2023-2024学年内蒙古赤峰市红山区部分学校高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古赤峰市红山区部分学校高二（下）期中数学试卷（含解析），共11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.若X服从两点分布，P(X=1)−P(X=0)=0.34，则P(X=1)=( )
A. 0.57B. 0.67C. 0.68D. 0.77
2.函数f(x)=3x+sin2x的图象在x=1处的切线斜率为( )
A. 3ln3+2cs2B. 3+2cs2C. 3ln3+cs2D. 3+cs2
3.(2x2+x)3的展开式中x5的系数为( )
A. 1B. 6C. 12D. 24
4.已知P(B)>0,P(A)=23,P(AB)=13，则P(B−|A)=( )
A. 56B. 12C. 14D. 23
5.已知函数f(x)=x2+aex的导函数存在两个零点，则a的取值范围是( )
A. (1,+∞)B. (2,+∞)C. (−∞,1)D. (−∞,2)
6.已知定义域为[a,b]的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(a)A. [f(x1),f(x3)]
B. [f(x2),f(x4)]
C. [f(a),f(b)]
D. [f(x2),f(b)]
7.15名学生与5名老师站成一排拍照，要求5名老师两两不相邻，则不同的排法数为( )
A. A1515C155B. A1515C165C. A1515A155D. A1515A165
8.若(8−7x)9=a0+a1x+⋯+a9x9，则a1+2a2+3a3+⋯+9a9=( )
A. −63B. −9C. 9D. 63
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。
9.一个质量为4kg的物体做直线运动，该物体的位移y(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为y(t)=13t3−2t2+5t+1，且Ek=12mv2(Ek表示物体的动能，单位：J；m表示物体的质量，单位：kg；v表示物体的瞬时速度，单位：m/s)，则( )
A. 该物体瞬时速度的最小值为1m/sB. 该物体瞬时速度的最小值为2m/s
C. 该物体在第1s时的动能为16JD. 该物体在第1s时的动能为8J
10.在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至多2张，则下列结论正确的是( )
A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况
B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况
C. 若仅有2人获奖，则共有36种不同的获奖情况
D. 若仅有3人获奖，则共有144种不同的获奖情况
11.已知随机变量X，Y的分布列分别如表所示，且a>0，b>0，则( )
A. E(X)+E(Y)=4B. −1C. 1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有______种.
13.已知E(X)=3，D(2X−1)=8，则E(2X−1)+D(X)= ______．
14.现有佛山某中学研究性学习课题小组，他们在研究某一圆柱形饮料罐的容积、表面积(用料)时遇到了一些困难，请你一起思考并帮助他们解决如下问题：当圆柱形饮料罐的容积V一定时，要使得饮料罐的表面积S最小，圆柱形饮料罐的高h和底面半径r需满足的关系式为______．
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(3−x)5=a0+a1x+⋯+a5x5．
(1)求a0+a1+a2+a3+a4；
(2)求a0+a2+a4．
16.(本小题15分)
甲、乙两人参加知识竞赛，按甲先乙后的次序，每人通过不放回抽签的方式抽取一道试题，回答正确即可晋级.已知被抽取的5道试题中有2道是难题，3道是基础题．
(1)求甲抽到难题的概率；
(2)在甲抽到基础题的情况下，求乙也抽到基础题的概率；
(3)若甲答对难题、基础题的概率分别为0.6，0.9，求甲晋级的概率．
17.(本小题15分)
不透明的袋子中装有6个红球，3个黄球，这些球除颜色外其他完全相同.从袋子中随机取出4个小球．
(1)求取出的红球个数大于黄球个数的概率；
(2)记取出的红球个数为X，求X的分布列与期望．
18.(本小题17分)
在平面直角坐标系中，确定若干个点，点的横、纵坐标均取自集合A={−2,0,1,2}，这样的点共有n个．
(1)求以这n个点中的2个点为端点的线段的条数；
(2)求这n个点能确定的直线的条数；
(3)若从这n个点中选出3个点分别为三角形的3个顶点，求这样的三角形的个数．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2+axlnx−x．
(1)当a=1时，求f(x)的零点；
(2)若f(x)恰有两个极值点，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵X服从两点分布，P(X=1)−P(X=0)=0.34，①
∴P(X=1)+P(X=0)=1，②
①+②，得：2P(X=1)=1.34，
解得P(X=1)=0.67．
故选：B．
利用两点分布的性质直接求解．
本题考查两点分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意可得f′(x)=3xln3+2cs2x，
令x=1，则f′(1)=3ln3+2cs2，
所以函数在x=1处的切线的斜率为3ln3+2cs2．
故选：A．
求出函数的导数，然后令x=1即可求解．
本题考查了导数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵(2x2+x)3的展开式的通项公式为Tr+1=C3r⋅(2x2)3−r⋅xr=C3r⋅23−r⋅x6−r，
