黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（含答案），共18页。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚．
2．选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整，字迹清楚．
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，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．
4．保持卡面清洁，不得折叠、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、单选题：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，只有一项符合题目要求．
1. 从4名学生中挑选2人，分别担任正、副班长，则不同的安排方案有（ ）种．
A. 6B. 12C. 16D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】利用排列数公式计算可得.
【详解】依题意从4名学生中挑选2人，分别担任正、副班长有种安排方法.
故选：B
2. 若的展开式中所有项的二项式系数之和为16，则其展开式中的常数项为（ ）．
A. 4B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二项式系数和为求出，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】由展开式中所有项的二项式系数和为，
所以，解得；
所以展开式的通项为，，
令，解得，所以展开式中的常数项为．
故选：B．
3. 甲、乙两名游客慕名来到哈尔滨旅游，准备分别从中央大街、圣索菲亚大教堂、太阳岛、东北虎园林、龙塔这5个景点中随机选一个游玩．设事件A为“两人至少有一人选择中央大街”，事件B为“两人选择的景点不同”，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】由题意可知，,
，
所以．
故选：D．
4. 已知直线与曲线相切，则实数的值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，设切点为，利用导数的几何意义得到方程组，解得即可.
【详解】，，
设切点为，则，
所以，解得.
故选：D．
5. 现有8个市三好学生名额分给六个班，其中一班和二班每班至少2个名额，三班和四班每班至少1个名额，五班和六班可以不分配名额，则名额分配方式共有（ ）种．
A. 21B. 56C. 70D. 126
【答案】A
【解析】
【分析】首先给一~四班分配最低要求名额，从而还剩下个名额，再将剩下的个名额分两种情况讨论，利用组合数公式计算可得.
【详解】依题意，首先给一班和二班每班个名额，三班和四班每班个名额，则还剩下个名额，
将剩下的个名额给一个班级，有种方法；
将剩下的个名额给两个班级，有种方法；
综上可得：一共有种分配方法.
故选：A
6. 的展开式中，的系数为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意展开式的项看做有个盒子，每个盒子中，，三个元素，从每个盒子中取出一个元素，再将所得的元素相乘，分三种情况讨论，根据组合数公式计算可得.
【详解】展开式中的项，可看做有个盒子，每个盒子中，，三个元素，从每个盒子中取出一个元素，再将所得的元素相乘；
要得到：
①可以取个，个，个，则为；
②可以取个，个，个，则为；
③可以取个，个，个，则为；
综上可得的系数为.
故选：D
7. 已知定义在R上的奇函数，其导函数为，，当时，，则使得成立的x的取值范围是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据题意可得函数为偶函数以及其单调性，再分以及讨论即可得出答案．
【详解】设，则，
由于当时，，
则当时，，在单调递减，
又为奇函数，,则，则函数为偶函数，
可得函数在上单调递增，
又，则，
当时，由，可得，即，解得；
当时，由，可得，即，解得；
综上，不等式的解集为,,．
故选：B．
8. 如图，给六个点涂色，现有五种不同的颜色可供选用，要求每个点涂一种颜色，且每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）种．
A. 1440B. 1920C. 2160D. 3360
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，依次分析、、和、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①对于、、三点，两两相邻，有种涂色方法，
②与相邻，有4种颜色可选，
若与同色，其中与同色时，有3种涂色方法，与不同色时，有2种颜色可选，有2种颜色可选，
此时有种涂色方法，同理：若与同色，有7种涂色方法，
若与、颜色都不同，有2种颜色可选，、有3种颜色可选，
此时有种涂色方法，
则、、有种涂色方法，
故有种涂色方法．
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. 设，是一个随机试验中两个事件，且，，，则下列说法正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据求出，即可判断A；由判断B，由条件概率公式判断C、D.
【详解】因为，，，
且，
所以，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：ABC
10. 下列说法正确的是（ ）．
A. 函数在区间的最小值为
B. 函数的图象关于点中心对称
C. 已知函数，若时，都有成立，则实数的取值范围为
D. 若恒成立，则实数的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可判断A；计算出即可判断B；依题意时，都有成立，令，则，从而在上单调递增，在上恒成立，参变分离即可求出参数的取值范围，即可判断C；将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，即可判断D.
