《浙江省G5联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省G5联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题（解析版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023 学年高二年级第二学期浙江 G5 联盟期中联考数学试题考生须知：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，只需上交答题纸选择题部分一、单选题：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，只有一项是符合要求的1. 一个三层书架，分别放置语文类读物 6 本，数学类读物 7 本，英语类读物 8本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ）A. 3种B. 21种C. 336种D. 12种【答案】B【解析】【
2、分析】由分类加法计数原理即可求解.【详解】一个三层书架，分别放置语文类读物 6 本，数学类读物 7 本，英语类读物 8本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有种.故选：B2. 已知某随机变量， ， 则（ ）A 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】利用方差公式，即可求解.【详解】因为，所以，故选：D3. 在 的展开式中，第四项为（ ）A. 240B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式可得，令计算即可求解.【详解】由题意知，展开式的通项公式为，令，得，即第四项为.故选：D4. 已知， 则在处的导数值为（ ）A. B. 0C. D. 1【答案
3、】B【解析】【分析】求出函数的导数，再求出导数值即可.【详解】函数，求导得，所以在处的导数值为.故选：B5. 已知事件 A、B、C，满足 则P(BC|A)=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用条件概率结合概率的基本性质计算即得.【详解】依题意，.故选：A6. 已知 则 的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用二项式定理分别求出，再求和得解.【详解】显然，在的展开式中，所以.故选：C7. 若 则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简，构造函数，求导、研究单调性、极值、最值比较大小即可.【详解】
4、由题意知：，令，由，解得，在，在，所以在上单调递增；在上单调递减.因为，所以，即，也就是，又，因为在上仅有一个极大值，所以，即最大，所以.故选：A.8. 某学校高二年级开设 4 门校本选修课程，某班男生 201 寝室的 5 名同学选修，每人只选 1 门，恰有1门课程没有同学选修，则该寝室同学不同的选课方案有 （ ）A. 360种B. 600种C. 960种D. 972种【答案】B【解析】【分析】从4门课程中取出3门课程，再把5名同学分成3组，并分配课程，列式计算即得.【详解】从4门课程中取出3门课程，有种方法，把5名同学分成3组，按分组有种方法，按分组有种方法，把3门课程分配给上述分成的每一组
5、有种方法，所以该寝室同学不同的选课方案有（种）.故选：B【点睛】方法点睛：不同元素的分配问题，往往是先分组再分配在分组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法二、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. 对于的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，下列说法正确的是（ ）A. 展开式共有9项B. 展开式中的常数项是240C. 展开式的二项式系数之和为256D. 展开式的各项系数之和为1【答案】BD【解析】【分析】利用二项式系数的性质求出
6、，再逐项分析判断得解.【详解】由二项式的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，得展开式共有7项，对于A，展开式共有7项，A错误；对于B，展开式中的常数项是，B正确；对于C，展开式的二项式系数之和为，C错误；对于D，取，得展开式的各项系数之和为1，D正确.故选：BD10. 下列等式正确的是（ ）A. B. 若则C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据排列数的运算性质判断A；根据组合数的性质即可判断B；根据组合数的运算性质可得，即可判断C；根据的展开式和计算即可判断D.【详解】A：，故A正确；B：由组合数的性质知，若，则或，故B错误；C：，又，所以，故C正确；D：，故D正确.故选：ACD11
7、. 一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，黑球2个，小球除颜色不同外，材质大小全部相同，现投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则从箱子里抽出一个小球且不再放回；若硬币反面朝上，则不抽取小球；重复该试验，直至小球全部取出，假设试验开始时，试验者手中没有任何小球，下列说法正确的有（ ）A. 经过两次试验后，试验者手中恰有1个白球1个黑球概率为 B. 若第一次试验抽到一个黑球，则第二次试验后，试验者手中有黑白球各1个的概率为 C. 经过7次试验后试验停止的概率为D. 经过7次试验后试验停止的概率最大【答案】AB【解析】【分析】利用条件概率公式计算判断AB；利用独立重复试验的概率公式计算判
