[数学]2023_2024学年河北秦皇岛卢龙县高二下学期期中数学试卷(第二高级中学)(原题版+解析版)

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2023~2024学年河北秦皇岛卢龙县高二下学期期中数学试卷（第二高级中学）
1. 若公比为-3的等比数列的前2项和为10，则该等比数列的第3项为（
）
A．15
B．－15
C．45
D．－45
答案
解析
D
【详解】
设该等比数列为
所以
，则
，
．
2. 某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为
，那么他答对题目的概率为（
，知道正确答案时，答对的概率为
C.
，而不知道正确答案时猜对的概率为
D.
）
A.
B.
答案
解析
A
【分析】
根据全概率公式求解即可.
【详解】
记事件 为：该考生答对题目；事件 为：该考生知道正确答案；事件 为：该考生不知道正确答案；
则
.
故选：A.
3. 设椭圆
A. 20
＋
＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b＝{1，2，3，4，5，6，7}，则满足上述条件的椭圆个数为（
B. 24 C. 12 D. 11
）
答案
解析
A
【分析】
根据椭圆的标准方程列出当a＝1、2、3、4、5时，b的的取值即可求解.
【详解】
当a＝1时，b＝2，3，4，5，6，7，有6个.
当a＝2时，b＝3，4，5，6，7，有5个.
当a＝3时，b＝4，5，6，7，有4个.
当a＝4时，b＝5，6，7，有3个.
当a＝5时，b＝6，7，有2个.
由分类加法计数原理得6＋5＋4＋3＋2＝20(个).
故选：A
4. 菊花是开封市花，1983年开封市人大把菊花命名为开封市“市花”，并且举办“菊花花会”，每年10月18日至11月18日为“菊花花会”的会期.如
图是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（
）
A.
种
B.
种
C.
种
D.
种
答案
D

解析
【分析】
利用分步乘法计数原理，分步完成布置这个事件，第一步布置 ，第二步布置 ，第三步布置 ，第四步布置 ，此时需分类，
相同和不相同分类，第五步布置 ，由计数计算可得．
到
【详解】
先布置中心区域 共有 种方法，从 开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，则 有 种布置方法， 有 种布置方法.
如果
与
选用同一种菊花，则 有 种布置方法；如果
与 选用不同种类菊花，则 有 种布置方法， 有 种布置方法.按照分步
乘法与分类加法计数原理，
则全部的布置方法有
（种），
故选：
.
5. 已知定义在 上的函数
A.
为单调函数，且对任意
B.
，恒有
，若
，则 的值是（
D.
）
C.
答案
解析
B
【分析】
运用换元法转化求解
，
，
，求出 的值即可求出
的解析式，再求出零点即可．
【详解】
因为
，且
在R上为单调函数，
，
设
，则
，
，
，解得：
所以
当
时，解得
的零点是
，
，
函数
故选：B．
6. 已知甲、乙两种产业收益的分布列分别为：
甲产业收益分布列
收益 /亿元
概率
0
2
0.1
0.3
0
0.6
2
收益 /亿元
乙产业收益分布列
收益 /亿元
概率
0
1
2
0.3
0.4
0.3
则下列说法正确的是（
）
A．甲产业收益的期望大，风险高
C．乙产业收益的期望大，风险小
B．甲产业收益的期望小，风险小
D．乙产业收益的期望小，风险高
答案
解析
暂无
略
7.
被 除所得的余数为（
）．
B.
A.
C.
D.
答案
解析
D
由题意可得：
可知
，
的展开式的通项为
， 时，
，
， ，
，
，
当
， ，
均可被 整除；

当
时，
综上所述：
故选：
被 除所得的余数为 ．
被 除所得的余数为 ．
．
8. 已知
，c＝e（e为自然对数的底数），则a、b、c的大小关系是（
B. c＞a＞b C. c＞b＞a
）
A. a＞b＞c
D. b＞a＞c
答案
解析
D
【分析】
构造函数
，利用导数判断函数单调性，即可求解.
【详解】
设
，
则
令
解得
时，
当
单调递减，
单调递增，
当
时，
又因为
所以
，
，即b＞a＞c
故选：D
【点睛】
本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，由单调性判断函数值的大小，属于中档题.
9. 设A，B是一次随机试验中的两个事件，且
，
，
，则（
）
A. A，B相互独立
B.
C.
D.
答案
解析
ABD
【分析】
利用独立事件、对立事件、互斥事件的定义与概率公式可判定A、B，利用条件概率的定义与公式可判定C、D.
【详解】
由题意可知
，
事件
所以
即
互斥，且
，
，
，故A正确；
则
，故B正确；
由条件概率公式可知：
，故C错误；
，
即
，故D正确.
故选：ABD
10. 已知等差数列
A. 数列
满足
，前3项和
，则（
）
的通项公式为

