2024浙江省台金七校联盟高二下学期4月期中联考试题数学含解析

这是一份2024浙江省台金七校联盟高二下学期4月期中联考试题数学含解析，共13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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.A53−C63的值是( )
A. 20B. 40C. −110D. −10
2.4名男生分别报名参加学校的足球队、篮球队、兵乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是( )
A. 6B. 24C. 64D. 81
3.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则双曲线的渐近线方程为( )
A. y=± 33xB. y=± 5xC. y=± 3xD. y=± 55x
4.8个人分成3人、3人、2人三组，共有种不同的分组方法．( )
A. 1120B. 840C. 560D. 280
5.函数y=cs( x)的导函数为( )
A. y′=−12 xsin( x)B. y′=−sin( x)
C. y′=12 xsin( x)D. y′=2 xsin( x)
6.设(x2−3x−2)5=a0+a1x+…+a10x10，则a2=( )
A. −800B. −640C. 800D. 640
7.将三颗骰子各掷一次，记事件A=“三个点数互不相同”，事件B=“至少出现一个5点”，则P(A|B)=( )
A. 20216B. 2091C. 6091D. 23
8.已知7m=11，a=9m−13，b=5m−9，则( )
A. a>b>0B. a>0>bC. b>a>0D. b>0>a
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.随机变量X的分布列如下：
其中a，b，c成等差数列，则P(X=1)可以为( )
A. 13B. 12C. 35D. 34
10.如图，直线y=kx+b与曲线y=f(x)相切于两点，则ℎ(x)=f(x)−kx有( )
A. 2个极大值点B. 3个极大值点C. 2个极小值点D. 3个极小值点
11.一个不透明的口袋中有8个大小相同的球，其中红球5个，白球2个，黑球1个，则下列选项正确的有( )
A. 从该口袋中任取3个球，设取出的红球个数为ξ，则数学期望E(ξ)=158
B. 每次从该口袋中任取一个球，记录下颜色后放回口袋，先后取了3次，设取出的红球次数为η，则方差D(η)=4564
C. 从该口袋中任取3个球，设取出的球的颜色有X种，则数学期望E(X)=83
D. 每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，设拿出的白球的个数为Y，则数学期望E(Y)=13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量ξ∼N(1,σ2)，且P(1<ξ≤1.5)=0.34，则P(ξ>1.5)=__________.
13.若直线x−y=1与直线(m+3)x+my−8=0平行，则m=__________，它们之间的距离为__________.
14.甲乙两人轮流投掷一枚质地均匀的骰子，规定谁先掷出6点为胜者；前一场的胜者，则下一场后掷(分出胜者算一场).若第一场时是甲先掷，则第2场甲胜的概率为__________.
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知 x−ax2nn∈N∗,a≠0的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为1.
(Ⅰ)求实数a和n的值；
(Ⅱ)求展开式中系数最小的项．
16.(本小题15分)
如图，边长为2的等边△PDC所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2 2，M为BC的中点．
(Ⅰ)求证：PD⊥BC；
(Ⅱ)若N为直线PA上一点，且MN⊥PA，求直线DN与平面PAM所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
设等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N ∗)，S9=45，a2+a3=5.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)已知数列{bn}满足b1=1，bn+1bn=2024−anan+1n≤2024,n∈N∗，记bn的前n项和为Tn，求T2024.
18.(本小题17分)
某火锅店为了鼓励顾客们办理本店的会员卡，在持有会员卡的顾客点单后，推出“玩游戏，送果盘”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上点数超过4点，获得1分，否则获得2分．进行若干轮游戏，若累计得分为9分，则游戏结束，可得到“果盘”一份；若累计得分为10分，则游戏结束，可得“牛肉卷”一份，最多进行9轮游戏．
(Ⅰ)当进行完3轮游戏时，总分为X，求X的分布列和数学期望；
(Ⅱ)若累计得分为i的概率为pi(i=1,2,…，9)，初始分数为0分，记p0=1.