令x的幂指数6−r=5，求得r=1，故展开式中x5的系数为C31×22=12．
故选：C．
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于5，求出r的值，即可求得x5的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：∵P(B)>0,P(A)=23,P(AB)=13，
∴P(B−A)=P(A)−P(AB)=23−13=13，
∴P(B−|A)=P(B−A)P(A)=1323=12．
故选：B．
利用条件概率公式求解．
本题主要考查了条件概率公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为f′(x)=2x−x2−aex存在两个零点，
故g(x)=2x−x2−a有两个零点，
根据二次函数的性质可知，Δ=4−4a>0，
解得a<1．
故选：C．
先对函数求导，结合二次函数的性质及函数零点存在条件即可求解．
本题主要考查了函数零点存在条件及二次函数性质的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由已知导函数的图象可知，当x∈[a,x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x2,b]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
则函数在x=x2处取得最小值，即f(x)min=f(x2)，
因为f(a)故选：D．
由已知结合导数与单调性及最值关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，先排15名学生，排好后，有16个空位，在其中任选5个，安排5名老师即可，
有A1515A165种排法．
故选：D．
根据题意，用插空法分析：先排15名学生，排好后，在其空位任选5个，安排5名老师，由排列数公式计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：(8−7x)9=a0+a1x+⋯+a9x9，等式两边分别对x求导得：
−63(8−7x)8=a1+2a2x+3a3x2+⋯+9a9x8，
令x=1，得：−63×(8−7)8=a1+2a2+⋯+9a9，则a1+2a2+⋯+9a9=−63．
故选：A．
利用赋值法即可得．
本题考查二项式定理，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为y(t)=13t3−2t2+5t+1，
所以y′(t)=t2−4t+5=(t−2)2+1≥1(当t=2时，等号成立)，
所以该物体瞬时速度的最小值为1m/s，
故A正确，B错误；
又因为y′(1)=1−4+5=2，
即该物体在第1s时的瞬时速度v=2m/s，
所以该物体在第1s时的动能Ek=12mv2=12×4×4=8(J)．
故C错误，D正确．
故选：AD．
求导得y′(t)=t2−4t+5=(t−2)2+1≥1，即可判断A、B；
令t=1，可得该物体在第1s时的瞬时速度v=2m/s，再将V=2、m=4代入Ek=12mv2，即可判断C，D．
本题考查了导数的定义及运算，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若甲、乙、丙、丁均获奖，即4张奖券分给甲、乙、丙、丁4个人，每人1张，有A44=24种不同的获奖情况，A正确；
对于B，若甲获得了一等奖和二等奖，将三、四等奖奖券分给其他3人即可，有C31+A32=9种不同的获奖情况，B错误；
对于C，若仅有2人获奖，即获奖的2人每人得到2张奖券，有C42(C42C22A22A22)=36种不同的获奖情况，C正确；
对于D，若仅有3人获奖，即获奖的3人中有1人得到2张奖券，剩下2人每人1张奖券，有C43(C42A33)=144种不同的获奖情况，D正确．
故选：ACD．
根据题意，由排列组合数公式依次分析选项，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由分布列可知a+b=12，又a>0，b>0，
所以0所以E(X)=1+a+3b=32+2b,E(Y)=1+b+3a=32+2a，
对于A，E(X)+E(Y)=3+2a+2b=3+2(a+b)=4，故A正确；
对于B，E(X)−E(Y)=2b−2a=1−4a，又0所以−1对于C，E(X)⋅E(Y)=(32+2a)(32+2b)
=154+2a−4a2
=−(2a−12)2+4，
又0对于D，E(X)E(Y)=32+2b32+2a=83+4a−1，又0则3<3+4a<5，所以35故选：ABD．
由分布列可知a+b=12，0本题考查了分布列的性质及期望的相关运算，属于中档题．
12.【答案】15
【解析】解：依题意，得该学生任选1门课程学习的不同的选法共有5+5+5=15种．
故答案为：15．
利用分类加分计数原理计算即可．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，为基础题．
13.【答案】7
【解析】解：由E(X)=3，得E(2X−1)=2×3−1=5，
由D(2X−1)=4D(X)=8，得D(X)=2，
所以E(2X−1)+D(X)=7．
故答案为：7．
由期望和方差的性质即可求解．
本题考查了期望和方差的性质，属于基础题．
14.【答案】h=2r
【解析】解：由V=πr2h，得h=Vπr2，则S(r)=2πr2+2πrh=2πr2+2Vr，r>0，
所以S′(r)=4πr−2Vr2=4πr3−2Vr2，
令S′(r)=0，解得r=3V2π，
当0当r>3V2π时，S′(r)>0，S(r)单调递增，
所以当r=3V2π时，S(r)取得最小值，
此时h=Vπr2=23V2π=2r．
故答案为：h=2r．
根据圆柱的表面积公式和体积公式得关于R的函数解析式S(r)=2Vr+2πr2，利用导数求得函数最小值，进而判断圆柱的高h与底面半径r满足的关系．
