重庆市名校2023-2024学年高二下学期4月期中联合测试数学试卷(含答案)

这是一份重庆市名校2023-2024学年高二下学期4月期中联合测试数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．下面给出的四个随机变量中是离散型随机变量的是( )
①某食堂在中午半小时内进的人数;
②某元件的测量误差;
③小明在一天中浏览网页的时间;
④高一2班参加运动会的人数;
A.①②B.③④C.①③D.①④
2．的展开式中,二项式系数最大的项是第( )项
A.9B.10C.11D.12
3．已知函数在R上单调递增,则a的取值范围为( )
A.B.C.D.
4．日常生活中的饮用水是经过净化的,随着水的纯净度的提高,所需净化费用不断增加.已知将1t水净化到纯净度为x%时所需费用（单位:元）为,则净化到纯净度为98%左右时净化费用的变化率,大约是净化到纯净度为90%左右时净化费用变化率的( )
A.30倍B.25倍C.20倍D.15倍
5．已知曲线在处的切线与函数的图象只有一个公共点,则a的值为( )
A.B.C.0或D.0或
6．我们将某商场某区域的行走路线图抽象为一个的长方体框架如图所示,小红欲从A处行走到H最后再到B处,则小红行走路程最近的路线共有( )条.
A.10B.12C.13D.14
7．已知直线分别与曲线和曲线交于P,Q两点,则的最小值为( )
A.1B.eC.D.
8．给正六边形ABCDEF的六条边涂色,现有3种不同的颜色可以选择,要求相邻两条边颜色不同,则不同的涂法有( )种
A.99B.96C.66D.60
二、多项选择题
9．已知,下列说法正确的是( )
A.展开式中各项系数和为B.展开式中系数最大的项是第项
C.展开式中各系数的绝对值之和为D.
10．已知,,若随机事件A,B相互独立,则( )
A.B.C.D.
11．已知函数,,则下列说法正确的有( )
A.的单调递减区间是
B.存在a,,使得直线与,都相切
C.当时,关于x的不等式在恒成立
D.当时,则关于x的不等式的解集为
三、填空题
12．某班上午有5节课,现要将语文,数学,英语,地理安排在上午,其中数学排两节课,其它科各一节,则不同的排法有______种(结果用数值表示)
13．设随机变量X的概率分布为,则_____.
14．已知是定义在R上的可导函数,满足,且对任意的,都有则不等式的解集为______.
四、解答题
15．已知函数()在处取得极小值.
（1）求函数的解析式;
（2）求函数在上最值.
16．某种资格证考试,每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过,便领取资格证书,不再参加以后的考试,否则就继续参加考试,直到用完3次机会.小明决定参加考试,如果考试前复习了,每次参加考试通过的概率依次为0.3,0.4,0.5,且每次考试是否通过相互独立.如果考试前不复习,每次参加考试通过的概率依次为0.1,0.2,0.3;考试前复习的概率为0.5,试求:
（1）小明通过第一次考试的概率;
（2）小明在一年内参加考试次数X的分布列.
17．已知函数.
（1）证明:;
（2）若不等式对任意恒成立,求实数a的取值范围.
18．已知函数.
（1）当时,讨论的单调性;
（2）若在R上恰有一个零点,且,求满足条件的最大整数a.
19．某学校即将参加一场重要的篮球比赛,通过比赛获得荣誉,不仅能为学校争光,也能为自己的高中生活增添一抹亮丽的色彩.现要从n名学生中选出m名组成代表队,其中k名作为主力队员,名作为替补队员.设选出代表队的不同方法种数为.
（1）求出的的值(用组合数表示);
（2）已知.当,时,记选出代表队的不同方法种数为,求;
（3）当n为偶数时,求被4除的余数.
参考答案
1．答案：D
解析：对于①,某食堂在中午半小时内进的人数可以一一列举出来,故①是离散型随机变量;对于②,某元件的测量误差不能一一列举出来,故②不是离散型随机变量;
对于③,小明在一天中浏览网页的时间不能一一列举出来,故③不是离散型随机变量;对于④,高一2班参加运动会的人数可以一一列举出来,故④是离散型随机变量;
故选:D.
2．答案：C
解析：由二项式定理知其展开式有21项,
根据二项式系数的性质可知二项式系数最大项为第11项.
故选:C
3．答案：B
解析：,故可得;由题可知在R上恒成立,
当时,显然有恒成立;
当时,令,解得,
故当或时,,不满足题意;
综上所述,a的取值范围为.
故选:B.
4．答案：B
解析：由题意,可知净化所需费用的瞬时变化率为,
所以,,
所以,
所以净化到纯净度为98%时所需费用的瞬时变化率是净化到纯净度为90%时所需费用的瞬时变化率的倍;
故选:B
5．答案：C
解析：因为,
所以,所以,
所以曲线在处的切线斜率为,
所以曲线在处的切线方程为,
因为与函数的图象只有一个公共点,
所以方程只有一个根,
所以只有一个根,
故或,
所以或,
故选:C.
