2023-2024学年安徽省黄山市屯溪一中高二（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年安徽省黄山市屯溪一中高二（下）期中数学试卷，共14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。

1.已知函数f(x)=3x2+bx+c(b,c∈R)，若limΔx→0f(b+△x)−f(b)△x=14，则b=( )
A. −1B. −2C. 1D. 2
2.(x+y−z)6的展开式中xy2z3的系数是( )
A. 60B. −60C. 120D. −120
3.用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色.在所有着色方案中，①③⑤着相同色的有( )
A. 96种B. 24种C. 48种D. 12种
4.已知函数f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)>0的解集为( )
A. (0,12)∪(2,+∞)B. (−∞,0)∪(12,2)
C. (−∞,0)∪(12,+∞)D. (−∞,12)∪(2,+∞)
5.同济大学为弘扬我国古代的“六艺文化”，计划在社会实践活动中每天开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有( )
A. 72种B. 144种C. 240种D. 252种
6.如图，用M，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统，当M正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知M，A1，A2正常工作的概率依次是12，34，34，已知在系统正常工作的前提下，则只有M和A1正常工作的概率是( )
A. 59B. 34C. 15D. 19
7.已知函数f(x)=x2ex，若关于x的方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有四个不同的实数根，则实数m的取值范围是( )
A. (4e2+e24,+∞)B. (4e2−e24,+∞)C. (2e+e2,+∞)D. (2e−e2,+∞)
二、多选题：本题共4小题，共23分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)>1.75，则p的取值可能是( )
A. 14B. 712C. 512D. 34
9.A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有( )
A. 若A、B两人站在一起有24种方法
B. 若A、B不相邻共有72种方法
C. 若A在B左边有48种排法
D. 若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法
10.
11.设函数f(x)=exlnx，则下列说法正确的是( )
A. f(x)定义域是(0,+∞)B. x∈(0,1)时，f(x)图象位于x轴下方
C. f(x)有且仅有两个极值点D. f(x)存在单调递增区间
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若3C2n3=5An3，则正整数n=______.
13.安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为______.
14.若过点P(1,m)(m∈R)有3条直线与函数f(x)=xex的图象相切，则m的取值范围是______.
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)
袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．
(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？
(2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？
(3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？
16.(本小题15分)
已知(3x2+3x2)n展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大992.
(1)求n；
(2)求展开式中x6的项；
(3)求展开式系数最大项．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−ax+3，a∈R.
(1)当a=1时，求函数f(x)的极值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.
18.(本小题17分)
甲、乙两人组成“梦想队”参加“极速猜歌”比赛，比赛共两轮，每轮比赛从队伍中选出一人参与，参与比赛的选手从曲库中随机抽取一首进行猜歌名.若每轮比赛中甲、乙参与比赛的概率相同.甲首次参与猜歌名，猜对的概率为23；甲在第一次猜对歌名的条件下，第二次也猜对的概率为34；甲在第一次猜错歌名的条件下，第二次猜对的概率为12.乙首次参与猜歌名，猜对的概率为12；乙在第一次猜对歌名的条件下，第二次也猜对的概率为23；乙在第一次猜错歌名的条件下，第二次猜对的概率为12.甲、乙互不影响.
(1)求在两轮比赛中，甲只参与一轮比赛的概率；
(2)记“梦想队”一共猜对了X首歌名，求X的分布列及期望.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=12x2，g(x)=alnx.
(1)若曲线y=f(x)−g(x)在x=1处的切线与直线x+3y=0垂直，求实数a的值；
(2)设h(x)=f(x)+g(x)，若对任意两个不等的正数x1，x2，都有h(x1)−h(x2)x1−x2>4恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若[1,e]上存在一点x0，使得f′(x0)+1f′(x0)答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查导数的定义，属于基础题．
根据已知条件，则f′(x)=6x+b，结合导数的定义，即可求解．
【解答】
解：函数f(x)=3x2+bx+c(b,c∈R)，
则f′(x)=6x+b，
limΔx→0f(b+△x)−f(b)△x=14，
则f′(b)=7b=14，解得b=2.
故选：D.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二项式定理的应用，涉及了组合思想，考查了运算求解能力，属于基础题．
(x+y−z)6表示6个(x+y−z)的乘积，所以一个因式取x，两个因式取y，3个因式取(−z)即可得到xy2z3，进而求出xy2z3的系数．
【解答】
解：(x+y−z)6表示6个因式(x+y−z)的乘积，
所以一个因式取x，两个因式取y，3个因式取(−z)即可得到xy2z3，
所以xy2z3的系数为C61C52C33(−1)3=−60，
故选：B.
