【文档说明】北京市第八十中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，805.291 KB，由小赞的店铺上传

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北京市第八十中学2023～2024学年第二学期期中考试高二数学2024年4月班级______姓名______考号______（考试时间120分钟满分150分）提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，

选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答.一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.1.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球．若从中不放回地取球2次，每次任取1个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到红球”为事件B，则()

PBA=（）A.415B.25C.35D.45【答案】C【解析】【分析】由条件概率公式求解即可.【详解】()()()43365456PABPBAPA===.故选：C.2.函数()2fxx=在区间0,2上的平均变化率等于xm=时的瞬时变化率

，则m=（）A.12B.1C.2D.32【答案】B【解析】【分析】根据平均变化率和瞬时变化率的概念直接计算.【详解】函数()2fxx=在区间0,2上的平均变化率等于()()2042202ff−==−，由()2fxx=，得()2fxx=，所以()2fmm=，因为函数()2fxx

=在区间0,2上的平均变化率等于xm=时的瞬时变化率，所以22m=，解得1m=.故选：B3.已知443243210()xmaxaxaxaxa+=++++，若0123481++++=aaaaa，则m的取值可以为（）A.2B.1C.1−D.

2−【答案】A【解析】【分析】借助赋值法计算即可得.【详解】令1x=，有()443210118maaaaa++++==+，即2m=或4m=−.故选：A.4.已知函数()2sinfxxx=−，则下列选项正确的是（）.A.()()()2πefffB.()()()πe2fffC.(

)()()e2πfffD.()()()2eπfff【答案】D【解析】【分析】利用导数判断()fx的单调性，结合单调性比较大小.【详解】因为()2cos0fxx=−在R上恒成立，可知()fx在R上单调递增，又2eπ，所以(

)()()2eπfff.故选：D.5.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，仅有两人报同一项目的报名方法种数为（）A18B.24C.30D.36【答案】D【解析】【分析】由题意先分组再排列即可得解.【详解】由题意，四名同学分为三组，其

中一组2人，安排报名3个项目即可，共有2343CA6636==种不同的方法.故选：D.6.将8个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数为（）A.3B.6C.10D.15【答案】B【解析】【分析】对每个盒子放入2个球，再看余下

2个球的去向即可得解.【详解】依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子有13C种方法，放入两个盒子有23C种方法，所以不同放法的种数为1233CC6+=.故选：B7.已知函数()321xfxx=−−，则不等式()0fx的解集是（）A.()0,1B.()

0,+C.(),0−D.()(),01,−+【答案】A【解析】【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在001x，再由函数的单调性及(0)(1)0ff==可得不等式的解集.【详解】因为()32ln

3xfx=−单调递增，且(0)ln320f=−，(1)3ln320f=−，所以存在唯一0(0,1)x，使得0()0fx=，所以当0xx时，()0fx，当0xx时，()0fx，所

以函数()fx在()0,x−上单调递减，在()0,x+上单调递增，又(0)(1)0ff==，且001x，所以由()0fx可得01x，故选：A8.设随机变量X的概率分布如表所示，且()1.6EX=，则ab−等于（）X0123P0.1ab0.1A

.0.4−B.0.2−C.0.1D.0.2【答案】B【解析】【分析】根据概率之和为1和期望值得到方程组，求出0.3,0.5ab==，得到答案.【详解】由题意得0.10.11ab+++=，00.1230.11.6ab+++=，解得0.3,0.5ab==，故0.3

0.50.2ab−=−=−.故选：B9.从0，1，2，5中取三个不同的数字，组成能被5整除的三位数，则不同三位数有（）A.12个B.10个C.8个D.7个【答案】B【解析】【分析】根据能被5整除的数的特征，分类讨论，结合排列组合即可求解.【详解】能被5整除的三位数末位数字得是0或5，当末位数

字为0时，此时有23A6=个符合条件的三位数，当末位数字为5时，此时有224=个符合条件的三位数，因此一共有4610+=个，故选：B10.已知函数()sinfxxx=，现给出如下命题:①当()4,3x−−时，()0fx；②()fx