【详解】对于A：，，
则，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在取得极小值，即最小值，即，故A正确；
对于B：因为，则，
所以，
所以函数的图象关于点中心对称，故B正确；
对于C：因为时，都有成立，
即时，都有成立，
即时，都有成立，
令，则，
则在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，又在上单调递减，所以，
所以，即实数的取值范围为，故C错误；
对于D：当时，不等式在上恒成立不会成立，
故 ，
当 时， ，此时不等式恒成立；
不等式在上恒成立,
即在上恒成立,
而即，
设 ，当 时，，
故是增函数，
则即，故，
设，
当 时，， 单调递增，
当 时，， 单调递减，
故 ，则 ，
综上可得，实数的取值范围是，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
11. 若，则（ ）．
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】写出展开式的通项，即可得到，从而判断A，令即可判断B，令，求出导函数，再利用赋值判断C、D.
【详解】因为展开式的通项为（且），
又，
所以，故A错误；
令，得，
所以，故B正确；
令，
则，
又，
则，
所以，故C错误；
，故D正确.
故选：BD
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. 某地区气象台统计，该地区下雨的概率为，已知下雨的条件下，刮风的概率为，则既刮风又下雨的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先设事件为下雨，事件为刮风，由概率乘法公式计算可得．
【详解】设事件下雨，事件为刮风，
由题意得，，，又，
所以．
故答案为：．
13. 某地教育局准备从本地区选聘6位教育家型教师到外地3所学校支教，要求每所学校至少去1位教师，每位教师只能去1所学校，且甲乙两位教师必须去同一所学校，则不同的分配方案种数为__________．
【答案】150
【解析】
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解．
【详解】根据题意可分为三类：①甲乙两人一起去同一所学校，②甲乙连同另一名老师一起去同一所学校，③甲乙连同另外两名老师一起去同一所学校，
①甲乙两人一起去同一所学校，
则不同的分配方案种数为，
②甲乙连同另一名老师一起去同一所学校，
则不同的分配方案种数为，
③甲乙连同另外两名老师一起去同一所学校，
则不同的分配方案种数为，
则不同的分配方案种数共有．
故答案为：150．
14. 关于函数有下列结论：
（1）函数存在最小值但没有最大值；
（2）函数存在两个零点，且两个零点的和小于1；
（3）函数存在唯一的极小值点，且；
（4）函数存在唯一的极大值点，且．
其中正确的是__________．（填写所有正确结论的编号）
【答案】（1）（3）（4）
【解析】
【分析】求得令，利用导数求得的单调性和最小值，得到的两个根分别为，其中，进而求得的单调性，结合时，，可得判定（1）正确；根据题意得到是的一个零点，设函数的一个零点为，结合的单调性和，可判定（2）不正确；求得函数在区间上单调递增，得到，可得判定（3）正确；根据，以及，可得，求得的表达式，结合二次函数的性质，可判定（4）正确.
【详解】因为函数，可得
令，可得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
设的两个根分别为，其中，
则当时，可得；
当时，可得；
当时，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
又由函数，令，其中，
可得，所以在上单递减，可得，
所以当时，，且时，，
函数的图象，如图所示，所以有最小值，无最大值，所以（1）正确；
由，令，即，
设，则，即是的一个零点，即的一个零点，
设函数的另一个零点为，其中，
由，当时，；当时，，
可得在上单调递减，在上单递增，
所以时，取得极小值，也时最小值，最小值为，
所以当时，，在区间上没有零点，
又因为，所以区间上没有零点，所以，
所以函数存在两个零点，且两个零点的和大于，所以（2）不正确；
由（1）知，函数存在唯一极小值点，
又由函数，可得，
因为，可得，
当时，，在单调递增，且，所以，
又因为函数在区间上单调递增，所以，
所以（3）正确；
由（1）知，函数存在唯一的极大值点，
因为，可得，
又由，可得，所以，且
又因为，可得，
则，
可得函数在上单调递增，所以，
所以，所以（4）正确.
故答案为：（1）（3）（4）.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
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. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）设，利用导数说明函数单调性，从而求出函数的最大值，即可得证.
