浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试卷（Word版附解析）

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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涂相应数字.
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.
一､选择题：本题共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. 若，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数公式计算即可.
【详解】由，得，
解得（舍去）.
故选：C.
2. 设函数，则（ ）
A. -1B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】求导，代入求值即可.
【详解】，故.
故选：A
3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导函数的图象求出函数的单调区间，由此判断即可得解.
【详解】观察导函数的图象，当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，ABC错误，D正确.
故选：D
4. 已知随机变量的分布列分别为
则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分布列的期望和方差公式即可得到答案.
【详解】由题意知，
,
，
.
故选：B.
5. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（ ）
A. 27种B. 36种C. 54种D. 72种
【答案】C
【解析】
【分析】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理即可得到结果．
【详解】解：由题意得：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；
再排甲，也有3种情况；
余下3人有种排法．故共有种不同的情况．
故选：C.
6. 将3个1和2个0随机排成一排，则2个0不相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出将3个1和2个0随机排成一排的情况数，再得到2个0相邻的情况为4种，不相邻的情况为6种，从而求出概率.
【详解】将3个1和2个0随机排成一排，即从5个位置选2个位置放入0，其他3个位置自然放入1，
故总的情况为种，
其中2个0相邻的情况为4种，故不相邻的情况为种，
故2个0不相邻的概率为.
故选：D
7. 甲盒中装有2个红球，2个白球，乙盒中装有2个红球，3个白球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒中，再从乙盒中随机取出一个球是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出事件，利用全概率公式求出答案.
【详解】设从甲盒中取出的为红球为事件A，从乙盒中随机取出一个球是红球为事件B，
则
.
故选：B
8. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价转化为在区间上恒成立，再利用分离参数法并结合导数即可求出答案.
【详解】因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立．
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，故．
故选：D.
二､多选题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列有关排列数､组合数的等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据组合数和排列数的公式逐个判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B, 因为，所以，故B错误；
对于C, 因为，所以，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，则（ ）
A.
B.
C. 函数的图象是中心对称图形
D. 若是极小值点，则在单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的值域判断选项A,B；利用，求出函数的对称中心，判断选项C；利用函数极小值的定义和单调区间判断选项D即可
【详解】因为，所以，
当时，则在上单调递增，此时函数的值域为，
当时，
在上，，单调递减；
在和上，，单调递增，
此时函数的值域为.
故函数的值域一定为.
对于A，因为函数的值域为，故，A正确；
对于B，因为函数的值域为，故没有最小值，B错误；
对于C，，
所以点为的对称中心，即函数的图象是中心对称图形，故C正确.
对于D，若是的极小值点，则，
此时在上，单调递减；
在和上，单调递增，
故极小值点，故D错误.
故选：AC
11. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过二元换一元，利用即可得A；同理利用即可得B；当和两种情况下分别计算，即可得到C；利用极限可得D.
【详解】令，，当时，，递增；
当时，，递减，，即.
由题意知， ，所以A对；
令，，
当时，，递增；当时，，递减，，即.
由题意知，，所以B对；
当时，，，，
时，，所以C对；
当时，，，所以D错.
故选：ABC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 乘积展开后的项数是__________.
【答案】24
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理可得解.
【详解】展开式中每一项的构成，分别由三个括号各取一项构成，由分步乘法计数原理可得，
共有项.
故答案为：24
13. 设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有____________种．（用数字作答）
【答案】5
【解析】
【分析】由题可知质点5次跳动中向正方向跳了4次，进而即得.
【详解】由题可知质点5次跳动中向正方向跳了4次，向负方向跳了1次，
所以质点不同的运动方法共有种.
故答案为：5.
14. 对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差，为使误差的概率不小于0.9545，则至少需要测量的次数是__________（若，则）.
【答案】16
【解析】
【分析】利用正态分布的三段区间概率公式及性质计算即可.
【详解】因为误差的概率不小于0.9545，
所以，
由题意可知，
即，所以至少需要测量的次数是16次.
故答案为：16
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. 在二项式的展开式中
（1）求各二项式系数的和；
（2）求含的项的系数.
【答案】（1）32 （2）40
【解析】
【分析】（1）根据二项展开式的所有二项式系数的和的公式计算即得；
（2）写出二项展开式的通项，依题求得含的项的系数即得.
【小问1详解】
二项式系数的和为：；
【小问2详解】
二项展开式的通项为：，
依题意，令，解得，则有，
故的系数为40.
16. 盒子中装有4个红球，2个白球.
（1）若依次随机取出2个球，求在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率；
（2）若随机取出3个球，记取出的球中白球个数为，求的分布列及均值.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，1
【解析】
【分析】（1）分析出第一次取到红球后，盒子里还剩3个红球，2个白球，从而求出概率；
（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，计算出期望值.
小问1详解】
设“第一次取到红球”，“第二次取到白球"，
第一次取到红球后，盒子里还剩3个红球，2个白球，
则；
【小问2详解】
的可能取值为.
所以，，
故分布列为
.
17. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1）.
（1）若采用单次传输方案，依次发送，求依次收到的概率；
（2）证明：当时，若发送0，采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由相互独立事件乘法公式计算即可；
（2）根据题意求出，，再作差比较即可得证.
【小问1详解】
记“依次发送，依次收到”，
则.
【小问2详解】
记“发送0，采用三次传输方案译码为0”，
“发送0，采用单次传输方案译码为0”，
则，，
因为，
因为，
所以
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，得出切线方程；
（2）求出函数导数，结合二次函数的性质，分类讨论得到函数的单调性；
（3）由（2）得出函数的最小值，转化为求证，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得证.
【小问1详解】
当时，，又，
所以，
又因为，所以切线方程为.
【小问2详解】
.
①若，当时，，
所以在上单调递增；
②若，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
证明：当时，由（2）知，
要证，只需证，
即证，即证.
令，因为，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
19. 某工厂的某种产品成箱包装，每箱件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记件产品中恰有件不合格品的概率为,求的最大值点；
（2）现对一箱产品检验了件，结果恰有件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付元的赔偿费用．
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求;
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）应该对余下的产品作检验.
【解析】
【分析】（1）方法一：利用独立重复实验成功次数对应的概率，求得，之后对其求导，利用导数在相应区间上的符号，确定其单调性，从而得到其最大值点，这里要注意的条件；
（2）方法一：先根据第一问的条件，确定出，在解（i）的时候,先求件数对应的期望，之后应用变量之间的关系，求得赔偿费用的期望；在解（ii）的时候，就通过比较两个期望的大小，得到结果.
【详解】（1）［方法一］：【通性通法】利用导数求最值
件产品中恰有件不合格品的概率为.
因此.
令，得.当时，；当时，.
所以的最大值点为；
［方法二］：【最优解】均值不等式
由题可知，20件产品中恰有2件不合格品的概率为．
，当且仅当，即可得所求．
（2）由（1）知，.
（i）令表示余下的件产品中的不合格品件数，依题意知，，即.所以.
（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于，故应该对余下的产品作检验.
【整体点评】（1）方法一：利用导数求最值，是求函数最值的通性通法；
方法二：根据所求式子特征，利用均值不等式求最值，是本题的最优解．
-2
-1
0
1
2
0.1
0.2
04
02
0.1
-2
-1
0
1
2
0.05
0.15
0.6
0.15
0.05
0
1
2