江苏省部分学校2023−2024学年高二下学期联考 数学试卷（含解析）

这是一份江苏省部分学校2023−2024学年高二下学期联考 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．曲线在点处的切线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．某公司招聘考试分笔试与面试两部分进行，每部分成绩只记“合格”与“不合格”，两部分成绩都合格者则被公司录取.已知甲､乙､丙三人在笔试部分合格的概率分别为，在面试部分合格的概率分别为，所有考试是否合格相互之间没有影响.假设甲､乙､丙三人都同时参加了笔试和面试，则三人中只有一人被录取的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数为偶函数，若函数的零点个数为奇数个，则（ ）
A．1B．2C．3D．0
6．某罐中装有大小和质地相同的4个红球和3个绿球，每次不放回地随机摸出1个球，连续摸两次.记“第一次摸球时摸到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ）
A．与R2为互斥事件B．
C．D．
7．下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量服从二项分布，则
②一批零件共有20个，其中有3个不合格，随机抽取8个零件进行检测，则至少有一件不合格的概率为
③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则；
④；.
A．①②B．②③C．①③④D．①②③
8．将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题中正确的是（ ）
A．复数在复平面内对应的点位于第四象限
B．若复数满足，则
C．若复数满足，则
D．方程在复数集中的两个解为
10．已知函数是定义在上的奇函数，，对任意的，且，均有，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递增
D．函数为常数函数
11．已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ）
A．所有奇数项的二项式系数和为
B．所有项的系数和为
C．二项式系数最大的项为第7项
D．有理项共4项
三、填空题（本大题共3小题）
12．在的展开式中，项的系数为 ．
13．有A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.(1)甲选到A的概率为 ;(2)已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为 .
14．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个人中的任何一人，则第3次传球后球在乙手中的概率为 ，第n次传球后球在乙手中的概率为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．2024年春晚为观众带来了一场精彩纷呈的视觉盛宴，同时，也是传统文化与现代科技完美融合的展现．魔术师刘谦为大家呈现了一个精妙绝伦的魔术《守岁共此时》，小明深受启发，在家尝试对这个魔术进行改良，小明准备了甲、乙两个一模一样的袋子，甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2，3，4．乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，小明用左右手分别从甲、乙两袋中取球．
(1)若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；
(2)若左手取完两球后，右手再取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记两次取球（左右手完成各取两球为两次取球）的成功取法次数的随机变量，求的分布列及数学期望．
16．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
17．民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生需参与预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔共5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，某校高三在校学生有1000人，其中男生600人，女生400人，各有100名学生有民航招飞意向.
(1)完成以下列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别有关？
(2)若每名报名学生通过前3项流程的概率依次为，假设学生能否通过每项流程相互独立，以这600名男生对民航招飞有意向的频率作为甲地高三男生对民航招飞有意向的概率，以这400名女生对民航招飞有意向的频率作为甲地高三女生对民航招飞有意向的概率.从甲地任选一名高三学生（男､女学生的比例为），求这名学生对民航招飞有意向且通过前3项流程的概率.
附：.
18．为加深学生对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得成就的了解，某学校高二年级组织举办了知识竞赛．选拔赛阶段采用逐一答题的方式，每位选手最多有5次答题机会，累计答对3道题则进入初赛，累计答错3道题则被淘汰．初赛阶段参赛者每两人一组进行比赛，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等，得分规则如下：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分，选手抢到试题但没有回答正确得0分，对方选手得5分，2道试题抢答完毕后得分少者被淘汰，得分多者进入决赛（若分数相同，则同时进入决赛）．
(1)已知选拔赛中选手甲答对每道试题的概率为，且回答每道试题是否正确相互独立，求甲进入初赛的概率；
(2)已知初赛中选手甲答对每道试题的概率为，对手答对每道试题的概率为，两名选手回答每道试题是否正确相互独立，求初赛中甲的得分的分布列与期望；
(3)进入决赛后，每位选手回答4道试题，至少答对3道试题胜出，否则被淘汰，已知选手甲进入决赛，且决赛中前3道试题每道试题被答对的概率都为，若甲4道试题全对的概率为，求甲能胜出的概率的最小值．
19．已知函数（为常数），是函数的一个极值点.
(1)求实数的值；
(2)如果当时，不等式恒成立，求实数的最大值；
(3)求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意，集合，,
所以.
故选B.
2．【答案】A
【分析】按照百分位数计算公式，逐项计算即可求解.
【详解】对于A项，因为，所以若，
则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确；
对于B项，因为，所以若，
则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，故B错误；
对于C项，因为，所以若，
则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，故C错误；
对于D项，因为，所以若，
则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误.
故选A.
3．【答案】B
【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
【详解】函数，求导得，则，而，
所以所求切线方程为，即.
故选B.
4．【答案】D
【分析】首先求出甲、乙、丙被录取的概率，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】依题意甲被录取的概率，
乙被录取的概率，丙被录取的概率，
所以三人中只有一人被录取的概率.
故选D.
5．【答案】C
【分析】由函数的图象关于对称得零点关于对称，但的零点个数为奇数个可得答案.
