浙江省嘉兴市八校联盟2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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高二年级 数学学科 试题卷
（2024.04）
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分
一、选择题Ⅰ（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. 函数的图象如图所示，它的导函数为，下列导数值排序正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义以及切线斜率的变化可得出结论.
【详解】由图象可知，函数在上单调递增，所以当时，，
即，，，
又因为曲线在点处切线的斜率随着的增大而减小，即在点处切线的斜率随着的增大而减小，
故.
故选：A.
2. 从6名同学中选出正、副组长各1名，不同的选法种数是（ ）
A. 30种B. 11种C. 15种D. 35种
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，从6名同学中选出正、副组长各1名是个排列问题，可得答案.
【详解】由题意可得不同的选法种数是种.
故选：A.
3. 的展开式的第项的系数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出展开式的通项，即可判断.
【详解】二项式展开式的通项为（且），
所以展开式的第项的系数是.
故选：A
4. 设随机变量，则（ ）
A. 2B. 3C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布的方差公式及性质进行计算即可.
【详解】由题意得，
故.
故选：C.
5. 一个盒内有五个月饼，其中两个为果浆馅，三个为五仁馅，现从盒内随机取出两个月饼，若事件“取到的两个月饼为同一种馅”，“取到的两个月饼都是五仁馅”，则概率（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出，，再根据条件概率的概率公式计算可得.
【详解】依题意，，
所以
故选：D
6. 甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ）
A. 240B. 192C. 96D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.
【详解】丙在正中间（4号位）；
甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，
考虑到甲､乙的顺序有种情况；
剩下的4个位置其余4人坐有种情况；
故不同的坐法的种数为.
故选：B.
7. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的图象得到的单调区间，从而得到的取值情况，从而得解.
【详解】由图可得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以时，时，
时，时，
所以不等式的解集为.
故选：C
8. 已知函数，若，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数，求导后可判断原函数的单调性，根据数形结合思想，令，则，可判断出，，，由三次方程的韦达定理为，，，凑出选项，利用不等式的性质或者函数的单调性求出范围即可.
【详解】因为，，
所以，
所以当时，当或时，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且当时，，
当时，，
且时，或，
又，
，
整理得：，
所以的对称中心为，
如图所示：

令，
则由图可知：且，，，所以A错误；
对于B：，
又因为，所以，且，
所以，
所以，
因为在上单调递减，故，所以，故B错误；
对于C，因为，，，
所以，由，知，，
由B知，，所以，
故，又，所以，所以C正确；
对于D，因为的对称中心为，当时，所以，
或者根据三次方程的韦达定理知，，所以D错误.
故选：C
【点睛】结论点睛：关于的三次方程的韦达定理为，，.
二、选择题Ⅱ（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，有选错的得0分．）
9. 设随机变量的分布列如表所示，则下列选项中正确的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据分布列的性质求出的值，再根据期望、方差公式计算可得.
【详解】依题意，解得，即，故D正确；
，故A错误；
，故B正确；
，故C正确.
故选：BCD
10. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】分别令，，即可判断AB；求出展开式的通项，进而可判断CD.
【详解】令，则①，故B正确；
令，则②，
由①②得，故A正确；
展开式的通项为，
令，则，所以，故C错误；
令，则，所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，构造函数，计算即可判断；对于B，写出、点处的切线程联立并化简得，而，计算即可判断；对于C，根据斜率相等可得，为两切线的交点代入化简得，再计算可得；对于D，根据，计算即可判断.
【详解】对A，令，则，
故时，单调递增；时，单调递减，
所以的极大值，且，，
因为直线与曲线相交于､两点，
所以与图象有个交点，所以，故A正确；
对B，设，且，可得，
在点处切线程为
，得，
即，
因为，所以，即，故B错误；
对C，因为，所以，
因为为两切线的交点，
所以
，
即，所以，
所以
，故C正确；
对D，因为，，所以，
又因为，所以，所以，
同理得，得，即，
因为，所以，
所以，即，故D正确.
其中不等式①的证明如下：
不等式①（其中），
构造函数，则．
因为，所以，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立.
故选：ACD.
【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．
非选择题部分
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 函数的导函数是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据乘积的导数公式直接求导可得.
【详解】
故答案为：
13. 某区学生参加模拟大联考，假如联考的数学成绩服从正态分布，其总体密度函数为：，且，若参加此次联考的学生共有人，则数学成绩超过分的人数大约为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据总体密度函数可知，结合对称性求出，再估计人数即可.
【详解】因为总体密度函数为：，
所以，即，
由，所以,
所以数学成绩超过分的人数大约为人，
故答案为：.
