[数学]浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题(解析版)

这是一份[数学]浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高二下学期期中联考试题(解析版)，共10页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

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】由，得，解得（舍去）.故选：C.
2. 设函数，则（ ）
A. -1B. C. D. 1
【答案】A
【解析】，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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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.
解：（1）二项式系数的和为：；
（2）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.
解：（1）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；
（2）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.
解：（1）记“依次发送，依次收到”，
则.
（2）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，.
解：（1）当时，，又，
所以，
又因为，所以切线方程为.
（2）.
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.
（3）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？
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.
-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