本题考查了圆柱的体积和表面积的相关计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)(3−x)5=a0+a1x+⋯+a5x5，
则a5x5=C30×30×(−x)5，即a5=−1，
令x=1，
则a0+a1+a2+a3+a4+a5=25①，
故a0+a1+a2+a3+a4=32−(−1)=33；
(2)令x=−1，
则a0−a1+a2−a3+a4−a5=(3+1)4=1024②，
①+②2可得，a0+a2+a4=528．
【解析】(1)结合赋值法，即可求解；
(2)结合赋值法，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
16.【答案】解：(1)被抽取的5道试题中有2道是难题，3道是基础题，
则甲抽到难题的概率为P=25．
(2)设事件A表示甲抽到基础题，事件B表示乙抽到基础题，
则P(A)=35，P(AB)=35×24=310，
∴在甲抽到基础题的情况下，乙也抽到基础题的概率为：
P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12．
(3)甲答对难题、基础题的概率分别为0.6，0.9，
∴甲晋级的概率为：
P=25×0.6+35×0.9=0.78．
【解析】(1)利用古典概型能求出甲抽到难题的概率．
(2)设事件A表示甲抽到基础题，事件B表示乙抽到基础题，则P(A)=35，P(AB)=35×24=310，利用条件概率能求出在甲抽到基础题的情况下，乙也抽到基础题的概率．
(3)利用全概率公式能求出甲晋级的概率．
本题考查古典概型、条件概率、全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解：(1)从袋子中随机取出4个小球，共有C94=126种不同的取法，
由取出的红球个数大于黄球个数，可知取出3个红球或4个红球，
取出3个红球的取法有C63C31=60种，取出4个红球的取法有C64=15种，
故所求的概率P=60+15126=2542；
(2)由题可知，X的取值可能为1，2，3，4，
则P(X=1)=C61C33C94=121，P(X=2)=C62C32C94=514，
P(X=3)=C63C31C94=1021，P(X=4)=C64C94=542，
所以X的分布列为：
则E(X)=1×121+2×514+3×1021+4×542=83．
【解析】(1)由古典概型公式即可求解；
(2)由题可知，X的取值可能为1，2，3，4，然后利用超几何分布求出每个取值对应的概率即可．
本题考查了古典概型的相关计算及离散型随机变量的期望和方差，属于中档题．
18.【答案】解：(1)点的横、纵坐标均有4种可能，则n=4×4=16，所以所求线段的条数为C162=120．
(2)如图，在这n个点中，仅有4点共线的直线有9条，图中的实线；仅有3点共线的直线有6条，
图中虚线；

所以这n个点能确定的直线的条数为C162−9C42−6C32+9+6=63．
(3)从这n个点中选出3个点，共有C163=560种选法，在同一条直线上的3个点不能构成三角形，
所以所求的三角形的个数为C163−9C43−6C33=518．
【解析】(1)点的横、纵坐标均有4种可能，利用乘法原理求解即可．
(2)画出图形，利用逆向思维求解即可．
(3)利用逆向思维求解即可．
本题考查了排列组合的混合问题，逆向思维的应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=0⇒x+lnx−1=0，
令g(x)=x+lnx−1，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为g(1)=0，所以f(x)有且仅有一个零点x=1．
(2)由题意得f′(x)=2x+alnx+a−1，
令h(x)=2x+alnx+a−1，则h′(x)=2x+ax．
若a⩾0，则h′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，h(x)在(0,+∞)上单调递增，
h(x)最多只有一个零点，则f(x)最多只有一个极值点，不符合题意．
若a<0，则当x∈(0,−a2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(−a2,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
则h(x)min=h(−a2)=aln(−a2)−1．
令φ(x)=xln(−x2)−1，x<0，则φ′(x)=ln(−x2)+1，
当x∈(−∞,−2e)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
当x∈(−2e,0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
则φ(x)max=2e−1<0，则h(−a2)<0．
当x→0时，∃x1∈(0,−a2)，h(x1)=0．
令m(x)=ex−x22−x−1，则m′(x)=ex−x−1，
易得m′(x)⩾0恒成立，故m(x)单调递增．
当x>0时，m(x)>m(0)=0，即ex>x22+x+1，
则h(e−a)=2e−a−1+a(−a)+a>2[1+(−a)+(−a)22]−1+a(−a)+a=1−a>0．
因为e−a>−a+1>−a2，所以∃x2∈(−a2,e−a)，h(x2)=0，
当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时，h′(x)>0，
当x∈(x1,x2)时，h′(x)<0，则f(x)恰有两个极值点．
故当f(x)恰有两个极值点时，a的取值范围为(−∞,0)．
【解析】(1)构造函数g(x)=x+lnx−1，在(0,+∞)上单调递增，可得结果．
(2)求导数，构造新函数h(x)=2x+alnx+a−1，求出单调区间可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，属于难题．x
1
2
3
P
a
0.5
b
Y
1
2
3
P
b
0.5
a
X
1
2
3
4
P
121
514
1021
542