【文档说明】湖北省武汉市重点中学5G联合体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题 含解析.docx，共(14)页，611.953 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5f1138263514222f650a4636cc9af122.html

以下为本文档部分文字说明：

绝密★考试结束前2023学年第二学期浙江G5联盟期中联考高二年级数学学科试题考生须知：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】【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67821++=种.故选：B2.已知某随机

变量X，()1DX=，则(21)DX+=（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】利用方差公式2()()DaXbaDX+=，即可求解.【详解】因为()1DX=，所以(21)4()4DXDX+==

，故选：D3.在622xx−的展开式中，第四项为（）A.240B.240−C.3160xD.3160x−【答案】D【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式可得12316(2)CrrrrTx−+=−，令3r=计算即可求解.【详解】由题意知，2

62()xx−展开式的通项公式为261231662C()()(2)CrrrrrrrTxxx−−+=−=−，令3r=，得3312333316(2)C160Txx−+=−=−，即第四项为3160x−.故选：D4.已知()c

ossinfxxx=+，则()fx在π4x=处的导数值为（）A.2B.0C.2−D.1【答案】B【解析】【分析】求出函数()fx的导数，再求出导数值即可.【详解】函数()cossinfxxx=+，求导得()sincosfxxx=−+，所以()fx在π4x=处的

导数值为πππ()sincos0444f=−+=.故选：B5.已知事件A、B、C，满足()()()111|||236PBAPCAPBCA===，，，则P(B∪C|A)=（）A.23B.13C.56D.12【

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，1112(|)(|)(|)(|)2363PBCAPBAPCAPBCA=+−=+−=.故选：A6.已知()()42345012345211x

xaaxaxaxaxax+−=+++++，则14aa+的值为（）A.5−B.7−C.9−D.13−【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用二项式定理分别求出14,aa，再求和得解.【详解】显然4432(1)4641xxxxx−=−+−+

，在4(21)(1)xx+−的展开式中，1211(4)2a=+−=−，42(4)117a=−+=−，所以149aa+=−.故选：C7.若1251ln4ln4522abc===，，，则（）A.abcB.bacC.b<c<aD.acb【答案】A【解析】【分析

】先化简11ln4ln242a==，构造函数()lnxfxx=，求导、研究单调性、极值、最值比较大小即可.【详解】由题意知：11ln4ln242a==，令()()()ln,0,xfxxx=+，()21lnxfxx−=，由()0fx=，解得ex=，在()(

)0,e,0fx，在()()e,,0fx+，所以()fx在()0,e上单调递增；在()e,+上单调递减.因为52e2，所以()522ff，即125ln2ln252，也就是ab，又()1eeyf==极大，因为在()0,

+上仅有一个极大值，所以max11e2yc==，即c最大，所以abc.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.9

72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34C种方法，把5名同学分成3组，按1:1:3分组有35C种方法，按2:2:1分组有22

5322CCA种方法，把3门课程分配给上述分成的每一组有33A种方法，所以该寝室同学不同的选课方案有223335345322CC103C(C)A4(10)6600A2+=+=（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：①不均匀分组；②均匀分组；③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

21(2)nxx−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n，再逐项分析判断得解.【详解】由二项式2

1(2)nxx−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，6n=，对于A，展开式共有7项，A错误；对于B，621(2)xx−展开式中的常数项是242621C(2)()1516240xx−==，B正确；对于C，621(2)xx−展开式的

二项式系数之和为6264=，C错误；对于D，取1x=，得621(2)xx−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.26A30=B.若41010CCx=，则6x=C.11CCCmmmnnn−++=D

.123131C2C4C2C2nnnnnnn−−++++=【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11(1)!(1)!CC,C!(1)!!(1)!mmmnn

nnnmnmmnm−++++==−+−+，即可判断C；根据(12)n+的展开式和0C1n=计算即可判断D.【详解】A：26A6530==，故A正确；B：由组合数的性质知CCmnmnn−=，若41010CCx=，则4x=或6，故B错误；C：1!!!!CC(1

