[数学]山东省济宁市兖州区2023-2024学年高二下学期期中质量检测试题（解析版）

这是一份[数学]山东省济宁市兖州区2023-2024学年高二下学期期中质量检测试题（解析版），共11页。试卷主要包含了 已知函数的导函数为，若，则， 设，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
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.
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. 已知，那么（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】由，得，即，
整理得，解得或（舍去）.
故选：C
2. 某学校5个班分别从3个景点中选择一处游览，则不同选法的种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】每个班都有3种选择，利用分步乘法计数原理，共有种不同选法.故选：A.
3. 若随机变量的分布列为
且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据所给的分布列，可得，
由，可得，解得.
故选: A.
4. 已知函数的导函数为，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 0
【答案】D
【解析】由，得，
则，解得，
所以，得.
故选：D
5. 今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有（ ）
A. 9种B. 36种C. 38种D. 45种
【答案】B
【解析】从4人中选择2人看同一部影片，再从3部影片中选择一部安排给这两人观看，
剩余的2人，2部影片进行全排列，
故共有种情况.
故选：B
6. 已知为的导函数，则的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意知，，定义域为，
又，所以为奇函数，排除BD；
又，排除C；
结合选项，A符合题意.
故选：A
7. 我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”.后人称其为“赵爽弦图”.如图，现提供5种颜色给图中的5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同.记事件：“区域2和区域4颜色不同”，事件：“所有区域颜色均不相同”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】事件：“区域2和区域4颜色不同”即从5种颜色选出两种放入区域2和区域4，
再从剩余的3种颜色选出一种放入区域5，剩余的区域1和区域3分别都有两种选择，
即有种，
事件有种，
所以，
故选：C.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，
令，则，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以.
综上，.
故选：A
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 常数项是
B. 第四项和第八项的系数相等
C. 各项的二项式系数之和为1024
D. 各项的系数之和为1024
【答案】AC
【解析】的展开式的通项公式为.
A：令，解得，所以常数项为，故A正确；
B：第四项为，第八项为，
有，故B错误；
C：，即各项的二项式系数之和为1024，故C正确；
D：设，则，所以各项的系数之和为1，故D错误.
故选：AC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 设，且，则
B. 两批同种规格的产品，第一批占，次品率为，第二批占，次品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则该件产品是合格品的概率是
C. 抛掷一枚质地均匀的骰子，设出现的点数为，则
D.
【答案】BC
【解析】选项A：因为，且，
则，即，所以，故A错误；
选项B：设“从混合产品中任取1件是合格品”，“从混合产品中任取1件是第一批产品“，
“从混合产品中任取1件是第二批产品”，
则
所以，
故B正确；
选项C：抛掷一枚质地均匀的骰子，设出现的点数为，
则的可能取值为1，2，3，4，5，6，
且,
所以，
所以,故C正确；
选项D：，故D错误；
故选：BC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 有一个零点
C. 点是曲线的对称中心
D. 直线是曲线的切线
【答案】ABC
【解析】A：，
令得或，令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，
所以时取得极值，故A正确；
B：因为，，，
所以函数只在上有一个零点，即函数只有一个零点，故B正确；
C：令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
D：令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，
当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：ABC.
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，的系数是__________.
【答案】10
【解析】由二项式展开式定理可得：，
所以含项的一定是：，
故答案为：.
13. 某中学元旦晚会共由7个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有__________种.（用数字作答）
【答案】2160
【解析】因为丙不能排在最后一位，则编排方案共有种，
又因为甲、乙处于对称位置，即节目甲排在乙的前面与节目乙排在甲的前面数量相等，
所以该晚会节目演出顺序的编排方案共有种.
故答案为：2160.
14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】 [方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，
则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
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､证明过程或演算步骤.
15. 甲乙两人进行定点投篮游戏，投篮者若投中，则继续投篮，否则由对方投篮，第一次由甲投篮；已知每次投篮甲､乙命中的概率分别为.在前3次投篮中，乙投篮的次数为，求随机变量的分布列､数学期望和方差.
解：依题意，的所有可能取值为0，1，2.
，
所以的分布列为：
数学期望..
方差
16. 若，请求值：
（1）；
（2）；
（3）.
解：（1）令得；
（2）等于的展开式的各个项系数的和，令代入，
则
（3）令，
则，
且，
令，则，
且，
所以
17. 现有大小相同的8个球，其中2个标号不同的红球，3个标号不同的白球，3个标号不同的黑球.（结果用数字作答）
（1）将这8个球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排列的方法？
（2）将这8个球排成一列，黑球不相邻且不排两端，有多少种排列的方法？
（3）若从8个球中任取4个球，则各种颜色的球都被取到的概率为多少？
解：（1）把相同颜色的球看成一个整体，故3种不同的颜色的排法有，
2只不同的红球的排列有只不同的白球的排列有只不同的黑球的排列有，
故不同的排列的总数为；
（2）先把除黑球外的5只球全排列，共有种，
再把3个黑球插入上述5个球中间的4个空挡，有种，
故共有.
（3）从8个球中任取4个球共有，
取4只球，若各种颜色的球都被取到，则必有一种颜色取两个球，其余颜色各取一个，
故不同的取法总数为，
所以各种颜色的球都被取到的概率为.
18. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求取值范围.
解：（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减.
（ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，
最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，
则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为.
19. 帕德近似是法国数学家亨利.帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：，.（注：为的导数）已知在处的阶帕德近似为.
（1）求实数的值；
（2）比较与的大小；
（3）证明：.
解：（1）由，，有，
则，，，，
由题意，，所以，
所以，；
（2）由（1）知，，
令，
则，
所以在内为增函数，
又，
时，；
时，；
所以时，；
时，.
（3）由（2）得时，，即，
亦即时，
令，得代入上式得.
取得：
，，，
上面各式相加得：
P