B. 数列
C.
的公差为
数列
数列
的前 项和为
D.
的前20项和为
答案
解析
BCD
设等差数列
的公差为
通过题意分析可以得，
，故A错，BC无误；
，解得
，则
，
记
的前n项和为 ，因为
，
所以
所以
，故D无误.
因此正确答案为：BCD
11. 定义：设
是
的导函数，
是函数
的导数，若方程
有实数解 ，则称点
为函数
的“拐点”.
图象的对称中心为
经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数
，则下列说法中正确的有（
，
）
A.
B. 函数
D. 函数
的极大值与极小值之和为6
C. 函数
有三个零点
在区间
上的最小值为1
答案
解析
AB
【分析】
根据函数对称中心的定义求出 ， 的值，可判断A的真假；用导数分析函数的单调性，求出极值，可判断B的真假；结合函数极值的符
号，判断函数零点的个数，判断C的真假；求函数在区间端点处的函数值，与极值点的函数值比较，得到函数的最小值，判断D的真假.
【详解】
由题意，点
在函数
的图象上，故
.故A正确；
；
又
.
由
，即
，所以
所以
由
.
或
.
所以
所以
在
和
上单调递增，在
；极小值为
，故B正确；
上单调递减，
的极大值为
，
所以极大值与极小值之和为：
因为函数的极小值
，所以三次函数只有一个零点，故C错误；
， ，
又
所以函数
故选：AB
在
上的最小值为
，故D错.
12. 在
的展开式中，x的系数为
．
答案
解析
17
【分析】
利用二项式定理写出两个二项式的展开式，再分析计算作答.
【详解】
因
，
，
则在
的展开式中，含x的项为：
，
所以所求x的系数为17.
故答案为：17

13. 一个袋中有形状、大小完全相同的
个小球，其中
取得最大值．
个红球，其余为白球.从中一次性任取 个小球，将“恰好含有 个红球”的
概率记为
，则当
时，
答案
解析
20
【分析】
由题意可知，满足超几何分布，列出
【详解】
的公式，建立
与 的表达式，求最大值．
，
取得最大值，也即是
，解得
取最大，
，故
所以
．
故答案为：20
14. 滑县木版画是河南安阳最传统的手工艺品，创始于明朝初期，距今已有六百多年的历史了，滑县木版画制作工艺考究，至今一直都是纯手工制
作，颜色精细淡雅，色彩和谐，人物造型夸张，线条刚劲有力，极具当地的民俗特色．张华的伯伯制作滑县木版画并出售，寒假期间张华通过调研得
知伯伯制作的A系列木版画的成本为30元/套，每月的销售量
（单位：套）与销售价格x（单位：元/套）近似满足关系式
，其
中
，则当A系列木版画销售价格定为
元/套时，月利润最大．
答案
解析
50
设A系列木版画的月利润为
，则
，
，
可得
令
，
，则
时，
上单调递增，
时，利润 取到极大值，也是最大值，
，
当
，当
时，
上单调递减，
，
在
在
所以当
即当A系列木版画销售价格定为50元/套时，月利润最大．
因此正确答案为：50.
15. 现有8个节目，5个节目由大人表演，3个节目由孩子表演，要求孩子的节目要排在一起表演，有多少种不同的表演顺序?
答案
解析
【分析】
利用捆绑法及分步乘法原理即可得到答案.
【详解】
如图，将3个孩子的节目看作一个整体，那么原本的节目就由8个变成6个；
第一步，将6个节目全排列，有
种排列方式；
第二步，将3个孩子的节目进行全排列，有
由乘法原理可得这 8 个节目中总共有
种排列方式；
种排列方式．
16. 计算：
(1)已知二项式
，求展开式中的第5项和求展开式中的常数项；
(2)用数学归纳法证明：
.
答案
解析
(1)
，
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据通项公式，当
时可得到第5项，令 的指数为0，可求得常数项；
时成立，证明 时也成立即可.
（2）先证明 时成立，再假设