)![(1)]!!()!(1)!(1)!!()!mmnnnnnnmnmmnmmnmmnm−+=+=+−−−−−−+−!!!(1)!(1)(1)!(1)!!(1)!!(1)!!(1)!nnnnmnmnmnmmnmmnmmnm+=+−+=+=−+−+−

+−+，又1(1)!C!(1)!mnnmnm++=−+，所以11CCCmmmnnn−++=，故C正确；D：012311231C+C2C4C2C1(12)131C2C4C2C222nnnnnnnnnnnnnnn−−++++−+−−++++==

=，故D正确.故选：ACD11.一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个黑球的概率为320B.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38C.经过7次试验后试验停止的概率为1564D.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断C；设实验n次结束的概率为nP，令11nnPP+，由C项化简得8n即可判断D.【详解】记事件E=“一次实验硬

币正面朝上”，则E=“一次实验硬币反面朝上”，则1()()2PEPE==，从箱子中不放回地抽球，记=iA“第i次抽到白球”，记iB=“第i次抽到黑球”，iC=“第i次硬币正面朝上且抽到白球”，iD=“第i次硬币正面朝上且抽到黑球”，对于A

，111133()()()()2510PCPAEPEPAE====，111121()()()()255PDPBEPEPBE====，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：121212

12121121()()()()()()()PCDDCPCDPDCPCPDCPDPCD+=+=+3121133()()102452420=+=，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：21133()248PCD==，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：442611115C()()222128=，C错误；对于D，实验n次结束的概率为nP，则5n，4454111111C()()C()2222nnnnnP−−−==，令11nnPP+

，得441C12Cnn−化简可得12(4)nn−，解得8n，即5678910PPPPPP......=，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：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n次结束的概率nP，利用作商法求得nP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】480【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4245AA2420480==种情况.故答案为：48013.从1，3，5，7中任取2个不同数字，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)的【答案】1427【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

四位无重复的数字共有21134433CCCA=432个，其中偶数有2131244322CC(A+CA)=240个；若选出的4个数中无0，则组成的四位无重复的数字共有224444CCA=864个，其中偶数有22134423CCCA=432个，所以的四位

数为偶数的概率为24043267214432864129627P+===+.故答案为：142714.已知函数()3exfxaxx=++，对,xxR₁₂有()()12121fxfxxx−−，则实数a的取值范围为________【答案】)

0,+【解析】【分析】根据题意设()()Fxfxx=−，不妨设，12xx由已知化简可得()()1122fxxfxx−−，即()Fx在R上递增,进而判断可得结果.【详解】根据题意设()()Fxfxx=−，不妨设，12xx，任意,xxR₁₂有()()12121f

xfxxx−−，可得()()1212fxfxxx−−，即()()1122fxxfxx−−，可得()Fx在R上递增,因为3()exFxax=+，，2()3exFxax+=，当0a时，()0Fx恒成立，即()

Fx在R上递增.当a<0时，()0Fx不能恒成立，即()Fx在R不符合单调递增.综上，实数a的取值范围为)0,+.故答案为：)0,+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．的15.设()3211833fxxxx=−−−．（1）求

函数()fx的单调递减区间；（2）若方程()(R)fxaa=有3个不同的实根，求a的取值范围．【答案】（1）(2,4)−；（2）(27,9)−.【解析】【分析】（1）求出函数()fx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3211()833fxxxx=−−−的定义域为R，求导得2()28(2)(4)fxxxxx=−−=+−，由()0fx，得24−x，所以函数()fx的单调递减区间是(2,4)−

.小问2详解】由（1）知，当()0fx时，<2x−或>4x，因此函数()fx在(,2),(4,)−−+上单调递增，函数()fx在2x=−处取得极大值(2)9f−=，在4x=处取得极小值(4)27f=−，显然当279a−时，直线ya=与函数