在区间()0,1上单调递增；③()fx在区间()1,3上有极大值；④存在0M，使得对任意xR，都有()fxM.其中真命题的序号是（）A.①②B.②③C.②④D.③④【答案】B【解析】【分析】利用正弦函数的性质可判断①，利用导数研究函数()sinfxxx=性质，可判断②③

④．【详解】①当()4,πx−−时，sin0x，则()sin0fxxx=，故①为假命题；②()sincosfxxxx=+，当()0,1x时sin0x，cos0x，所以()0fx恒成立，故()fx在区间()0,1上

单调递增，故②为真命题；③∵(1)sin1cos10f=+，(3)sin33cos30f=+，且()fx在区间()1,3上连续，故存在()01,3x，使()01,xx时，()0fx，()0,3xx时，()

0fx，∴当0xx=时，()fx取得极大值，故③为真命题；④由函数()sinfxxx=不存在最大值和最小值，故不存在0M，使得对任意xR，都有()fxM，故④为假命题.故选：B二、填空题共5小题，每小题5分，共25

分.11.()52x+的二项展开式中2x的系数为______.【答案】80【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】()52x+的二项展开式中含2x的项为32325C280xx=，所以2x的系数为80.故答案为：8012.若10个篮球中有7个已

打足气，3个没有打足气．已知小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，用没有打足气的篮球投篮，命中率为0.3，则小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为________．【答案】0.72##1825【解析】【分析】根据

独立事件的乘法公式和全概率的加法公式计算即可求解.【详解】由题意知，小明任意拿一个球投篮命中的概率为0.70.90.30.30.72P=+=.故答案为：0.7213.小明同学进行射箭训练，每次射击是否中靶相互独立，根据以往训练情况可知小明射击一次中靶的概率为23，则小明射击3次恰好有2次

中靶的概率为______．【答案】49【解析】【分析】本题考查n次独立重复试验概率的求解,直接利用n次独立重复试验概率公式运算求解即可.【详解】由题可知小明同学射击3次恰好有2次中靶的概率为223224C1339−=.故

答案为：49.14.设曲线eaxy=在点()0,1处的切线与直线210xy+−=垂直，则=a_____________．【答案】2【解析】【分析】由切线与直线垂直可得切线斜率为2，再对曲线求导，根据导数的几何意义有0|2xy==，即可

求a值.【详解】直线210xy+−=的斜率为12k=−，由题设知：eaxy=在()0,1处的切线的斜率为2，而eaxya=，∴0|2xya===，可得2a=.故答案为：2.15.已知函数()221ln1.xaxxfxaxxx+=，，，给出下列四个结论

：①存在实数a，使得函数()fx的最小值为0；②存在实数0a，使得函数()fx的最小值为1−；③存在实数a，使得函数()fx恰有2个零点；④存实数a，使得函数()fx恰有4个零点．其中所有正确结论的序号是________．【答案】

①③【解析】在【分析】取特殊值判断①，当0a时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.【详解】当0a=时，()2101.xxfxx=，，，，显然函数的最小值为0，故①正确；当0a时

，ln()(1)axfxxx=，()21ln()axfxx−=，当1ex时，()0fx，当ex时，()0fx，所以()fx在)1,e上单调递减，在)e,+上单调递增，所以ex=时，()fx有最小值(e)eaf=，由1

ea=−可得ae=−，此时，1x时，2()2efxxx=−，()fx在(,1)−上单调递减，所以()(1)12efxf=−，与最小值为1−矛盾，若1x时，2()2fxxax=+的对称轴方程为0xa

=−，当1xa=−时，即1a−时，2min()()fxfaa=−=−，若21a−=−，则1a=−与1a−矛盾，当1xa=−时，()fx在(,1)−上单调递减，无最小值，综上，当0a时，函数()fx的最小值不为1−，故②错误；由②知

，1a−时，1x时，()fx单调递减且(0)0f=，当1x时，()0fx且(1)0f=，所以函数恰有2个零点，故③正确；当0a时，ln()0(1)axfxxx=且仅有(1)0f=，即ln()(1)axfxxx=有且只有1个零点，当0a时，ln()0

(1)axfxxx=且仅有(1)0f=，即ln()(1)axfxxx=有且只有1个零点，综上0a时，ln()(1)axfxxx=有且只有1个零点，而2()2(2)fxxaxxxa=+=+在1x上至多有2个零点，所以0a时，函