【详解】因为函数为偶函数，所以，
所以的图象关于对称，
令，则，
可得函数的图象关于对称，
所以函数的图象关于对称，
则函数的零点关于对称，但的零点个数为奇数个，
则所以.
故选C.
6．【答案】D
【详解】对于A：“第一次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到红球”，
每次不放回地随机摸出1个球，存在事件“两次都摸到红球”，故A错误；
对于B：根据题意计算得
，故B错误；
对于C：根据题意计算得，故C错误；
对于D，由条件概率的公式，故D正确；
故选D.
7．【答案】D
【分析】利用二项分布求概率的公式可得①正确；根据对立事件概率的求法可得②正确；由条件概率公式计算可知③正确；根据方差和期望值性质可得④错误.
【详解】对于①，由随机变量服从二项分布可知，即①正确；
对于②，易知20个零件中有17个合格品，从20个零件中随机抽取8个零件，
都是合格品的概率为，
“至少有一件不合格”与“都是合格品”为对立事件，
所以至少有一件不合格的概率为，即②正确；
对于③，易知4个人去4个景点共有种可能，
则“小赵独自去一个景点”的概率；
且“4个人去的景点互不相同”共有种可能，则可得；
所以，可得③正确；
对于④，由期望值性质可知；
，可得④错误.
即①②③正确.
故选D.
8．【答案】D
【分析】取定中的一个值，考查另外两次抛掷骰子的样本点数，利用分类加法计数原理和古典概型概率公式计算即得.
【详解】考虑取定的值，分类统计事件“”所含的样本点数，将对应的值作为一个数组，列表如下：
第一类：时，满足“”的样本点有个；
第二类：时，满足“”的样本点有个；
第三类：时，满足“”的样本点有个；
第四类：时，满足“”的样本点有个；
第五类：时，满足“”的样本点有个；
第六类：时，满足“”的样本点有1个.
由分类加法计数原理，满足“”的样本点共有：个，
而一颗骰子抛掷一次有6种结果，抛掷三次有个样本点，
因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，所以是古典概型.
则“”的概率为.
故选D.
【思路导引】因同时考虑抛掷三次骰子出现的不同结果较复杂，所以可采取取定一次抛掷结果，分析讨论另外两次抛掷结果中符合题意的样本点，即可化繁为简，达到解题的目的.
9．【答案】AD
【分析】选项A，直接求出对应的点，即可求解；选项B，设，根据条件得，即可求解；
选项C，设，根据条件得到，而，即可求解；选项D，设方程在复数集中的解为，代入，利用复数相等，即可求解.
【详解】对于选项A，因为复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，所以选项A正确；
对于选项B，设，
所以，，因为，
所以，整理得到，
所以，
由，得不出，故选项B错误；
对于选项C，由选项B知，，
由题有，
所以，所以选项C错误；
对于选项D，设方程在复数集中的解为，
所以，即，
得到，解得，
所以或，故选项D正确，
故选AD.
10．【答案】ACD
【分析】法一：根据，可得，进而可得函数为常数函数，不妨令为常数，进而计算可得，进而求得，据此可判断ABCD.
法二：赋值法，令，可求得，，可判断A；令，结合奇函数可求得判断B；令，利用导数的定义可得，进而求得，可判断CD.
【详解】（法一）：由，得，
则.
由的任意性可知函数为常数函数，
不妨令为常数，则，即，
所以，解得，故，
则在上单调递增，
为常数函数.
故选ACD.
（法二）：令，易得，结合，
解得，，故A正确；
令，易得，则.因为是奇函数，
所以，故B错误；
令，则，
则（为常数），则，
由，得，从而，易得C，D正确.
故选ACD.
【关键点拨】解法一利用现有结论，结合题目条件，得到，再结合题目条件，求解函数解析式；
解法二则在令后，利用导数定义，再结合题目条件，求解函数解析式.
11．【答案】AC
【分析】根据二项式定理及二项式系数的性质、各项系数之和、展开式通项性质逐项判断即可得结论.
【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故正确；
令，得所有项的系数和为，故错误；
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故正确；
因为展开式通项为，
所以当为整数时，即时为有理项，共有5项，故D错误.
故选AC.
12．【答案】1260.
【分析】分析项的来源，然后利用组合的运算方法求解即可.
【详解】在表示有10个相乘，项来源如下：
有6个提供，有2个提供，有2个提供，
所以项的系数为.
故答案为：1260.
【规律方法】求解二项式系数或展开式系数的最值问题的思路：
第一步，首先要弄清所求问题是求展开式中“二项式系数的最大值”“项的系数的最大值”以及“最大项”三者中的哪一个；
第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二项式系数的性质求解．若是求展开式中项的系数的最大值，设展开式各项的系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，因此在系数均为正值的前提下，求展开式中项的系数的最大值只需解即得结果.求二项式系数的最大值或系数的最大值只需要写系数，求最大项需要把完整的那一项写出来.