3.【答案】B
【解析】解：因为①③⑤着相同的颜色，可以有C31=3种，
②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有C21×C21×C21=8种，
所以共有24种．
故选：B.
根据分步计数原理计算即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
根据函数图象判断其导数的正负情况，即可求得答案．
本题主要考查了导数与单调性关系在不等式求解中的应用，属于中档题．
【解答】
解：由函数f(x)(x∈R)的图象可知当x<12或x>2时，f′(x)>0；
当12xf′(x)>0等价于x>0f′(x)>0或x<0f′(x)<0，
故不等式xf′(x)>0的解集为(0,12)∪(2,+∞).
故选：A.
5.【答案】B
【解析】解：“礼”与“乐”相邻，采用捆绑法，看成一个整体，与“御”“书”“数”，进行全排列，共有A44×2=48种选择，
排好之后，形成5个空位，“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻，则“射”只有3个空位可以选择，
故“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有48×3=144种．
故选：B.
“礼”与“乐”相邻，采用捆绑法，但均与“射”不相邻，采用插空法，再结合分步乘法计数原理计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：设事件A为系统正常工作，事件B为只有M和A1正常工作，
并联的元件A1，A2正常工作的概率为：
1−(1−34)1−34)=1516，
∴系统正确工作的概率为P(A)=12×1516=1532，
∵P(AB)=P(B)=12×34×(1−34)=332，
∴P只有M和A1正常工作的概率为(B|A)=P(AB)P(A)=15.
故选：C.
利用独立事件的乘法公式求出系统正常工作和只有M和A1正常工作的概率，再利用条件概率公式能求出结果．
本题考查相互独立事件概率乘法公式、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】A
【解析】解：f′(x)=2xex−x2ex(ex)2=2x−x2ex=−x(x−2)ex，
令f′(x)=0，解得x1=0，x2=2，
所以x∈(−∞,0)，f′(x)<0，f(x)为减函数，
x∈(0,2)，f′(x)>0，f(x)为增函数，
x∈(2,+∞)，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x=0时，f(x)取得极小值，极小值为0，
当x=2时，f(x)取得极大值，极大值为4e2，
且当x>0时，f(x)>0，x→+∞时，f(x)→0，f(x)的图象如图所示：
因为方程[f(x)]2−mf(x)+1=0有四个不同的实数根，
设t=f(x)，等价于t2−mt+1=0有两个不等实数根，且04e2，
令h(t)=t2mt+1，
所以=1h(0)=1>0−−m2>0h(4e2)<0，⇒m>0(4e2)2−m(4e2)+1<0，
解得k>4e2+e24，
故选：A.
首先利用导数求出函数f(x)的单调性和极值，并画出函数的图象，令t=f(x)，将题意转化为t2−mt+1=0有两个不相等的根，且04e2，再根据函数图象列出不等式组，即可得到答案．
本题考查函数与方程之间的应用，同时考查了数形结合的思想，属于重点题．
8.【答案】AC
【解析】解：由已知条件可得P(X=1)=p，P(X=2)=(1−p)p，
P(X=3)=(1−p)2p+(1−p)3=(1−p)2，
则E(X)=P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)
=p+2(1−p)p+3(1−p)2=p2−3p+3>1.75，
解得p>52或p<12，
又由p∈(0,1)，可得p∈(0,12)，
结合选项可知p的可能取值是14，512.
故选：AC.
由已知条件可得P(X=1)=p，P(X=2)=(1−p)p，P(X=3)=(1−p)2p+(1−p)3=(1−p)2，由此求数学期望，列出不等式，从而能求出结果．
本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若A、B两人站在一起，将AB看成一个整体，与其他3人全排列，有A22A44=48种方法，A错误；
对于B，若A、B不相邻，先将其他三人全排列，再将AB安排在3人的空位中，有A33A42=72种方法，B正确；
对于C，5人全排列，有A55=120种排法，其中A在B的左侧和A在B的右侧情况是一样的，A在B左边有12×120=60种排法，C错误；
对于D，分2种情况讨论：B站在最左边，A44=24种排法，B不站在最左边，C31C31A33=54，一共有24+54=78种排法，D正确，
故选：BD.
