重庆市名校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份重庆市名校联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题（解析版），共13页。

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、座位号及科类名称.
2．请将准考证条形码粘贴在右侧的[考生条形码粘贴处]的方框内.
3．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整、笔迹清楚.
4．请按题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效.
5．保持答题卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、选择题：本大题共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. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】，所以.
故选：C.
2. 为了了解全国观众对2024年春晚语言类节目的满意度，某网站对2024年春晚的3000名观众，按性别比例分层随机抽样的方法进行抽样调查，已知这3000名观众中男、女人数之比为，若样本容量为300，则不同的抽样结果共有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】在这3000名观众中，男性人数为：人；
女性人数为：人.
因为要按性别比例分层随机抽样，且样本容量为300，
所以抽取的样本中，男性观众的人数为：，女性观众人数为：.
所以不同的抽取结果共有：.
故选：B
3. 已知函数，则函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
则，
所以函数的图象在点处的切线方程为，即.
故选：D.
4. 现有两种不同的颜色要对如图形中的三个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
对这三个部分着色，只需要三步完成，第一步给区域①着色有2种方法，第二步给区域②着色有2种方法，
第三步给区域③着色有2种方法，根据分步计数乘法原理，对这三部分着色共有种不同方法，
若要对这三个部分着色且任意有公共边的两块着不同颜色，则按如下三步完成，第一步给区域①着色有2种方法，
第二步给区域②着色仅有1种方法，第三步给区域③着色仅有1种方法，
根据分步计数乘法原理，对这三部分着色共有种不同方法，
设事件“任意有公共边的两块着不同颜色”，
则由古典概型概率公式得，
故选：B.
5. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 20B. 15C. 6D. 3
【答案】B
【解析】因为，
其中展开式的通项为（且），
令，解得，
所以，
即的展开式中的系数为.
故选：B
6. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由得，
当在区间上单调递增时，即在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
对应函数在上单调递减，则，故.
故选：A
7. 现将《论语》、《孟子》、《大学》、《中庸》、《诗经》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《论语》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ）
A. 50B. 80C. 120D. 150
【答案】A
【解析】5本书分给甲乙丙3人，每人至少本，则人书籍本数分为，，；，，两类；
第一类，，的情况：
若甲分本，已分得书籍，则另两人一人本，人本，共有种，
若甲分本，即再取本，则剩余2本书分给乙丙，一人一本，则共有种，
故第一类情况共有+种；
第二类，，情况：若甲分本，已分得书籍，另两人各本，共有种，
若甲分本，另两人一人本，人本，共有种，
故第二类情况共有+种；
所以不同的分发方式种数共.
故答案为：.
8. 已知是函数导数，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】不等式可化，
设，则原不等式可化为，
对函数求导，得，
因为，所以，
所以函数是实数集上的增函数，
所以．
故不等式的解集为.
故选：B.
二、选择题：本大题共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. 甲、乙、丙等5人排成一列，下列说法正确的有（ ）
A. 若甲和乙相邻，共有48种排法B. 若甲不排第一个共有96种排法
C. 若甲与丙不相邻，共有36种排法D. 若甲在乙的前面，共有60种排法
【答案】ABD
【解析】选项A:若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序
共有种排法，A对;
选项B：若甲不排第一个，则甲有4种排法，其余全排，共有种，B对；
选项C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空，所以，共有种排法，C错；
选项D，若甲在乙的前面，只需在5个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前面，然后将其余3个人全排，共有种排法，D对.
故选：ABD.
10. 小明在超市购买大米，共有包装相同的10袋大米，其中一级大米有4袋，二级大米有6袋，从中不放回地依次抽取2袋，用A表示事件“第一次取到一级大米”，用B表示事件“第二次取到二级大米”，则（ ）
A. B.
C. D. 事件相互独立
【答案】AC
【解析】对于A：，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：因为，，所以事件不相互独立，故D错误.故选：AC.
