重庆市南开中学校2023-2024学年高二下学期3月定时练习数学试题（原卷版+解析版）

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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. 已知事件A，B相互独立，，则（ ）
A. 0.24B. 0.8C. 0.3D. 0.16
【答案】B
【解析】
【分析】利用事件独立性的概率乘法公式及条件概率公式进行求解.
【详解】因为事件A，B相互独立，所以，所以
故选：B
2. 某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出男生甲被选中的概率，再求出男生乙和女生丙至少一个被选中的概率,根据条件概率的计算公式可求答案.
【详解】男生甲被选中记作事件，男生乙和女生丙至少一个被选中记作事件，
则：，，
由条件概率公式可得：，
故选：D.
3. 若的展开式中，所有项的系数和与二项式系数和相等，且第6项的二项式系数最大，则有序实数对共有（ ）组不同的解
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质求解.
【详解】根据二项式系数的性质知：由第6项的二项式系数最大知的可能取值为9，10，11，
又由题得：令x=1，有，当，11时，；当时，或，
故有序实数对共有4组不同的解，分别为 .
故选：D.
4. 用组成没有重复数字的四位数，其中能被15整除的有（ ）
A. 38个B. 40个C. 42个D. 44个
【答案】A
【解析】
【分析】四位数能被15整除即能被5整除，且能被3整除. 能被5整除则个位为0或者5，能被3整除则所有位数之和为3的倍数.又千位不能为0，通过限制条件分析即可.
【详解】由题意，四位数能被15整除即四位数的个位为0或者5，且所有位数之和为3的倍数.
个位为0时，其他三位可以为1、2、3或1、3、5或2、3、4或3、4、5，故有个；
个位为5时且其它3位没有0时，可以为1、2、4，有个；
个位为5时其它3位有0时，0只能做十位或百位，其他两位为1、3或3、4，共有个；
故共有个
故选：A.
5. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】 ，
故选：B
【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立
6. 一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A. 60种B. 68种C. 82种D. 108种
【答案】D
【解析】
【分析】利用插空法结合组合数求解.
【详解】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，
所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，
且不同颜色数有种，
所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查组合计数问题，关键是插空法的应用.
7. 设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,…
若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则
A. {Sn}为递减数列
B. {Sn}为递增数列
C. {S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D. {S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【答案】B
【解析】
【详解】且，，，
，，
又，，，，
由题意，，，
，，
，，，
由此可知顶点在以、为焦点的椭圆上，
又由题意，，，
，，
，，
单调递增（可证当时
故选：．
8. 已知递增正整数数列满足（），则（ ）
A. B. ，，可能成等比数列
C. D. ，，可能成等比数列
【答案】C
【解析】
【分析】
用组合和数列的性质可逐项排除可得结果.
详解】，
因为是递增正整数数列，所以，
而当时，，不是递增数列，所以，
易得，由于，则，
取，则，所以A错误；
时有，
若成等比数列，则，
所以，此时，所以B错误.
，
则，所以C正确；
，
，
当时，而，
则，所以D错误；
故选：C.
【点睛】本题考查了数列与组合数的综合，要求熟练掌握等比数列性质、组合数公式的性质.
二、选择题：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. 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.若在信道内依次发送信号1，0，为了检验，收到信号的一端将收到的信号发回到输入端.下列说法正确的是（ ）
A. “收到的信号为1，0”是“传回的信号为1，0”的充分条件
B. “收到的信号为1，0”与“传回的信号为1，0”不一定是相互独立的
C. 若，则事件“传回的信号为1，0”的概率一定大于0.25
D. 若，，则事件“传回的信号为1，0”的概率为31.68%
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，计算出收到信号为1，0和传回信号为1，0概率，故“收到的信号不为1，0”时，“传回的信号也可能为1，0”，A错误；B选项，设传回信号为1，0为事件A，收到信号为1，0为事件B，计算出则，与，举出反例得到不一定等于，故B错误；C选项，得到，由基本不等式得到，C正确；D选项，代入计算即可.
【详解】A选项，收到信号为1，0的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
即“收到的信号不为1，0”时，“传回的信号也可能为1，0”，
显然“收到的信号为1，0”不是“传回的信号为1，0”的充分条件，A错误；
B选项，收到信号为0，0的概率为，则传回信号为1，0概率为，
收到信号为1，0的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
收到信号为0，1的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
收到信号为1，1的概率为，则传回信号为1，0的概率为，
所以传回信号为1，0概率为，
设传回信号为1，0为事件A，收到信号为1，0为事件B，
则，，
，
则不一定等于，
比如当时，
，
而，
故“收到的信号为1，0”与“传回的信号为1，0”不一定是相互独立的，B正确；
C选项，由得，，
而，而，即不能取等号，故，
所以，C正确；
D选项，由，，
则
，D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：当时，两事件独立，
反之，当两事件独立时，.