(ⅰ)证明：数列{pi−pi−1}(i=1,2,…，9)是等比数列；
(ⅱ)求活动参与者得到“牛肉卷”的概率．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax−1−lnx，a∈R.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)若函数f(x)与函数g(x)=ex−ax−1有相同的最小值，求a的值；
(Ⅲ)证明：对于任意正整数n，1+12!1+23!……1+n(n+1)!答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查排列、组合数的计算，属于基础题．
由排列、组合数公式求解即可．
【解答】
解： A53−C63=5×4×3−6×5×43×2×1=40
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查分步计数原理的应用，属于基础题.
每名同学有3种不同的选择，根据分步计数原理解答即可.
【解答】
解：由分步乘法计数原理可得：
不同报法的种数是3×3×3×3=81；
故选D.
3.【答案】C
【解析】【分析】本题考查双曲线的渐近线方程的求法，是基础题，
双曲线的离心率e=2，求出ba= 3，由此能求出双曲线的渐近线方程．
【解答】解：∵双曲线x2a2−y2b2=1的离心率e=2，
∴e=ca=2，
∴c=2a，
∴由c2=a2+b2可得3a2=b2.
解得ba= 3，
∴双曲线的渐近线方程为y=±bax=± 3x.
故选C.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，属于基础题.
根据平均分组求法即可求解.
【解答】
解：根据题意，分组方法数为 C83C53A22=280 (种).
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了了导数的基本公式，属于基础题．
根据复合函数的求导法则，和导数的基本公式计算即可．
【解答】
解：∵y=cs( x)，
∴y′= x′⋅cs x′=−12 xsin x.
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查二项展开式的特定项和特定项系数，属于基础题.
要得到a2,分两种情况讨论即可求解；
【解答】
解：因为 (x2−3x−2)5=(x2−3x−2)(x2−3x−2)(x2−3x−2)(x2−3x−2)(x2−3x−2)，
要得到a2,分两种情况讨论：
①5个因式取1个x2，取4个−2，即C51x2−24=80x2
②5个因式取2个(−3x)，取3个(−2)，即C52−3x2−23=−720x2
所以二项展开式中含x2项的系数为−640
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查条件概率，属于基础题．
根据要求的结果等于PABP(B)，需要求出A、B同时发生的概率以及B发生的概率，代入算式得到结果．
【解答】
解：∵P(A|B)=PABP(B)，
P(AB)=C52A3363=518，
P(B)=1−P(B)=1−5363=1−125216=91216，
∴P(A|B)=PABP(B)=51891216=6091.
故选C.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用导数比较大小，属于中等题.
构造函数f(x)=xm−x−4，利用导数研究函数的单调性可知函数f(x)=xm−x−4在1,+∞上单调递增，且f(7)=0，即可得到答案.
【解答】
解：因为7m=11，所以m=lg711∈1,1.5，
令函数f(x)=xm−x−4，f′(x)=mxm−1−1，
因为f′(x)=mxm−1−1在R上单调递增，且f′(1)=m−1>0，
所以函数f(x)=xm−x−4在1,+∞上单调递增，
所以f(5)又因为f(7)=0，
所以b<09.【答案】ABC
【解析】【分析】本题考查随机变量的分布列和等差数列的性质的合理运用，属于基础题.
由随机变量X的分布列的性质得a+b+c=1，且a，b，c∈[0,1].由a，b，c成等差数列，得2b=a+c，可以求出c的取值范围，从而能求出P(X=1)=c的可以取的值．
【解答】解：∵随机变量X的分布列如下：
∴a+b+c=1，且a，b，c∈[0,1].①
∵a，b，c成等差数列，
∴2b=a+c，②
联立①②，得b=13，a+c=23，
所以0≤c≤23
∴P(X=1)=c，
∴c可以为13 ，12，35 ，
故选：ABC.
10.【答案】BC
【解析】解：ℎ(x)=f(x)−kx，ℎ′(x)=f′(x)−k，
由题意易得，ℎ(x)=f(x)−kx的极小值点，相当于G(x)=(kx+b)−f(x)的极大值点，
ℎ(x)=f(x)−kx的极大值点，相当于G(x)=(kx+b)−f(x)的极小值点，
而G(x)相当于图像上直线y=kx+m与曲线y=f(x)的差值函数，
由单调性分析可得：
G(x)有3个极小值点，2个极大值点，故F(x)有3个极大值点，2个极小值点.