数没有4个零点，当0a=时，函数有无数个零点，故④错误.故答案为：①③【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a分类讨论，利用导数研究)1,+上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

16.已知()32fxaxbxc=++的图象经过点()0,1，且在1x=处的切线方程是yx=.（1）求()yfx=的解析式；（2）求()yfx=的单调递增区间和极值.【答案】（1）()321fxxx=−+

；（2）单调增区间为()2,0,,3−+，极大值为1，极小值为2327.【解析】【分析】（1）根据()01f=，以及导数的几何意义，待定系数即可求得结果；（2）根据()fx正负，分析()fx的单调性，即可求得单调区间和极值

.【小问1详解】()32fxaxbxc=++，()fx232axbx=+，由题可知，()()01,11,ff==(1)f1=，故1,1,321cabcab=++=+=，解得1,1ab==−，故()321fxxx=−+.【小问2详解】()321fxxx=−

+，()fx232xx=−，令()fx0=，解得0x=或23x=，故当(),0x−，()fx0，()yfx=单调递增，当20,3x，()fx0，()yfx=单调递减，当2,3x+，()fx0，()yfx=单调递增；又()01f=，23

f=8423127927−+=；的故()fx的单调增区间为()2,0,,3−+，极大值为1，极小值为2327.17.甲、乙两队要举行一场排球比赛，双方约定采用“五局三胜”制．已知甲队每局获胜的概率

为23，乙队每局获胜的概率为13．（1）求乙队以3:2的比分获胜的概率；（2）设确定比赛结果需要比赛X局，求X分布列．【答案】（1）881（2）分布列见解析【解析】【分析】（1）依题意可知前四局比赛中甲、乙队双方各胜两局，且第五局乙队胜，根据相互独立

事件的概率公式计算可得；（2依题意X的可能取值为3、4、5，求出所对应的概率，即可得到分布列.【小问1详解】乙队以3:2的比分获胜，这表明在前四局比赛中甲、乙队双方各胜两局，且第五局乙队胜，故乙队以3:2的比分获胜的概率22241218C33381P==

．【小问2详解】由题意，X的可能取值为3、4、5，所以33333321811(3)CC3327273PX==+=+=；22223321212110(4)CC33333327PX==+

=；222222441212128168(5)C?C333333818127PX==+=+=．所以X的分布列为X345P13102782718.第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17

日在北京延庆举行，赛程时间安排如的下表：12月16日星期六9:30单人雪橇第1轮10:30单人雪橇第2轮15:30双人雪橇第1轮16:30双人雪橇第2轮12月17日星期日9:30单人雪橇第3轮10:30单人雪橇第4轮15:30团体接力（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看

到单人雪橇和双人雪橇的概率；（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记X为看到双人雪橇的次数，求X的分布列及期望()EX；（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“11=”表示小明在周六看到单人雪橇，“10=”表示小明在周六没看到单人雪橇，“21=”表示小明在周日看到单人雪橇，“2

0=”表示小明在周日没看到单人雪橇，写出方差1D（），2D（）的大小关系．【答案】（1）13（2）分布列见解析，67（3）()()12DD【解析】【分析】（1）根据分类乘法计数原理及古典概型求解；（2）根据题意求出概率，列出分布列，求出期望即可；（3）分别计算()()

12,DD，即可得解.【小问1详解】记“小明在每天各随机观看一场比赛，恰好看到单人雪橇和双人雪橇”为事件A.由表可知，每天随机观看一场比赛，共有4312=种不同方法，其中恰好看到单人雪橇和双人雪橇，共有224=种不同方法．所以41

()123PA==．【小问2详解】随机变量X的所有可能取值为0,1,2．根据题意，3537C102(0)C357PX====，()122537CC2041C357PX====，()212537CC51

2C357PX====．随机变量X的分布列是：X012P274717数学期望()24160127777EX=++=．【小问3详解】由题意，()121042P===，()121142P===，所以()111101222E=+=，()

221111110122224D=−+−=；因为()2103P==，()2213P==，所以()212201333E=+=，()222212220133339D=−+−=；所以()