【小问1详解】
函数的定义域为，
则，
①当时，令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
②当时，令，解得，令，解得或，
在上单调递减，在和上单调递增，
③当时，恒成立，
在上单调递增，
④当时，令，解得，令，解得或，
在上单调递减，在和上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
【小问2详解】
当时，，定义域为，
设，
则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，所以，
所以，即得证．
16. 某运动队共有12名运动员，其中一级运动员6名，二级运动员4名，三级运动员2名．现举办奥运选拔赛，一、二、三级运动员晋级的概率分别为0.75，0.5，0.25．
（1）从这12名运动员中选4人参加奥运选拔赛，已知所选4人中一、二、三级运动员都有入选，求一级运动员人数最多的概率；
（2）从这12名运动员中任选1人参加奥运选拔赛，求其能够晋级的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式即可求解；
（2）利用全概率公式求解．
【小问1详解】
设事件表示“所选4人中一、二、三级运动员都有入选”，事件表示“一级运动员人数最多”，
则，，
所以，
即已知所选4人中一、二、三级运动员都有入选，一级运动员人数最多的概率为；
【小问2详解】
设事件表示“这12名运动员中任选1人参加奥运选拔赛能够晋级”，
则．
17. 已知函数．
（1）当时，求函数在区间上的最大值；
（2）若当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）
答案见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）直接求导，根据导函数判断的单调性，对参数分类讨论即可；
（2）利用，利用先得出，再证明是充分条件.
【小问1详解】
当时，，，,.
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
可得是函数的极大值，也是最大值.
当时，在区间单调递增，最大值为；
当时，在区间单调递减，最大值为；
当时，的最大值为.
综上，在区间内的最大值分别为：
当时，最大值为：；
当时，最大值为：；
当时，最大值为：.
【小问2详解】
当时，，要恒成立的必要条件为；
，，得.
令，则当时，可以得到.
当时，恒成立，，可得恒成立.
综上，满足时的充要条件为.
故所求的取值范围为
18. 已知椭圆经过点，且焦距为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左、右焦点分别为，，若，，，四点都在椭圆上，直线与交于点，且直线，分别过点，．
①若直线和的斜率存在且分别为，，求证：为定值；
②求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）依题意可得，解得、，即可求出椭圆方程；
（2）①由，关于对称，设的方程，，，，利用直线的斜率公式，即可求得为定值；②分类讨论，当所在直线与轴垂直时，求得点坐标，即可求得四边形面积，当所在直线斜率存在时，设直线方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理求得，利用两平行线之间的关系求得，根据平行四边形的面积公式，利用二次函数的性质，即可求得四边形面积的最大值．
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
①因为，，，四点都在椭圆上，直线与交于点，
所以四边形为平行四边形，
又直线，的斜率均存在，
所以设的方程，，，，
显然，
椭圆的方程，则，，
所以，
又，，
，
为定值；
②由（1）可知：椭圆的左焦点，右焦点，
当所在直线与轴垂直时，则所在直线方程为，代入，得，则，，所以，，
平行四边形的面积；
当所在直线斜率存在时，设直线方程为，
联立，得．
显然，设，，则，，
，
两条平行线间的距离，
平行四边形的面积
，
由，，，
设，由在上单调递减，
，
，
综上，平行四边形面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 曲率是曲线的重要性质，表征了曲线的“弯曲程度”，曲线曲率解释为曲线某点切线方向对弧长的转动率，设曲线具有连续转动的切线，在点处的曲率，其中为的导函数，为的导函数，已知．
（1）时，求在极值点处的曲率；
（2）时，是否存在极值点，如存在，求出其极值点处的曲率；
（3），，当，曲率均为0时，自变量最小值分别为，，求证：．
【答案】（1）2 （2）答案见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得函数的极值点，进而由曲率公式计算即可；
（2）令，可得，令时，可得，进而数形结合可得时，有解，且有两解且，进而计算可得极值点处的曲率；
（3）根据曲率为0可得，，由（2）可得时，有两解，可证明，再证明即可.
【小问1详解】
当时，，可得，
令，可得，当时，，当时，，
所以当为在极小值点，又，所以，
所以；
【小问2详解】
由，可得，
令，则，
令时，可得，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则，
所以时，有解，且有两解且，
为的极小值点，为的极大值点，
当时，有解，且有唯一解，但此解不是极值点，
当时，无解，所以无极值点，
所以当时，存在极值点，
所以；
【小问3详解】
由题意可得，可得，
要，曲率为0，则，即，
可得，，
所以时，有两解，，可证，
由（2）可得，，
可得，．
要证明，即证明，也就是．
因为，所以即证明，
即，令，则，于是，
令，则,
故函数在上是增函数，
所以，即成立．所以成立．
又因为，则，
由（2）可得在上单调递减，
因为，，所以，
【点睛】关键点睛：本题利用导数分析函数单调性与最值及零点，进而证明不等式的问题.需要根据题意找到间的关系，平时积累常见的函数如的图象性质与指对数函数的常见化简如等是关键，同时也要注意根据零点的关系，，构造函数证明不等式的方法.