故答案为BC.
本题考查函数极值(极值点)的概念，属于基础题.
利用函数极值(极值点)的概念并结合图象可得答案.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了古典概型和离散型随机变量的期望、方差，属于较难题.
对选项A，ξ的可能取值为0，1，2，3，求出概率，再由公式求得E(ξ)；对选项B，η∽B(3,58)，再由二项分布的方差公式求得D(η)；对选项C，X的可能取值为1，2，3，求出概率，再由公式求得E(X)；对选项D，Y的可能取值为0，1，2，求出概率，再由公式求得E(Y).
【解答】解：对选项A，从该口袋中任取3个球，取出的红球个数ξ的可能取值为0，1，2，3，
则p(ξ=0)=C33C83=156，p(ξ=1)=C51C32C83=1556，p(ξ=2)=C52C31C83=3056=1528，p(ξ=3)=C53C83=1056=528，
则E(ξ)=0×156+1×1556+2×1528+3×528=158，故A正确；
对选项B，每次从该口袋中任取一个球，是红球的概率为58，则取出的红球次数为η∽B(3,58)，
则方差D(η)=3×58×38=4564，故B正确;
对选项C，从该口袋中任取3个球，取出的球的颜色有X种，X的可能取值为1，2，3，
则p(X=1)=C53C83=1056=528，p(X=3)=C51C21C11C83=1056=528，则p(X=2)=1−p(X=1)−p(X=3)=1−528−528=1828=914，
则E(X)=1×528+2×914+3×528=2，故C错误；
对选项D，每次从该口袋中任取一个球，不放回，拿出红球即停，拿出白球的个数Y的可能取值为0，1，2，
则p(Y=0)=C51C81+C11C51C81C71=4056=57，p(Y=1)=C21C51C81C71+2×C11C21C51C81C71C61=528+584=521，p(Y=2)=1−p(Y=0)−p(Y=1)=1−57−521=121，
则E(Y)=0×57+1×521+2×121=13，故D正确；
12.【答案】0.16
【解析】【分析】本题考查正态分布曲线的对称性，考查学生的计算能力，属于基础题．
利用ξ∼N(1,σ2)，可得图象关于x=1对称，结合P(1<ξ≤1.5)=0.34，即可求得结论．
【解答】解：∵ξ∼N(1,σ2)，∴图象关于x=1对称.
∵P(1<ξ≤1.5)=0.34，
∴P(ξ>1.5)=0.5−0.34=0.16.
故答案为0.16.
13.【答案】−32
13 26

【解析】【分析】本题主要考查由两条平行求参数的值，以及两平行线间的距离公式的应用，属于基础题.
根据两直线平行的条件，求出m的值，再把直线方程中未知数的系数化为相同的，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果．
【解答】解：由直线x−y=1与直线(m+3)x+my−8=0平行，可得m+31=m−1≠−8−1，
解得m=−32，
所以直线(m+3)x+my−8=0的方程可化简3x−3y−16=0，
而直线x−y=1，即直线3x−3y−3=0，∴它们之间的距离为|−16+3| 32+32=13 26，
故答案为：−32;13 26
14.【答案】60121
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率，等比数列的前n项和，属于拔高题.
根据题意先求得一场中先掷的人赢的概率为611，后掷的人赢的概率为511，再由第一场时是甲先掷且第二场甲胜，有两种情况：第一场甲赢第二场甲赢和第一场乙赢第二场甲赢，再计算即可.
【解答】
解：一场中先掷的人赢的概率为16+(56)2×16+(56)4×16+⋯+(56)2n−2×16+⋯，n∈N∗
由16+(56)2×16+(56)4×16+⋯+(56)2n−2×16
=16[1+(56)2+(56)4+⋯+(56)2n−2]
=16×1×[1−(56)2n]1−(56)2=611[1−(56)2n]，
所以当n→+∞时，611[1−(56)2n]→611，
所以一场中先掷的人赢的概率为611，后掷的人赢的概率为511，
若第一场时是甲先掷且第二场甲胜，有两种情况：第一场甲赢第二场甲赢和第一场乙赢第二场甲赢，
记甲先掷且第二场甲赢的事件为A，
所以P(A)=611×511+511×611=60121，
故答案为60121.