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
10.【答案】

【解析】
11.【答案】BD
【解析】解：函数f(x)=exlnx，则其定义域为(0,1)∪(1,+∞)，故A错误，
求导f(x)可得，f′(x)=ex(lnx−1x)ln2x，
令g(x)=lnx−1x，g′(x)=1x+1x2>0恒成立，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵g(1)=−1，g(2)=ln2−12>0，
∴存在x0∈(1,2)，使得g(x0)=0，
∴当x∈(0,1)，(1,x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,1)，(1,x0)单调递减，在(x0,+∞)单调递增，
当x→0时，f(x)→0，
∴当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方，
∴当x=x0 时，函数f(x)取得极小值，无极大值，故有一个极值点，
综上可判断，BD正确．
故选：BD.
先求出函数的定义域，再根据导数和函数单调性和极值的关系，即可判断．
本题主要考查了导数和函数的单调性极值的关系，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
12.【答案】8
【解析】解：因为3C2n3=5An3，
所以3×2n(2n−1)(2n−2)3×2×1=5n(n−1)(n−2)，
所以2n(2n−1)(n−1)=5n(n−1)(n−2)，
因为2n≥3，n≥3且n为整数，
解得n=8.
故答案为：8.
由已知结合排列数及组合数公式进行化简可求．
本题主要考查了排列数及组合式公式的应用，属于基础题．
13.【答案】625
【解析】解：5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2，2，1人或3，1，1人，
当分为3，1，1人时，有C53A33=60种实习方案，
当分为2，2，1人时，有 C52C32A22⋅A33=90种实习方案，
所以共有60+90=150种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有C31A33+C32A33=36种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为36150=625.
故答案为：625.
5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2，2，1人或3，1，1人，根据排列组合得出各自有多少种，再得出甲，乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查转化能力，属于基础题．
14.【答案】(−5e2,0)
【解析】解：设切点为(x0,y0)，则f′(x0)=(x0+1)ex0，
∴过点P的切线方程为y=(x0+1)ex0(x−x0)+x0ex0，
代入点P坐标化简为m=(−x02+x0+1)ex0，即这个方程有三个不等根即可，
令f(x)=(−x2+x+1)ex，求导得到f′(x)=−(x−1)(x+2)ex，
函数在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
又f(−2)=−5e2，当x→−∞时，f(x)→0，
∴要使方程m=(−x02+x0+1)ex0有三个不等实数根，则−5e2∴m的取值范围是：(−5e2,0).
故答案为：(−5e2,0).
求出函数的导函数，可得函数的最值，即可求得实数m的取值范围．
本题考查的是导数的几何意义的应用，将函数的切线条数转化为切点个数问题，最终转化为零点个数问题是解决此题的关键，是中档题．
15.【答案】解：(1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，
由分类加法计数原理有：C43C61+C42C62+C41C63=194(种).
(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C44+C43C61+C42C62=115(种).
(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．
因此共有取法：C41C63+C42C62+C43C61+C44=195(种).
【解析】本题考查分类加法计数原理以及组合数，属于较难题．
(1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，然后利用分类加法计数原理求解即可；
(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，然后利用分类加法计数原理求解即可；
(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球，然后求解即可．
16.【答案】解：(1)(3x2+3x2)n展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大992，
∴4n−2n=992，
解得2n=32，
∴n=5；
(2)(3x2+3x2)5展开式的通项公式为：
Tr+1=C5r(3x2)5−r(3x2)r=C5r3rx10+4r3，
令10+4r3=6，
解得r=2；
展开式中x6的项为：
T3=C5232x6=90x6；
(3)设第r+1项的系数为tr+1，则tr+1=C5r3r，
由tr+1≥tr+2tr+1≥tr，得72≤r≤92，
所以r=4；
展开式系数最大项为：
T5=C5434x263=405x263.
【解析】本题考查了二项式定理的通项公式的应用问题，也考查了展开式的二项式系数和以及所有项系数和问题，是综合题．
(1)根据二项式展开式各项系数的和比它的二项式系数的和大992，列方程求出n的值；
(2)利用二项式展开式的通项公式求出展开式中x6项；
(3)利用展开式的通项公式求出展开式中系数最大的项．
17.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=lnx−x+3，x∈(0,+∞)，
f′(x)=1x−1=1−xx，令f′(x)=0，解得x=1，
所以，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，
所以函数f(x)的极大值为f(1)=2，无极小值；
(2)f′(x)=1x−a=1−axx，x∈(0,+∞)
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在x∈(0,+∞)是增函数；
②当a>0时，对x∈(0,1a),f′(x)>0，f(x)是增函数，
对x∈(1a,+∞),f′(x)<0，f(x)是减函数，
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)是增函数；
当a>0时，f(x)在(0,1a)是增函数，在(1a,+∞)是减函数；
(3)要使得f(x)=lnx−ax+3≤0恒成立，则f(x)max≤0，
由(2)可知，f(x)的极大值f(1a)即为f(x)的最大值，
所以，实数a的取值范围为[e2,+∞).