8、断C；设实验次结束的概率为，令，由C项化简得即可判断D.【详解】记事件“一次实验硬币正面朝上”，则“一次实验硬币反面朝上”，则，从箱子中不放回地抽球，记“第次抽到白球”，记“第次抽到黑球”，“第次硬币正面朝上且抽到白球”，“第次硬币正面朝上且抽到黑球”，对于A，经过两次实验后，试验者手中恰有1个白球1个黑球的概率为：，A正确；对于B，第一次抽到黑球后，第二次抽到白球的概率为：，B正确；对于C，实验7次结束，则前6次有4次硬币正面朝上，第7次硬币正面朝上，则其概率为：，C错误；对于D，实验次结束的概率为，则，令，得化简可得，解得，即，所以经过8次或9次实验后小球全部取出的概率最大，D错误.故选：
9、AB【点睛】关键点睛：解决试验终止时概率最大问题关键是理解试验停止时的条件，从而求得实验次结束的概率，利用作商法求得中的最大项即可.非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 四名男生和两名女生排成一排，要求两位女生不相邻，则不同排法的种数是_.（结果用数字作答）【答案】【解析】【分析】利用插空法，先排男生再排女生求解即可.【详解】先排男生，再将女生排到5个空位里，有种情况.故答案为：13. 从 1， 3， 5， 7中任取 2个不同的数字， 从 0， 2， 4， 6， 8中任取 2个不同的数字， 组成没有重复数字的四位数，则所组成的四位数是偶数的概率为_(用最简分数作答)
10、【答案】【解析】【分析】针对选出的4个数中有0和无0进行分类讨论，分别求出两种情况下组成四位数的个数及偶数的个数，结合古典概型的概率个数计算即可.【详解】若选出的4个数中有0，则组成的四位无重复的数字共有个，其中偶数有个；若选出4个数中无0，则组成的四位无重复的数字共有个，其中偶数有个，所以的四位数为偶数的概率为.故答案为：14. 已知函数 对有 则实数a的取值范围为_【答案】【解析】【分析】根据题意设，不妨设，由已知化简可得即在上递增,进而判断可得结果.【详解】根据题意设，不妨设，任意有 可得即可得在上递增,因为，当时，恒成立，即在上递增.当时，不能恒成立，即在不符合单调递增.综上，实数a的
11、取值范围为.故答案为：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. 设 （1）求函数的单调递减区间；（2）若方程有3个不同的实根， 求a的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再解导函数小于0的不等式即得.（2）求出函数的极小、极大值，再利用三次函数的图象与性质求出a的取值范围.【小问1详解】函数的定义域为R，求导得，由，得，所以函数的单调递减区间是.【小问2详解】由（1）知，当时，或，因此函数在上单调递增，函数在处取得极大值，在处取得极小值，显然当时，直线与函数的图象有3个公共点，所以方程有3个不同的实根，a的取值范围是
12、.16. 已知关于的二项式的二项系数之和为32，其中（1）若，求展开式中系数最大的项；（2）若展开式中含项系数为40，求展开式中所有有理项的系数之和【答案】（1）和 （2）【解析】【分析】（1）利用，解得，求出展开式的通项公式，即可得到展开式中系数最大的项；（2）利用展开式中含项系数为40，解得，利用的指数为整数，求出展开式中所有有理项，从而得到有理项的系数之和.【小问1详解】由于关于的二项式的二项式系数之和为32，所以，解得，则二项式的展开式的通项公式为：，当时，所以当或时，展开式的系数最大，故系数最大项为和【小问2详解】由（1）可得二项式的展开式的通项公式为：，令，解得：，因为展开式中含项
13、系数为40，所以，由，得，所以二项式的展开式的通项公式为：，当为整数，可取0，2，4，所以展开式中所有有理项为，故展开式中所有有理项的系数之和为.17. 已知函数 .（1）讨论的单调性；（2）已知函数， 若 恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析 （2）【解析】【分析】（1）求导得，分类讨论、两种情况下的单调性即可；（2）将问题转化为在上恒成立，利用导数讨论函数的单调性可得，即可求解.【小问1详解】由题意，当时，在R上单调递增；当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】，令，则，即在上恒成立，令，则
14、，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，即实数a的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3、数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.18. 每年的 3 月 14 日是“国际圆周率日”，这是为纪念中国古代数学家祖冲之发现圆周率而设立的.2024 年 3月 14日，某班级为纪念这个日子，特举办数学题答题比赛 已知赛题共 6道(各不相同)，其中 3 道为高考题，另 3 道为竞赛题，参赛者依次不放回地从 6 道赛题中随机抽取一题进行作答，答对则继续，答错(或不答) 或者 6道题都答对即停止并记录答对题数（1）举办方进行模拟抽题，设第次为首次抽到竞赛题，求分布列；（2）同学数学成绩优异，但没有参加过竞赛培训，高考题答对的概率为，竞赛题答对的概率为求同学停止答题时答对题数为1的概率；已知同学停止答题时答对题数为2，求这两题抽到竞赛题题数的均值