()fx的图象有3个公共点，所以方程()(R)fxaa=有3个不同的实根，a的取值范围是(27,9)−.16.已知关于x的二项式()nmxx+的二项系数之和为32，其中0m．（1）若1m=，求展开式中系数最大的项

；（2）若展开式中含2x项系数为40，求展开式中所有有理项的系数之和．【答案】（1）210x和10x（2）121【解析】【分析】（1）利用232n=，解得5n=，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2x项系数为40，解得2m=，利用x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x的二项式()nmxx+的二项式系数之和为32，所以232n=，解得5n=，则二项式的展开式的通项公式为：3552155C()Crrrrrrr

mTxmxx−−+==，当1m=时，335522155CCrrrrrrTmxx−−+==，所以当2r=或3时，展开式的系数最大，故系数最大项为22235C10Txx==和13245C10Txx==【小问2详解】由（1）可得

二项式的展开式的通项公式为：35215CrrrrTmx−+=，令3522r−=，解得：2r=，因为展开式中含2x项系数为40，所以225C40m=，由0m，得2m=，所以二项式的展开式的通项公式为：3521

5C2rrrrTx−+=，当352r−为整数，r可取0，2，4，所以展开式中所有有理项为005515C2Txx==，222235C240Txx==，441155C280Txx−−==，故展开式中所有有理项的系数之和为14080121++=.17已知函数()e1,xfxaxa=−−R.（1）讨论(

)fx的单调性；（2）已知函数()()()1ln1gxxxa=−−−，若()()fxgx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）(2,e1−−【解析】【分析】（1）求导得()e

=−xfxa，分类讨论0a、0a两种情况下()fx的单调性即可；（2）将问题转化为1e1ln()tathtt+−−=在()0,t+上恒成立，利用导数讨论函数()ht的单调性可得()()21e1hth=−，即可求解.【小

问1详解】.由题意，()e=−xfxa，当0a时，()0fx，()fx在R上单调递增；当0a时，令()0fx，得lnxa，令()0fx，得lnxa，所以()fx在(,ln)a−上单调递减，

在(ln,)a+上单调递增；综上，当0a时，()fx在R上单调递增；当0a时，()fx在(,ln)a−上单调递减，在(ln,)a+上单调递增.【小问2详解】()()fxgxe1(1)ln(1)xaxxxa−−−−−e1(1)ln(1)(

1)xxxax−−−+−，令1tx=−，则1e1ln(0)tttatt+−+，即1e1lntatt+−−在()0,+上恒成立，令1e1()ln(0)thtttt+−=−，则()()()()11221e11

e1ttttthttt++−−−+−==，令()0ht，得01t，令()0ht，得1t，所以()ht在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，则2()(1)e1hth=−，所

以2e1a−，即实数a的取值范围为2(,e1]−−.【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()()fxgx的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令()()()Fxfxgx=−，利用导数求得函数()

Fx的单调性与最小值，只需()min0Fx恒成立即可；2、参数分离法：转化为()ax或()ax恒成立，即()maxax或()minax恒成立，只需利用导数求得函数()x的单调性与最值即可；3、数形结合法：结合函数()yfx=的图象在(

)ygx=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X次为首次抽到竞赛题，求X的分布列；（2）A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100%，竞赛题答对的概率为20%．①求A同学停止答题时答对题数为1的概率；②已知A同学停止答题时答对题数为2，求这两题抽到竞赛题题数Y的均值．【答案】（1）分布列见解析（2）①34125；②1653【解析】【分

析】（1）写出X可能取值，并分别求出对应的概率，列出分布列即可；（2）①设出事件，分析可能的情况，并求出概率即可；②写出Y可能的取值，并计算出各个取值的概率，列出分布列并计算出数学期望.【小问1详解】由题意知：X可能取1,2,3,4，()31162PX===，()33932653010PX==

==，()3233365420PX===，()3211465420PX===.所以X的分布列为：X1234P12310320120【小问2详解】①设“A同学停止答题时答对题数为1”为事件D，“