【解析】(1)当a=1，求导，令f′(x)=0，求得可能的极值点，利用函数极值点的判断，可得x=1为极大值点，无极小值；
(2)求导，利用导数与函数单调性的关系，即可判断求得函数f(x)的单调区间；
(3)由题意可知，f(x)max≤0，由(2)可得f(x)的极大值f(1a)即为f(x)的最大值，因此，可得a的取值范围．
本题考查导数的综合应用，考查利用导数判断单调性、极值与最值，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)若甲只参与一轮比赛，此时有两种情况，
第一种情况是甲参加第一轮比赛，乙参加第二轮比赛，
第二种情况是甲参加第二轮比赛，乙参加第一轮比赛，
所以甲只参与一轮比赛的概率P=12×12+12×12=12；
(2)易知X的所有取值为0，1，2，
P(X=0)=12×12×13×12+12×12×12×12+2×12×12×13×12=316，
P(X=2)=12×12×23×34+12×12×12×23+2×12×12×23×12=38，
P(X=1)=1−P(X=0)−P(X=2)=716，
则X的分布列为：
故E(X)=0×316+1×716+2×38=1916.
【解析】(1)由题意，若甲只参与一轮比赛，此时甲参加第一轮比赛，乙参加第二轮比赛或甲参加第二轮比赛，乙参加第一轮比赛，代入概率公式中进行求解即可；
(2)得到X的所有取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中进行求解即可．
本题考查离散型随机变量分布列及期望，考查了逻辑推理和运算能力．
19.【答案】解：(1)由y=f(x)−g(x)=12x2−alnx，得y′(x)=x−ax，
由题意曲线在x=1处的切线斜率为3，即1−a=3，
所以a=−2；
(2)h(x)=f(x)+g(x)=12x2+alnx，
对任意两个不等的正数x1，x2，不妨设x1>x2，都有h(x1)−h(x2)x1−x2>4恒成立，
则h(x1)−4x1−[h(x2)−4x2]x1−x2>0，即h(x1)−4x1>h(x2)−4x2恒成立．
令F(x)=h(x)−4x，可得F(x)在(0,+∞)上单调递增，
由F′(x)=h′(x)−4=x+ax−4≥0恒成立，可得a≥x(4−x)恒成立，
由x(4−x)=−(x−2)2+4可得其最大值为4，
则a≥4，即a的取值范围是[4,+∞)；
(3)不等式f′(x0)+1f(x0)整理得x0−alnx0+1+ax0<0，
设m(x)=x−alnx+1+ax，
则由题意可知只需在[1,e]上存在一点x，使得m(x)<0.
对m(x)求导数，得m′(x)=1−ax−1+ax2=x2−ax−(1+a)x2=(x−a−1)(x+1)x2，
因为x>0，所以x+1>0，令m′(x)=0，得x=1+a.
①若1+a≤1，即a≤0时，令m(1)=2+a<0，解得a<−2.
②若1<1+a≤e，即0令m(1+a)=1+a−aln(1+a)+1<0，即1+a+1可得a+1+1a考查式子t+1t−1③当1+a>e，即a>e−1时，m(x)在[1,e]上单调递减，只需m(e)<0，得a>e2+1e−1，
又因为e−1−e2+1e−1=−2ee−1<0，则a>e2+1e−1，
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(e2+1e−1,+∞).
【解析】(1)求出函数y的导数，可得切线的斜率，由切线方程可得a的方程，解得a即可；
(2)不妨设x1>x2，由题意可得h(x1)−4x1−[h(x2)−4x2]x1−x2>0，即h(x1)−4x1>h(x2)−4x2恒成立，令F(x)=h(x)−4x，可得F(x)在(0,+∞)上递增，求出导数，令导数大于等于0，分离参数a，由二次函数的最值，即可得到a的范围；
(3)原不等式等价于x0+1x0e−1三种情况加以讨论，分别解关于a的不等式得到a的取值，最后综合可得实数a的取值范围．
本题给出二次函数和对数函数，求切线的方程和函数的单调性的运用，着重考查了导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性和导数在最大最小值问题中的应用等知识，属于中档题．X
0
1
2
P
316
716
38