共有种；
对于，先排列除与外的4个人，有种方法，利用插空法将和插入5个空，有种方法，则共有种方法；
对于，若和相邻，利用捆绑法不同站队方式有种，
若和相邻且在两端，则站队方式有种，
故由间接法得站队方式共有192种；
对于排在之前的概率为.故选：BD.
10. 若，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】设，
对A：令，则，故A正确；
对B：令，则，故B错误；
对C：令，则，
结合B中所求，则，
解得，故C正确；
对D：，
令，则，故，
又，故，故D正确；
故选：ACD.
11. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人.设第次传球后球在甲､乙､丙手中的概率依次为，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】第一次传球后到乙或丙手里，故，第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故，故A正确；
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：
甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，
3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；
第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙共4个结果，它们等可能，
2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，1个结果，所以概率是，故C正确；
，即，故D正确.
故选：ACD.
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】由题意得，，所以，
即，所以.
故答案为：
13. 若随机变量，且，则__________，__________.
【答案】① ②
【解析】因为随机变量，且，所以，解得，
则.
故答案为：；.
14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为且外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，则__________.
【答案】
【解析】奖品在1号箱里，主持人可打开2，3号箱，
故；奖品在2号箱里，
主持人打开3号箱的概率为1，故；
奖品在3号箱里，主持人只能打开2号箱，
故，
由全概率公式可得：，.
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. 已知在的展开式中，各项系数和为81.
（1）求的值；
（2）求含的项的系数；
（3）求展开式中二项式系数最大的项.
解：（1）因为的展开式中各项系数和为81，
所以令，则，解得.
（2）由第项为，
令，解得，
所以的系数为.
（3）根据二项式系数性质可知，当时，二项式系数最大，
即第三项，
所以展开式中二项式系数最大的项是.
16. 袋中有除颜色外其他都相同的7个小球，其中4个红色，3个黄色.
（1）甲､乙两人依次不放回各摸一个球，求甲摸出红球，乙摸出黄球的概率；
（2）甲从中随机且不放回地摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时即停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，求：
①的值；
②随机变量的分布列和数学期望.
解：（1）设事件为“甲摸出红球”，事件为“乙摸出黄球”，
.
（2）①由已知得从袋中不放回的摸球两次的所有取法有种，
事件表示第一次取红球第二次取黄球或第一次取黄球第二次取红球，
故事件包含种取法，
所以.
②的可能取值为：，
.
则的概率分布为
所以的数学期望为
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）当时，若函数在上的最小值为0，求实数的值.
解：（1）当时，，定义域为，
，又，
所以切线方程为（或写成.
（2），定义域为，，令得；
①当，即时，在上单调递增，
这时，不合题意，舍去；
②当，即时，
当单调递减单调递增，
这时，解得；
③当，即时，在上单调递减，
这时，解得（舍去），
综上：.
18. 学校组织一项竞赛，在初赛中有两轮答题：第一轮从类的三个问题中随机选两题作答，每答对一题得30分，答错得0分；第二轮从类的分值分别为40，70的2个问题中随机选1题作答，每答对一题得相应满分，答错得0分.若两轮总积分不低于100分，则晋级复赛.甲､乙同时参赛，在类的三个问题中，甲每个问题答对的概率均为，乙只能答对其中两个问题；在类的2个分值分别为40，70的问题中，甲答对的概率分别为，乙答对的概率分别为，甲､乙回答任一问题正确与否互不影响.设甲､乙在第一轮的得分分别为.
（1）分别求的概率分布列；
（2）分别计算甲､乙晋级复赛的概率.
解：（1）根据题设可知：
，，
.
所以的分布列为
因为乙只能答对其中两道题，所以
，，
故的分布列为
（2）记事件表示“甲晋级复赛”，事件表示“乙晋级复赛”，
由于甲、乙回答任一问题正确与否互不影响，所以
，
故甲晋级复赛概率为，乙晋级复赛概率为.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若满足，求证：；
（3）若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围.
解：（1），
当时，在上单调递增，
当时，令，解得，
单调递减，
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.
（2）由题意，则.
要证，只需证，
而，且函数在上单调递减，
故只需证，
又，所以只需证，
即证，
令，
即
，
由均值不等式可得
（当且仅当，即时，等号成立）.
所以函数在上单调递增.
由，可得，即，
所以，
又函数在上单调递减，
所以，即得证.
（3）法一：，则，
令，
当时，，在上单调递增，且.
①当时，在上单调递增，
，符合题意，.
②当时，又在上单调递增，且
当趋近正无穷，趋近正无穷，
，使得，
在上单调递减，
在上单调递增，
而，所以不合题意.
综上：实数的取值范围为.
法二：，
当时，恒成立，
当时，由得，
即，
令，即，
则，
令，
则.
在上单调递增，，
即上单调递增，而，所以符合洛必达法则.
由洛必达法则得：
实数的取值范围为.
法三：，
当时，恒成立，
当时，由得，
即，
设，又，
则由拉格朗日中值定理可知：
令，
即
又，
在上单调递增，，
实数的取值范围为.
7
8
9
10
0.1
0.3
0
1
2
3
4
5
0
30
60
30
60