A同学第一次抽中高考题，第二次抽中竞赛题并答错”为事件1D，“A同学第一次抽中竞赛题并答对，第二次还抽中竞赛题并答错”为事件2D，则()13346165525PD==；()2312446555125PD==；所以()()()12643425125125PDPDPD=+=+=.②由A

同学停止答题时答对题数为2，设事件=iA“第i次选中竞赛题没答对”；iB=“第i次选中竞赛题并答对”；iC=“第i次选中高考题”.答题结束时答对2题的概率为()3PA=()()()()()()123121231212312P

CCPACCPBCPABCPCBPACB++∣∣∣()()12312PBBPABB+∣3233323323210.80.20.80.20.80.20.20.8654654654654=+++106625=，易知Y可能取0,1,2，()()()()()12312123

3750106PCCPACCPYPCCAPA====；()()()()()()()1231212312123123315153PBCPABCPCBPACBPYPBCACBAPA+==+==；()()()()()12312123312106PBBPABBPYPBBAPA====.Y的分布列为：

Y012P7510615531106所以()75151160121065310653EY=++=.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，熟练掌握全概率公式与贝叶斯公式求得Y的分布列，从而得解.19.已知函数()ln(R)fxxkxk=−（1）当1k=时，求以点(1,(1))

f为切点的切线方程；（2）若函数()fx有两个零点12,xx，且12xx，①求实数k的取值范围；②证明：21212e(1ln)kxxxxkkk−−−+.【答案】（1）1y=；（2）①(e,)k+；②证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导数，利用导数几何意义

求出切线方程.（2）①由函数零点的意义变形，构造函数ln()(0)xhxxx=，利用导数探讨方程1()hxk=有两个根的k值范围；②利用零点的意义变形得1212)ln(xxkxx+=，借助函数单调性，结合分析法探讨，构造函数e()1ln(ln)0(1e)uxxxx=−−推理论证即可

.【小问1详解】函数()lnfxxx=−，求导得1()xfxx−=，则()01f=，而(1)1f=，所以切线方程为：1y=.【小问2详解】①由12()()fxfx=，得1212lnln1xxkxx==，令函数ln()(0)xhx

xx=，则有121(())hxhxk==，求导得21ln()xhxx−=，由()0hx=，得ex=，(0,e),()0,()xhxhx在(0,e)上单调递增；(e,),()0,()xhxhx+在(e,)+单调递减，于是max1()(1)ehxh==，显然(1)0h=，当

1x时，()0hx恒成立，因此12111e,0exxk，即ek，所以实数k的取值范围是(e,)k+.②由12()()0fxfx==，得1122lnlnxkxxkx==，两式相加变形得：1212)ln(xxkxx+=，由ek，得2ee1k，由121ex

x，得121xx，不等式21212e(1ln)kxxxxkkk−−−+21212ln(e(1ln))kxxkxxkkk−−+1212ln(eln(e))xxxxkk−−，令函数()ln(1)gxxx

x=−，则1()0xgxx−=，函数()gx在(1,)+上单调递增，因此原不等式等价于1121212121e((e))eelnxgxxgkxxkxxkxxx21elnxx，的由11ex，得10ln1x，即1eelnx，则2

1eelnxx，而()hx在(e,)+上单调递减，因此21elnxx11211111elnlnlnee()()elnlnln)()(xxhxhhxhxxxx1111ln1ln(lnlne()

)xxxx−1111ee1ln(ln1ln(ln0))xxxx−−−，令函数e()1ln(ln)0(1e)uxxxx=−−，求导得221eeln()lnlnxxuxxxxxx−=−+=，令函数()eln(1e)vxxxx=−，求导得e(

)0xvxx−=，则()vx在(1,e)上单调递增，则()(e)ee0vxv=−=，即()0ux，则函数()ux在(1,e)上单调递减，因此()(e)110uxu=−=，所以21212e(1ln)kxxxxkk

k−−−+成立.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；②

列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．