11. 定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（ ）
A. 在上是“弱减函数”
B. 在上是“弱减函数”
C. 若在上是“弱减函数”，则
D. 若在上是“弱减函数”，则
【答案】BCD
【解析】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，
∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，
由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，
令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 除以7余数是______．
【答案】1
【解析】
，
所以除以7的余数为1.故答案为：1.
13. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，记事件“第一次掷出的点数小于3”，事件“两次点数之和大于4”，则______．
【答案】
【解析】用表示随机试验“先后两次掷一枚质地均匀的骰子”的结果，
表示第一次掷出的点数，表示第二次掷出的点数，
则，
随机试验“先后两次掷一枚质地均匀的骰子”的样本空间中共有个样本点，
事件所包含的样本点的个数为个，
事件所包含的样本点的有，共7个，
由古典概型概率公式可得，，
由条件概率公式可得，
故答案为：.
14. 已知对任意，且当时，都有，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】由，且，
所以.
设，，
则原问题转化为在上单调递减.
所以在上恒成立，
即，恒成立.
因为（当且仅当即时取“”）
所以.故答案为：
四、解答题：本大题共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. 已知展开式中，第三项的二项式系数与第四项的二项式系数比为．
（1）求的值；
（2）求展开式中有理项的系数之和．（用数字作答）
解：（1）依题意，展开式的通项公式为:
，
显然第三项的二项式系数为，第四项的二项式系数系数为，
因此，
解得，
所以的值为6.
（2）由（1）知，当时，对应的项是有理项，
当时，展开式中对应的有理项为；
当时，展开式中对应的有理项为
当时，展开式中对应的有理项为
所以展开式中有理项的系数之和为
16. 已知函数在时取得极值．
（1）求实数值；
（2）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）易知，
依题意，解得，
此时，
当或时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此函数在时取得极值，
所以；
（2）由（1）得函数在上单调递减，在上单调递增；
所以，
由题意可得，
解得，
所以的取值范围为.
17. 第33届夏季奥林匹克运动会即将于2024年在巴黎举办，其中男子100米比赛分为预赛、半决赛和决赛三个阶段，只有预赛、半决赛都获胜才有资格进入决赛．已知甲在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，乙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，丙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，其中．
（1）甲、乙、丙三人中，哪个人进入决赛的可能性更大？
（2）在的条件下，设甲、乙、丙三人中进入决赛的人数为，求的分布列．
解：（1）甲进入决赛的概率为，乙进入决赛的概率为，
丙进入决赛的概率为，
因为，所以，
所以乙进入决赛的概率最大，
所以乙进入决赛的可能性最大．
（2）当时，丙进入决赛的概率为，
所以甲、乙、丙三人进入决赛的概率分别为，
根据题意，得到随机变量的可能取值为0，1，2，3，
可得；
，，
，
所以随机变量的分布列为：
18. 已知函数在定义域上有两个极值点.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求的值.
解：（1）由已知，
因为函数在定义域上有两个极值点，
所以，解得，
所以实数的取值范围为；
（2）由（1）得，，
即两个极值点为方程的两根，
则，
所以
代入得
，其中，
则，得，
设，
则，当时，，
即在上单调递增，又，
所以.
19. 设函数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，设，且轴，求两点间的最短距离；
（3）若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围．
解：（1）当时，，则，
，则，
所以函数在点处的切线方程为.
（2）当时，且轴，由，
得：，
所以．
令，
令，在上单调递增，
故，则在上单调递增，
所以时，的最小值为，
所以.
（3）令，
，
设为的导数，则，
因为在时恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
因此函数在上单调递增，在上恒成立，
当时在上单调递增，即，
故当时，恒成立，
当时，，又因为在上单调递增，总存在，
使得在区间上，导致在上单调递减，
而，
所以当时，，
这与在恒成立矛盾，
所以不符合题意，
综上所述，的取值范围是．
0
1
2
3