15.【答案】解：(Ⅰ)仅有第5项的二项式系数最大，则n=8.
令x=1，则(1−a)8=1，又a≠0，则a=2.
(Ⅱ)二项展开式的通项为：Tr+1=C8r( x)8−r(−2x2)r=C8r(−2)r⋅x4−52r，
假设第k+1项的系数的绝对值最大，由通项可得：
C8k⋅2k≥C8k−1⋅2k−1C8k⋅2k≥C8k+1⋅2k+1，解得：5≤k≤6.
故二项展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大.
又∵展开式中奇数项的系数为正，偶数项的系数为负，
故展开式中系数最小的项是第6项：T6=C85(−2)5⋅x−172=−1792x−172.
【解析】本题考查二项式定理，属于中档题.
(Ⅰ)由题得到n=8，再令x=1，即可求出a；
(Ⅱ)写出二项展开式的通项公式，则C8k⋅2k≥C8k−1⋅2k−1C8k⋅2k≥C8k+1⋅2k+1，即可求解.
16.【答案】解：(I)∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面PDC，又因为PD⊂平面PDC
∴PD⊥BC.
(Ⅱ)如图，以 D点为原点，分别以直线 DA， DC为x轴、y轴，
依题意，可得D(0,0,0)，P(0,1, 3)，C(0,2,0)，A(2 2,0,0)，M( 2,2,0).
∴|PM|= ( 2)2+(2−1)2+( 3)2= 6，|AM|= 6，
又∵MN⊥PA，∴N为PA中点.
∴N( 2,12, 32)，DN=( 2,12, 32).
设n=(x,y,z)为平面PAM的法向量，PM=( 2,1,− 3)，AM=(− 2,2,0)，
则n ⋅PM=0n⋅AM=0，即 2x+y− 3z=0− 2x+2y=0，取y=1，得n=( 2,1, 3).
∴sinθ=|cs|=|DN⋅nDN⋅n|=4 3⋅ 6=2 23.
∴求直线DN与平面PAM所成角的正弦值为2 23.
【解析】本题主要考查面面垂直的性质，线面垂直的性质，利用空间向量求二面角，属于中档题.
(1)利用面面垂直的性质证明线面垂直进而得到线线垂直;
(2)求出平面PAM的法向量，利用向量从而求出直线DN与平面PAM所成角的正弦值.
17.【答案】解：(I)由题意得：9a1+36d=452a1+3d=5
解得：a1=1，d=1，∴an=n.
(Ⅱ)由题意得：bn+1bn=2024−anan+1=2024−nn+1
bn=bnbn−1.bn−1bn−2.bn−2bn−3⋅⋯⋅b2b1⋅b1
=2024−(n−1)n.2024−(n−2)n−1.2024−(n−3)n−2⋅⋯⋅2024−12×1
=12024C2024n(n≤2024,n∈N∗)
∴T2024=b1+b2+⋯+bn=12024(C20241+C20242+⋯+C20242024)=12024(22024−1)
【解析】本题主要考查等差数列通项，前n项和，二项式系数和，属于中档题.
(Ⅰ)由9a1+36d=452a1+3d=5解得a1，d，得数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)由题意得T2024=12024(C20241+C20242+⋯+C20242024)，利用二项式系数和可得结论.
18.【答案】解：(I)由题意得：每轮游戏获得1分的概率为13，获得2分的概率为23.
当进行完3轮游戏时，随机变量 X可能取值为3，4，5，6.
P(X=3)=(13)3=127，P(X=4)=C31(13)2⋅23=627，
P(X=5)=C32⋅13⋅(23)2=1227，P(X=6)=(23)3=827.
所以随机变量X的分布列：
∴E(X)=5
(Ⅱ)(i)证明：累计得分为1分的概率为13，即p1=13，∴p1−p0=−23.