10. 定义域为R的函数的导数分别为，且,，则（ ）
A. 当是的零点时，是的极大值点
B. 当是的零点时，是的极小值点
C. 可能有相同的零点
D. 可能有相同的极值点
【答案】C
【解析】
【分析】结合导数，根据零点和极值点定义逐个判断抽象函数满足的条件即可.
【详解】AB选项，因为，则，若，则，但不一定是的极值点，故AB错误；
C选项，考虑可以同时成立，即，同时成立，所以两者有共同零点，故C正确；
D选项， ①若在处取得极大值，则，且在左右两侧无限小的区间内先正后负，
假设，则在左右两侧无限小的区间内，
即时，必有，即，
所以在上单增,不符合题意；
同理，若，则在左右两侧无限小的区间内，
即时，必有，即，
所以在上单减，不符合题意；
若，则在左右两侧无限小的区间内，
即时，必有，即，
所以在上单减，不符合题意；
②同理若在处取得极小值,也可以得出不符合题意,所以D选项错误.
故选：C
【点睛】方法点睛：利用导数判断抽象函数零点和极值点的问题，常用方法有：
（1）结合导数得出原函数表达式；
（2）假设成立，判断命题真假；
（3）转化思想应用.
11. 已知直线是曲线上任一点处的切线，直线是曲线上点处的切线，则下列结论中正确的是（ ）
A. 当时，
B. 存在，使得
C. 若与交于点时，且三角形为等边三角形，则
D. 若与曲线相切，切点为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据导数求出两直线斜率可判断选项A、B；根据斜率与倾斜角的关系及和差角公式求出，判断选项C；利用导数的几何意义求出斜率判断选项D
【详解】由题意得，由，
得，如图，可知与交点是
可得，
，
由，得，所以直线的斜率为，
由，得，所以直线的斜率为，
即直线的斜率等于直线的斜率，所以，故A对；
因为，
所以不存在，使得，故B错；
如图，设的倾斜角分别为，
因为三角形为等边三角形，所以，
又，
所以当，，
整理得，所以（负值舍去）；
当，，
整理得，所以（负值舍去）；
所以，
又由题意可得关于直线对称，为等边三角形，故C错误；
若与曲线相切，切点为，则，
即，又在上，所以，所以，即，故D对；
故选：AD
【点睛】关键点点睛:根据导数的几何意义求出直线斜率，结合两直线平行和垂直的斜率关系进行判断各项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数据的平均数为5，；数据的平均数为10，．则数据的平均数为______，方差为______．
【答案】 ①. 8 ②. 8.7
【解析】
【分析】由平均数、方差的运算公式即可求解.
【详解】由题意得数据平均数为，
数据的方差为
.
故答案为：8，8.7.
13. 因演出需要，身高互不相等的8名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第六个依次递减，第六、七、八个依次递增，则不同的排列方式有_______________种．
【答案】181
【解析】
【分析】依题意，重点要先排好3号位和6号位，余下的分类讨论分析即可.
【详解】依题意作图如下：
上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3号位必须比12456要高，
1是1，2，3中最低的，6是3，4，5，6，7，8排列里最低的，3是1，2，3，4，5，6中排列最高的，8是6，7，8中最高的，
设8个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，
则 3号位最小是6，最大是8，下面分类讨论：
①第3个位置选6号，则7，8号放入最后两个位置是确定的，
所以先从1，2，3，4，5号中选两个放入前两个位置，
余下的3个号中放入4，5，6号顺序是确定的只有一种情况，此时共种情况；
②第3个位置选7号，则8号是确定的，放最后一个位置，
先从1，2，3，4，5，6号中选两个放入前两个位置，
余下的4个号中最小的放入6号位置，剩下3个选2个放入4，5两个位置，
余下的号放入7号位置，此时共种情况；
③第3个位置选8号：先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两个位置，
余下的5个号中最小的放入6号位置，剩下4个选2个放入4，5两个位置，
余下的2个号放入最后两个位置，此时共种情况；
由分类计数原理可得共有种排列方式；
故答案为：181
14. 已知函数，其中且．若函数为单调函数，则实数a的取值范围为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】若单调递增，则，即，，不满足；若单调递减，则，进而可得，对求导分析单调性，求出最大值，即可得出答案.