6．答案：B
解析：首先:从A到H最近路线需向前1步,向上3步,故有种方法,
其次:从H到B最近路线需向右2步,向前1步,故有种方法,
故共有条路线.
故选:B
7．答案：A
解析：因为直线分别与曲线和曲线交于P,Q两点,
所以点的坐标为,点Q的坐标为,
所以,
设,则,
因为函数,在上都为增函数,
所以函数在为增函数,又,
所以当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
所以,
所以,当且仅当时取等号,
所以的最小值为1.
故选:A.
8．答案：C
解析：第一类,AB,CD,EF三条边用同一种颜色,
先涂AB,CD,EF有种方法,再涂有种方法,再涂DE有种方法,
再涂FA有2种方法,共有方法数为种;
第二类,AB,CD,EF三条边用种颜色,
由AB,CD,EF三条边用种颜色,可得AB,CD,EF必有条边涂同一种颜色,
先涂AB,CD,EF有种方法,再涂BC,DE,FA有种方法,
共有方法数为种;
第三类AB,CD,EF三条边用种颜色,
先涂AB,CD,EF有种方法,再涂BC有种方法,再涂DE有种方法,
再涂FA有种方法,共有方法数为种;
由分类加法计数原理可得,共有方法数种.
故选:C.
9．答案：AC
解析：对于A,令,,故选项A正确;
对于B,展开式通项为:,
由题意易知:,,值,且,,,
所以展开式中系数最大的项是第5,故选项B错误;
对于C,令,则,所以选项C正确;
对于D,由,
,
得:,即,
得:,
即,所以,所以选项D错误;
故选:AC.
10．答案：ABD
解析：对A:因为A,B相互独立,故,故A正确;
对B:因为A,B相互独立,故,故B正确;
对C:因为A,B相互独立,故也相互独立,故,故C错误;
对D:,故,解得,
则,故D正确;
故选:ABD.
11．答案：BCD
解析：因为函数,,
对于A,因为,由,解得或,
所以的单调递减区间为,故选项A错误;
对于B,若直线与函数都相切切点分别为,且直线的斜率为0,
,则,解得,
所以直线与函数的切点为,与函数的切点为,
所以,化解为,
解得,故选项B正确;
对于C,当时,,
令,解得;令,解得,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,即,
当时,则,
令,在恒成立,
所以在单调递减,
所以;
所以在恒成立,
故在上单调递减,则,
所以在上,;
关于x的不等式在上恒成立,故选项C正确;
对于D,当时,关于的不等式,
即,可转化为,
令,则,
令,解得;令,解得,
所以函数在单调递增,且,所以成立,
故不等式解集,故选项D正确.
故选:BCD.
12．答案：60
解析：由题意可知排法有种.
故答案为:60
13．答案：或0.3
解析：随机变量X的概率分布为,
,
解得:,
.
故答案为:.
14．答案：
解析：因为,所以,
考虑构造函数,则,
所以函数在R上单调递增,
不等式,可化为,
所以,
所以,
所以,
所以不等式的解集为,
故答案为:.
15．答案：（1）
（2）最大值为,最小值为
解析：（1）易知,由题意可知是其一个变号零点,
即或,
当时,,
此时时,,即单调递减,
,,即单调递增,故在处取得极小值,符合题意;
当时,,
此时时,,即单调递减,
,,即单调递增,故在处取得极大值,不符合题意;
综上,此时;
（2）由上可知在和上单调递增,在上单调递减,
即时取得极大值,处取得极小值,
又,
所以在上的最大值为,最小值为.
16．答案：（1）0.2
（2）分布列见解析
解析：（1）记事件A为考前复习,事件为第i次通过,
则小明通过第一次考试的概率;
（2）易知X可取1,2,3,则由上知:,
则
,
,
所以分布列为:
17．答案：（1）证明见解析;
（2）
解析：（1）先证,即证,
令,
易知时,,时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,即,
再证,即证,
由上可知在上恒成立,所以成立,
整理得,证毕;
（2）易知时,单调递增,故,
所以原不等式恒成立,
令,
而时,单调递增,即,
所以,则在上单调递增,
所以,
所以,即.
18．答案：（1）在上单调递减,在上单调递增.
（2）
解析：（1）当时,,函数定义域为R,
,
当时,;时,,
所以在上单调递减,在上单调递增.
（2）函数
,
当时,,函数在上单调递增;
时,函数,有在上恒成立,
即时,函数,在上单调递增;
所以时在上单调递增.
由,则时,在上恒成立,不合题意.
当时,,,
在上有零点,不合题意,
当时,,,
,在上有一个零点.
时,,,恒成立,
则在R上只有一个零点,且.
所以满足条件的最大整数a的值为1.
19．答案：（1）
（2）
（3）1
解析：（1）由题意可知:;
（2）由已知公式知
;
（3）由上知,
由于n为偶数,所以上式,
显然整除4余1.
X
1
2
3
P
0.2
024
0.56