14. 用这九个正整数组成无重复数字且任意相邻的三个数字之和是的倍数的九位数，这样的九位数有______个（用数学作答）
【答案】1296
【解析】
【分析】分析题意，列出每种情况，利用排列数知识求解即可.
【详解】若任意相邻的三个数字之和是的倍数，
因此第三个数与第个数的余数也必然相同，故第一，四，七个数和第二，五，八个数
第三，六，九个数必为，
因此有个.
故答案为：1296
【点睛】关键点点睛：本题考查排列问题，解题关键是分析出每种情况，然后表示利用排列数公式，得到所要求的结果即可．
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. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可.
（2）求出函数的极值点（注意定义域），再把极值点代入原函数即可得到极值.
【小问1详解】
的定义域为，
，所以，
又因为，所以切点为，
所以曲线在处的切线方程为
【小问2详解】
，
当时，，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
16. 已知的展开式中，所有项的系数之和是512．
（1）求展开式中含项的系数；
（2）求的展开式中的常数项.
【答案】（1）27 （2）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法得所有项的系数和，求解n，然后利用二项式展开式通项公式求解即可；
（2）把式子化简为，然后分别利用二项式展开式通项公式求解常数项即可.
【小问1详解】
因为的展开式中，所有项的系数之和是512．
所以令，得，所以，
所以的展开式通项公式为，
令，解得，所以展开式中含项为，
所以展开式中含项的系数为27.
【小问2详解】
由（1）知，，从而，
因为的展开式的通项为，
所以的常数项为，
又的常数项为，
所以的展开式中的常数项为.
17. 为落实“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动．甲、乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛．规定：每局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局．首先获得5分者获胜，比赛结束．假设每局比赛甲获胜的概率都是．
（1）求比赛结束时恰好打了6局甲获胜的概率；
（2）若甲以的比分领先，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列．
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）比赛恰好打了6局的情况有两种：甲胜或乙胜，即可求解；
（2）分析可知X的可能取值为2，3，4，5，分别求出对应的概率，由此能求出X的分布列.
【小问1详解】
比赛结束时，
恰好打了6局，甲获胜的概率为，
恰好打了6局，乙获胜的概率为，
所以比赛结束时恰好打了6局的概率为；
【小问2详解】
X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
，
所以X的分布列如下：
18. 甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品有4个正品和3个次品．
（1）从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品概率；
（2）如果依次不放回地从乙箱中抽取2个产品，每次取1个，已知第二个是次品的条件下，求第一个是正品的概率；
（3）若先从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，再从乙箱中任取一个产品，求取出这个产品是正品的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）令事件“第次从乙箱中取到次品”，，利用全概率公式及条件概率的概率公式计算可得；
（3）记事件=“从乙箱取一个正品”，从甲箱中取出两个正品、一个正品一个次品、两个次品的事件分别记为，再利用全概率计算可得.
【小问1详解】
记“这个产品都是次品”为事件，则.
【小问2详解】
令事件“第次从乙箱中取到次品”，则“第次从乙箱中取到正品”，，
则，，，，
因此，
所以.
【小问3详解】
令事件=“从乙箱取一个正品”，
事件=“从甲箱中取出两个正品”，事件=“从甲箱中取出一个正品一个次品”，
事件=“从甲箱中取出两个次品”，互斥，且，
，，
则
，
所以从乙箱中取出的这个产品是正品的概率是.
19. 已知函数
（1）是的极值点，有两个零点，求的取值范围；
（2）令，讨论的单调性；
（3）当时，设和为两个不相等正数，且，证明：．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由是的极值点，可得，即可求出，再利用导数求出函数的单调区间及极值，函数有两个零点，即函数的图象有两个不同的交点，结合函数图象即可得解；
（2）求导，再由分类讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（3）分别通过构造函数，并利用导数研究函数的单调性与最值分别证明及即可.
【小问1详解】
，
因为是的极值点，所以，解得，
经检验符合题意，
则，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
作出函数的大致图象，如图所示，

函数有两个零点，
即函数的图象有两个不同的交点，
由图可知，所以；
【小问2详解】
，
，
函数减函数，
令，则，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调增区间为，减区间为，
当时，令，得，令，得，
所以函数的单调减区间为，增区间为，
综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为；
当时，函数的单调减区间为，增区间为；
【小问3详解】
当时，，
由，不妨设，
又，结合（1），则，
要证，即证，若 ，则必成立，
若，即证，
又因为，只需证，
令，
则，
在单调递增，
，
即，
再证，由，得，
即证，
令，则，
故在区间内单调递增，
所以，故，即，
综上.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.0
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