累计得分为i分的情况有两种：
①i=(i−2)+2，即前一轮累计得i−2分，又掷骰子点数不超过4点得2分，其概率为23pi−2，
②i=(i−1)+1，即前一轮累计得i−1分，又掷骰子点数超过4点得1分，其概率为13pi−1，
∴pi=13pi−1+23pi−2，(2≤i≤9,i∈N∗)
∴pi−pi−1=−23(pi−1−pi−2)，(2≤i≤9,i∈N∗)
∴数列{pi−pi−1 }(1≤i≤9,i∈N∗)是首项为−23，公比为−23等比数列.
(i)由(i)得pi−pi−1 =(−23)i，累加法可得：pi−p0=−25(1−(−23)i)，
∴pi=35+25⋅(−23)i，(1≤i≤9,i∈N∗)，
∴p10=23p8=23(35+25⋅(−23)8)=25+25⋅(23)9.
【解析】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望，等比数列的判定，累加法求数列的通项公式，属于较难题.
(Ⅰ)由题意得每轮游戏获得1分的概率，获得2分的概率，X可能取值为3，4，5，6，列出分布列，求得期望；
(Ⅱ)(i)累计得分为1分的概率为13，即p1=13，则p1−p0=−23.累计得分为i分的情况有两种：①i=(i−2)+2，其概率为23pi−2，②i=(i−1)+1，其概率为13pi−1，则pi=13pi−1+23pi−2，(2≤i≤9,i∈N∗)，由等比数列的判定证明即可；
(ii)由累加法求通项公式，求相应概率.
19.【答案】解：(Ⅰ)f(x)的定义域：(0,+∞)，f′(x)=a−1x，
①当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减：
②当a>0时，令f′(x)=0，则x=1a，
此时，当x∈(0,1a)时，f′(x)<0，∴fx)在(0,1a)上单调递减;
当x∈(1a,+∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(1a,+∞)上单调递增：
综上可得：当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增：
当a>0时，f(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得：a>0，且f(x)min=f(1a)=lna.
g′(x)=ex−a，令g′(x)=0，则x=lna，
当x∈(−∞,lna)时，g′(x)<0，∴g(x)在(−∞,lna)上单调递减：
当x∈(lna,+∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(lna,+∞)上单调递增;
∴g(x)min=g(lna)=a−alna−1.
∵函数f(x)与函数g(x)=ex−ax−1有相同的最小值，
∴lna=a−alna−1，转化为：lna−a−1a+1=0，
令ℎ(x)=lnx−x−1x+1，则ℎ′(x)=x2+1x(x+1)2(x>0)，
所以ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，又∵ℎ(1)=0∴a=1.
(Ⅲ)证明：令a=1，此时由(Ⅰ)得：f(x)min=f(1)=0∴lnx≤x−1
令x=1+n(n+1)!，则ln(1+n(n+1)!)≤n(n+1)!
∵n(n+1)!=n⋅n!n!⋅(n+1)!=1n!−1(n+1)!，∴ln(1+n(n+1)!)≤1n!−1(n+1)!
ln((1+12!)⋅(1+23!)⋯(1+n(n+1)!))=ln(1+12!)+ln(1+23!)+⋯+ln(1+n(n+1)!)
≤(1−12!)+(12!−13!)+⋯+(1n!−1(n+1)!)
=1−1(n+1)!<1
故(1+12!)(1+23!)⋅⋯⋅(1+n(n+1)!)【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，证明不等式，属于较难题.
(Ⅰ)求f′(x)，讨论导数正负，可得函数单调性；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得：a>0，且f(x)min=lna.讨论g′(x)正负，可得函数最值，则有lna−a−1a+1=0，构造函数利用导数即可求得a的值；
(Ⅲ)由(Ⅰ)分析得ln(1+n(n+1)!)≤n(n+1)!=1n!−1(n+1)!，利用对数运算与裂项相消法求和，可证不等式.X
−1
0
1
P
a
b
c
X
−1
0
1
P
a
b
c
X
3
4
5
6
P
127
627
1227
827