()12DD.19.设函数()()2lnfxxaxxa=−++R.（1）若1a=，求函数()fx的单调区间；（2）设函数()fx在1,ee上有两个零点，求实数a的取值范围.（其中e是自然对数的底数）【答案】（1

）单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+（2）e11,e−【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得()fx，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得lnxaxx=−，构造函数()lnxg

xxx=−，其中1,eex，转化为最值问题，即可求解.【小问1详解】当1a=时，()()2ln,fxxxxfx=−++的定义域为()0,+，()212121xxfxxxx−++=−++=，令()0fx¢>，则2210xx

−−，解得01x，令()0fx，则2210xx−−，解得1x.函数()fx的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+.【小问2详解】令()2ln0fxxaxx=−++=，则lnxaxx=−.令()lnxgxxx=−，其中1,eex，则()22

21lnln11xxxxxgxxx−+−=−=.令()0gx，解得1ex，令()0gx，解得11ex.()gx的单调递减区间为1,1e，单调递增区间为(1,e，()min()11g

xg==.又()111e,eeeeegg=+=−，函数()fx在1,ee上有两个零点，a的取值范围是e11,e−.20.已知函数()()sineln1xfxxax=+++．（1）求曲线()yfx=在0x=处的切线方程；（2）当2

a−时，求函数()fx在(1,0−上的最小值；（3）写出实数a的一个值，使得()1fx恒成立，并证明．【答案】（1）()210axy+−+=（2）1（3）2a=−，证明见解析【解析】【分析】（1）由()()02,01fafk=+==直接写出切线方

程；（2）先证()fx单调递减再求最小值.（3）2a=−时，()fx在(1,0−上单调递减，在()0,+上单调递增，得()()01fxf=≥．【小问1详解】因为()()sineln1xfxxax=+++，所以()cose1xafxxx=+++，所以(

)()02,01faf=+=，所以切线方程为()21yax=++，即()210axy+−+=．【小问2详解】当2a−时，()()()sineln1,cose1xxafxxaxfxxx=+++=+++．当(1,0x−时，cose2,21xaxx+−+，所以()0

fx恒成立，()fx单调递减．所以()min()01fxf==．【小问3详解】2a=−．证明：当2a=−时，()2cose1xfxxx=+−+，根据（2），当(1,0x−时，()fx单调递减．当()0,x

+时，设()2cose1xgxxx=+−+，则()22esin(1)xgxxx=+−+，2222esin110(1)(1)xxxx+−+−++，所以()2cose1xfxxx=+−+单调递增，()()00fxf=，所以()fx单

调递增．综上所述，()fx在(1,0−上单调递减，在()0,+上单调递增，所以()()01fxf=≥．21.已知集合*N2nMxxn=（nN，4n），若存在数阵1212nnaaaTbbb=满足：①12

12,,,,,,nnnaaabbbM=；②()1,2,,kkabkkn−==．则称集合nM为“好集合”，并称数阵T为nM一个“好数阵”．（1）已知数阵6712xyzTw=是4M的一个“好数阵”，试写出x，y，z，

w的值；（2）若集合nM为“好集合”，证明：集合nM的“好数阵”必有偶数个；（3）判断()5,6nMn=是否为“好集合”．若是，求出满足条件12,,,nnaaa的所有“好数阵”；若不是，说明理由．【答案】（1）8x=，5y=，4z

=，3w=（2）证明见解析（3）5M是“好集合”，满足5125,,...,aaa的“好数阵”有38105926714，83510971264，41095738612，954107831

62；6M不是“好集合”，证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；（2）可构造恰当的映射，以证明结论；（3）第三问可通过分类讨论求解问题.【小问1详解】由“好数阵”的定义，知71x−=，2yw−=，13z−=，,,,3,4,5,8xyzw=，故8x=，4z=

，的2yw−=，,3,5yz=，进一步得到5y=，3w=.从而8x=，5y=，4z=，3w=.【小问2详解】如果1212nnaaabbb是一个“好数阵”，则1212,,,,,,nnnaaabbbM=，()1,

2,,kkabkkn−==.从而121221,21,,2121,21,,21nnnnbnbnbnananaM+−+−+−+−+−+−=，()()()21211,2,,kknbnakkn+−−+−==.故1212212121212121nnnbnbnbnanana+−+