13．【答案】35 12
【详解】命题点：组合、条件概率的计算
甲从五种活动中选三个,全部的情况有C53种,选到A的情况有C42种,∴甲选到A的概率为C42C53=35.设乙选到A的概率为P(A),乙选到B的概率为P(B),则P(A)=35,P(AB)=C31C53=310,∴P(B|A)=P(AB)P(A)=12.
14．【答案】/；.
【分析】利用样本空间法，通过列举的方法计算概率；首先设第次传球后在乙手中的概率为，以及第次传球道甲或丙手中的概率为，求解关于数列的递推关系式，通过构造法求数列的通项公式.
【详解】每次传球都有2种可能，传球3次有种传球过程，
其中第3次传给乙，包含甲丙甲乙，甲乙丙乙，甲乙丙乙，3种传球过程，
所以第3次传球后球在乙手中的概率为；
设第次传球后在乙手中的概率为，则第次传球道甲或丙手中的概率为，
所以，
所以，
所以数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，即.
故答案为：/；.
【思路导引】本题第二问的关键是分析传到乙之前是从甲或丙传过去，所以需分析传到甲和丙的概率，从而得到递推关系式.
15．【答案】(1)；
(2)分布列见解析；期望为.
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概型及对立事件的概率公式即可得解；
（2）求出X的可能取值，再求出各个值对应的概率，求出分布列即可得解.
【详解】（1）记事件为“两手所取的球不同色”，事件是两手所取球颜色相同，
则，所以．
（2）左手所取的两球颜色相同的概率为，
右手所取的两球颜色相同的概率为，
依题意，的可能取值为0，1，2，
，
，
，
所以的分布列为：
所以．
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）分和两种情况讨论函数的单调性，求出即可.
【详解】（1）由题设当时，，
所以，得，
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）若，不等式恒成立，则，
，
当时，对于，，所以在上单调递增，
所以时，，即满足题意；
当时，若，则，在上单调递减，
所以，与矛盾，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
17．【答案】(1)表格见解析，有关；
(2).
【分析】（1）根据题意中的数据分析，完成列联表，利用卡方的计算公式求出，结合独立性检验的思想即可下结论；
（2）先求出通过前3项流程的概率，再分别求出男、女生对招飞有意向的概率，结合全概率公式计算即可求解.
【详解】（1）高三在校学生有1000人，其中男生600人，女生400人，各有100名学生有民航招飞意向.
所以高三男生对招飞有意向的有100人，没有意向的有500人，
高三女生对招飞有意向的有100人，没有意向的有300人，
则列联表如下：
零假设为：该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别无关联，
因为，
所以根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为该校高三学生是否有民航招飞意向与学生性别有关；
（2）因为每名报名学生通过前3项流程的概率依次为，
所以每名报名学生通过前3项流程的概率为，
依题意得甲地高三男生对招飞有意向的概率为，
甲地高三女生对招飞有意向的概率为，
由全概率公式得所求概率为.
18．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，；
(3)．
【分析】（1）设为甲的答题数，则可能取3，4，5．求出概率即可；
（2）可能取0，5，10，15，20．求出对应的概率，列出分布列求出期望；
（3）甲能胜出的概率，即．求导数求出函数的单调性求解．
【详解】（1）设为甲的答题数，则可能取3，4，5．
；
；
．
所以甲进入初赛的概率为．
（2）可能取0，5，10，15，20．
；
；
；
；
．
的分布列为
所以．
（3）因为甲4道试题全对的概率为，所以第4道试题答对的概率为，
所以甲能胜出的概率，
即．
因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
19．【答案】(1)；
(2)2；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由题意得：，由是函数的一个极值点，得，即可得解；
（2）问题等价于在上恒成立，构造函数，，利用导数求出函数在上得最小值，进而求出的范围；
（3）由（2）得：时，，可得，令，则，即可证明.
【详解】（1）由题意得：，
因为是函数的一个极值点，
所以，解得：.
（2）由（1）得，定义域为，
所以问题等价于在上恒成立，
构造函数，，则，
令，，则，
所以时，，在递增，
所以，所以，
所以在递增，
所以，所以，
所以实数的最大值为2；
（3）由（2）得：时，，即，
整理得，
令，则，即，
时，，时，，
…，
时，，
将以上不等式两端分别相加得：
，
即.
【思路导引】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.对民航招飞有意向
对民航招飞没有意向
合计
男生
女生
合计
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
1
2
3
4
5
6
1
（1,1）
（1,2）
（1,3）
（1,4）
（1,5）
（1,6）
2
（2,1）
（2,2）
（2,3）
（2,4）
（2,5）
（2,6）
3
（3,1）
（3,2）
（3,3）
（3,4）
（3,5）
（3,6）
4
（4,1）
（4,2）
（4,3）
（4,4）
（4,5）
（4,6）
5
（5,1）
（5,2）
（5,3）
（5,4）
（5,5）
（5,6）
6
（6,1）
（6,2）
（6,3）
（6,4）
（6,5）
（6,6）
0
1
2
对民航招飞有意向
对民航招飞没有意向
合计
男生
100
500
600
女生
100
300
400
合计
200
800
1000
0
5
10
15
20