【详解】
（1）由题，
，
，
所以
，
令
，则
，所以常数项为
.
（2）当
时，等式左边
时，等式成立，即
在上式两边同时加上
，右边
，所以等式成立，
，
假设
，有
，
时，等式也成立，
即当
综上，等式对任何
都成立.
17. 衡阳市八中对参加“社会实践活动”的全体志愿者进行学分考核，因该批志愿者表现良好，学校决定考核只有合格和优秀两个等次．若某志愿者
考核为合格，授予1个学分；考核为优秀，授予2个学分，假设该校志愿者甲、乙、丙考核为优秀的概率分别为
、
、
，他们考核所得的等次相
互独立．
（1）求在这次考核中，志愿者甲、乙、丙三人中至少有一名考核为优秀的概率；
（2）记在这次考核中甲、乙、丙三名志愿者所得学分之和为随机变量 ，求随机变量 的分布列及数学期望．
答案
解析
（1） ；（2）
．
【详解】
试题分析：（1）记“甲考核为优秀”为事件 ，“乙考核为优秀”为事件 ，“丙考核为优秀”为事件 ，“甲、乙、丙至少有一名
考核为优秀”为事件 ．则利用对立事件即可求出结果；（2）由题意，得 的可能取值是3，4，5，6．列出 的分布列，即可求出结
果．
试题解析：（1）记“甲考核为优秀”为事件 ，“乙考核为优秀”为事件 ，“丙考核为优秀”为事件 ，“甲、乙、丙至少有一名
考核为优秀”为事件
则
．
．
（2）由题意，得 的可能取值是3，4，5，6．
因为
，
，
，
，
所以 的分布列为：
3
4
5
6
＝3× ＋4× ＋5× ＋6×
＝
．
考点：1．对立事件的概率；2．数学期望．
18. 已知无穷数列
，对于任意给定的正整数 ，设不等式
对任意
恒成立时 的取值集合为
.
（1）
，求集合 ；
（2）若
为等差数列，公差为 ，求
；
（3）若对任意
，
，
均为相同的单元素集合，证明：数列
为等差数列.
答案
解析
（1）
；（2）
；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由题意可得
围，即可得出
对任意
恒成立，分
、
、
三种情况讨论，结合参变量分离法可求得 的取值范
；

（2）由已知得出
（3）设
，分
、
、
三种情况讨论，结合参变量分离法得出 的值，即可得出
；
，取
，可得出
，取
，可得出 ，可得出 ，结合等差数列的定义
可证得结论成立.
【详解】
（1）因为
，
为满足不等式
对任意
，所以
成立；
.
的 构成的集合，
所以有：
恒成立，
；
当
时，上式可化为
时，则有
当
当
时，上式可化为
；
所以
（2）若
为等差数列，公差为 ，所以
，
当
时，
，所以
，当
时，
；
，当
时，
，
所以
（3）对于数列
下面证明数列
，若对任意
为等差数列.
对任意
对任意
恒成立，
且
，
中均只有同一个元素，不妨设为 ，
当
时，
恒成立；
恒成立，所以
当
时，有
对任意
恒成立；
所以
对任意
为等差数列.
所以数列
【点睛】
方法点睛：等差数列的三种判定方法：
（1）定义法：
（常数）
数列
数列
为等差数列；
为等差数列；
） 数列 为等差数列.
（2）等差中项法：
（3）通项公式法：
（ 、 为常数，
但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法.
19. 已知函数
.
(1)若曲线
(2)当
在点
是
处的切线斜率为0，求 的值；
时，求
的零点个数；
(3)证明：
为单调函数的充分而不必要条件.
答案
解析
(1)
(2)3个
(3)证明见解析
【分析】
（1）结合导数的几何意义计算即可得；
（2）结合函数的单调性与零点的存在性定理去研究函数零点个数问题即可得；
（3）当
时去推导
为单调函数可证明充分性，找出不在该范围内的 亦能使
为单调函数即可证明不必要条件.
【详解】
（1）
，
则
，即
；
（2）当
又
时，
，则
，即
，
，
故
为奇函数，
，
，
，解得
令
令
故
，即
，即
，
或
，
在
上单调递减，在
上单调递增，
在
由
上单调递减，
，则
，又
，

故
由
在
上必有一零点，
为奇函数，则
时， 的零点个数为3个；
在
上亦有一零点，
，
故当
（3）
由
，
，故
，
，即
，即
当
时，
，即此时
，
故
在
上单调递减，
故
是
为单调函数的充分条件；
，即
当
时，
，
故
，即此时
在
上单调递增，
为单调函数的必要条件；
是 为单调函数的充分而不必要条件.
故
不是
综上所述，
【点睛】
关键点睛：本题（2）问中讨论函数零点问题，需要注意结合函数的单调性与零点的存在性定理去研究.