【详解】由题意，.
若函数单调递增，则，所以，即，
所以，又时，，不满足；
若函数单调递减，则，所以，即，
所以，考查，.
当时，，不满足；
当时，，令有，当时，单调递增；当时，单调递减.
故，则，即，即，则，故，即，解得.
综上有.
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. 已知各项均为正数的数列满足，且.
（1）写出，，并求的通项公式；
（2）记求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用递推关系，可求，的值；结合题意，可用“累加法”求数列的通项公式.
（2）可以把数列的前几项一一列举，然后求和，也可以用错位相减法求和.
【小问1详解】
解法一：因为，，
所以，当时，，，所以.
当时，，，所以.
当时，
，
所以
当时，也符合上式.
综上，
解法二：因为，，，
所以，当时，，，所以.
当时，，，所以.
因为，
所以，即.
所以，即.
又，所以
【小问2详解】
解法一：由（1）得，即
记
则①，
②
①-②，得，
所以，
故.
解法二：由（1）得，即.
记，
则
.
故.
16. 某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；
（2）设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．
【答案】（1），；
（2），最小值为．
【解析】
【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；
（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．
【小问1详解】
依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得：，
．
【小问2详解】
当时，
；
当时，
,
故，
所以在区间的最小值为．
17. 甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
（1）若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望；
（2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.
【答案】（1）分布列见详解，.
（2）让乙和丙打第一局
【解析】
【分析】（1）求出的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
（2）分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.
【小问1详解】
由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况，
此时，，
当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，
此时，；
当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况，
此时，；
所以三人总积分的分布列为
所以.
【小问2详解】
设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：
已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
其中包含三种情况，第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故；
同理可得；
；
显然，
故，
，
由于，
故，
所以；
故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.
【点睛】方法点睛：解决策略类问题，往往需计算出各种情况下的概率，作差比较各种情况下的概率大小，作出决断.
18. 在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.
（1）当时，求直线的方程;
（2）若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），
（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii）.
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理和已知关系即可求解.
（2）（i）由O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，由方程根的思想即可求解. 或O，M，C，N四点共圆，由，，也可求解.
（2）（ii）记的面积分别为，分别联立方程先求出，所以，结合根与系数的关系进一步化简为，再结合导数进而求解.
【小问1详解】
解:设直线
联立，消去，得，
所以，
，则
，则，又由题意，
直线的方程是;
【小问2详解】
（1）方法1:设
因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去，得，
即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设，则，
因为O，M，C，N四点共圆，所以，即，
化简可得:，
所以的重心的纵坐标为0.
（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，
所以，
由（1）得，，
所以，即，
因，
点到直线MN的距离，
所以，
所以
在第一象限，即，
依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，
又因为，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，
所以的取值范围为.
19. 已知函数．
（1）若函数有3个不同的零点，求a的取值范围；
（2）已知为函数的导函数，在上有极小值0，对于某点，在P点的切线方程为，若对于，都有，则称P为好点．
①求a的值；
②求所有的好点．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）首先讨论当时，有1个零点，当时，参变分离为存在两个根，再利用导数分析函数的图象，即可求解的取值范围；
（2）①利用二次导数求函数的极小值，根据极小值为0，即可求解的值；
②首先求函数在点处的切线方程，再根据好点的定义，讨论和两种情况，求好点.
【小问1详解】
当，单调递增，
且，当时，，因此在区间上存在唯一零点，
当时，只要存在两个根即可，即存在两个根，
设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
由，当时，，当时，，
所以当时，在区间有2个零点，
因此得到取值范围是；
【小问2详解】
①，，
令，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，得，
②设为好点，对于任意，都有，
当时，成立，
当时，即为当时，，
当时，成立，
因为在点的切线方程为，
所以，
设，即，
，
又因为在上单调递减，上单调递增，故分情况讨论，
（1）当时，因为为好点，所以恒成立，
若，在上单调递增，，，
所以在时单调递增，，满足条件，故时成立；
若，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件；
（2）当时，因为为好点，所以恒成立，
若，在上单调递减，，，
所以在时单调递增，，满足条件，故时成立；
若，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件；
综上可知，由（1）（2）可得，且，即，所以只有一个好点.
【点睛】关键点点睛：本题的难点是最后一问，需理解好点的定义，并根据定义，分情况进行讨论.
4
6
8
0.5
0.25
0.25