−+−+−+−+−也是一个“好数阵”.由于22222abb+=+是偶数，故2221abn++，从而2221anb+−.这就说明两数阵1212nnaaabbb和1212212121212121nnnbnbnbnanana+−+−+−+−+−+−的第1

行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.设全体“好数阵”构成的集合为S，并定义映射:FSS→如下：对1212nnaaaTbbb=，规定()1212212121212121nnnbnbnbFT

nanana+−+−+−=+−+−+−.因为由nM中的元素构成的2n数阵只有不超过()22nn种，故S是有限集合.而()()()()()()()()1212212121212121212121212121nnnnannannaFFTnnbnnb

nnb+−+−+−+−+−+−=+−+−+−+−+−+−1212nnaaaTbbb==，这就表明()()FFTT=，从而F是满射，由S是有限集，知F也是单射，从而F是一一对应.对“好数阵”1212nnaaabbb

，已证两数阵1212nnaaabbb和1212212121212121nnnbnbnbnanana+−+−+−+−+−+−是不同的数阵，故()FTT.同时，对两个“好数阵”1T，2

T，如果()21TFT=，则()()()211FTFFTT==；如果()12TFT=，则()()()122FTFFTT==.所以()21TFT=当且仅当()12TFT=.最后，对TS，由()FTT，称2元集合(),TFT为一个“好

对”.对0TS，若0T属于某个“好对”(),TFT，则0TT=或()0FTT=，即0TT=或()0TFT=.由于()()()()0000,,TFTFTFFT=，故无论是0TT=还是()0TFT=，都有()()00,,TFTTFT=.这表明，每个“好

数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.【小问3详解】若1212nnaaabbb是“好数阵”，则有()()1212123...2......

nnnaaabbb++++=+++++++()()()()()121212......nnbbbnbbb=++++++++++()()122...12...nbbbn=+++++++，所以()()()()()1212312..

.12...222nnnnnnbbbnnn++++++=+++++==，这表明()312nn+一定是偶数.若5n=，设125125aaabbb是“好数阵”，则()()125312...402nnbbb+

+++==，从而3124520bbbbb++++=，故()()()1234512512512...5...12...5201535aaaaabbbbbb++++=++++++=+++++++=+=.由于()121,2,...,5kkabk+=，故1251,,...,bbb，同

理12510,,...,aaa.若1252,,...,aaa，设2ka=，则21kkabkk==++，故1k=，从而12a=.进一步有11b=，而()23252,...,5kkabk++==，故23453,4,,,

bbbb.假设23455,,,aaaa，设5ka=，则35kkbakk=−=−，故2k=，则25a=，23b=.由于5555ba−，1212,,,1,2,3,5aabb=，故54b=，59a=.此时3434,,,6,7,8,10aabb

=，从而410a=，46b=，但此时33871ab−=−=，矛盾；所以23455,,,bbbb，故23453,4,5,,,bbbb，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有29681017345

，26109814753；若1252,,...,bbb，则1251,2,,...,bbb，从而11b.若1253,,...,aaa，则13a=或23a=.若13a=，则12b=，3451,,bbb，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有31

079628451，38105926714.若23a=，则21b=，3452,,bbb，若1256,,...,aaa，则16a=，或42b=且46a=，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有93761081425

；若1256,,...,bbb，则13452,6,,,bbbb，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有83510971264；若1253,,...,bbb，则1251,2,3,,...,bbb，假设1254,

,...,bbb，由于3124520bbbbb++++=，12510,,...,aaa，故23451201234919bbbbb=++++++++=，矛盾，所以1254,,...,aaa.对125

1,2,3,,...,bbb尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有10487692531，10746895123，41095738612，95410783162.综上，全部的“好数阵”有29681017345，261098

14753，31079628451，38105926714，93761081425，83510971264，10487692531，10746895

123，41095738612，95410783162，其中，满足1255,,...,aaa的有38105926714，83510971264，41095738612

，95410783162.综上，5M是“好集合”，满足1255,,...,aaa的“好数阵”有38105926714，83510971264，41095738612，95410783162.若6n=，由于此时

()31572nn+=不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而6M不是“好集合”.【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.