河北省保定市六校联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题（原卷版+解析版）

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
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. 曲线在处的切线倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由导数的意义求出切线的斜率，再结合斜率与倾斜角的关系得到倾斜角的大小即可.
【详解】设曲线在处的切线倾斜角为，
因为，则.
所以曲线在处的切线倾斜角是，
故选：D.
2. 某射手射击所得环数的分布列下表：已知的数学期望，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用离散型随机变量的分布列和数学期望列出方程组，能求出的值．
【详解】解：的数学期望，
由射手射击所得环数的分布列，得，
解得，．
故选：．
3. 某学校安排3名教师指导4个学生社团，每名教师至少指导一个社团，每个社团只需一位指导老师，则不同的安排方式共有（ ）
A. 12种B. 24种C. 36种D. 72种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分组分配的计算方法，即可求解.
【详解】4个学生社团，分为2，1，1的组，则有种分组情况，再分配给3位老师，则有种方法.
故选：C
4. 在的展开式中，含项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】写出的通项，结合展开求解即可.
【详解】的通项为，
所以，含的项为，
即含项的系数为.
故选：C.
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 若随机变量，其中，则
C. 若随机变量，则越小，越大
D. 若随机变量，且，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，由均值的性质即可判断；对于BD，由正态分布曲线的对称性即可判断；对于C，越小，的概率曲线在对称轴处的集中程度越大，由此即可判断.
【详解】因为，则，故A错误；
，故B错误；
因为，所以越小，的概率曲线越集中于对称轴处，
，所以越大，故C正确；
根据正态分布的对称性可知，故D错误.
故选：C.
6. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件存在如下关系：.对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡､支付宝或微信进行支付.已知使用信用卡支付的用户占总用户的，使用支付宝支付的用户占总用户的，其余的用户使用微信支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计发现：出现支付问题的概率是0.06，若一个遇到支付问题的用户，使用三种支付方式支付的概率均为，则使用微信支付遇到支付问题的概率是（ ）
A. 0.1B. 0.06C. 0.4D. 0.05
【答案】D
【解析】
【分析】设出相应的事件以及对应的概率，代入贝叶斯公式即可求解.
【详解】设分别表示事件使用信用卡支付､使用支付宝支付､使用微信支付，表示事件出现支付问题，
则，所以使用微信支付遇到支付问题的概率，.
故选：D.
7. 设，且随机变量的分布列是：
则的最小值为（ ）
A 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由方差的计算公式求出，再由二次函数的性质即可得出答案.
【详解】由分布列得，
则，
当时，取得最小值.
故选：B.
8. 已知函数，若过可做两条直线与函数的图象相切，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数几何意义求出切线方程，依题意，过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，根据导数研究函数的图象可得结果.
【详解】设过点的直线与函数的图象相切时的切点为，则，
因为，
所以切线方程为，又在切线上，
所以，整理得，
则过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与
曲线的图象的公共点的个数，
因为，令，得，
所以，当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
因为，当时，所以，函数的图象大致如图：
所以当时，图像有两个交点，切线有两条.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：依题意求出切线方程，本题关键是将过点的直线与函数的图象相切的切线条数转化为直线与曲线的图象的公共点的个数，在利用导数研究函数的图象.
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. 保定某中学上午大课间跑操，为了提升班级跑操水平，某班在跑操后进行分组训练，现六名同学一组进行队列训练，则下列说法正确的是（ ）
A. 若不在第一个，则不同的排序种数有480种
B. 若和不相邻，则不同的站队方式共有480种
C. 若和相邻，且不在两端，则不同站队方式共有120种
D. 排在之前的概率为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于ABC，根据题意结合排列数、组合数分析求解；对于D，根据排列组合结合古典概型分析求解.
【详解】对于，若甲不排第一个，则甲有5种排法，其余5个人全排，共有种；
对于，先排列除与外的4个人，有种方法，利用插空法将和插入5个空，有种方法，则共有种方法；
对于，若和相邻，利用捆绑法不同站队方式有种，
若和相邻且在两端，则站队方式有种，
故由间接法得站队方式共有192种；
对于排在之前的概率为.
故选：BD.
10. 若，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：令，即可求得结果；对B：令，即可求得结果；对C：令，结合B中所求，即可求得结果；对D：对求导，再令，即可求得结果.
【详解】设，
对A：令，则，故A正确；
对B：令，则，故B错误；
对C：令，则，
结合B中所求，则，解得，故C正确；
对D：，
令，则，故，
又，故，故D正确；
故选：ACD.
11. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两人中的任何一人.设第次传球后球在甲､乙､丙手中的概率依次为，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于ABC，由古典概率计算公式即可判断；对于D，由全概率公式即可判断.
【详解】第一次传球后到乙或丙手里，故，第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故，故A正确；
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：
甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，
3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；
第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙共4个结果，它们等可能，
2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙，1个结果，所以概率是，故C正确；
，即，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据求导公式和法则运算可得，求出进而求出，即可求解.
【详解】由题意得，，所以，
即，所以.
故答案为：
13. 若随机变量，且，则__________，__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据二项分布的期望公式和概率计算公式，结合已知条件，求解即可.
【详解】因为随机变量，且，所以，解得，则.
故答案为：；.
14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为且外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】分奖品在、和号箱里三种情况，根据全概率公式计算即可.
【详解】奖品在1号箱里，主持人可打开2，3号箱，
故；奖品在2号箱里，
主持人打开3号箱的概率为1，故；
奖品在3号箱里，主持人只能打开2号箱，
故，由全概率公式可得：，.
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. 已知在的展开式中，各项系数和为81.
（1）求的值；
（2）求含的项的系数；
（3）求展开式中二项式系数最大的项.
【答案】（1）4； （2）-256；
（3）.
【解析】
【分析】（1）令二项式中的时，可得到二项式的展开式中各项的系数和；
（2）利用第项的通项公式可求得指定次数的项；
（3）利用二项式系数性质可知最中间的一项或二项的二项式系数最大，如一定是最大的二项式系数.
【小问1详解】
因为的展开式中各项系数和为81，
所以令，则，解得.
【小问2详解】
由第项为，
令，解得，
所以的系数为.
【小问3详解】
根据二项式系数性质可知，当时，二项式系数最大，
即第三项，
所以展开式中二项式系数最大的项是.
16. 袋中有除颜色外其他都相同的7个小球，其中4个红色，3个黄色.
（1）甲､乙两人依次不放回各摸一个球，求甲摸出红球，乙摸出黄球的概率；
（2）甲从中随机且不放回地摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时即停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，求：
①的值；
②随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）①；②分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据条件概率即可求解，
（2）根据排列组合计数，即可结合古典概型的概率公式求解概率，即可求解.
【小问1详解】
设事件为“甲摸出红球”，事件为“乙摸出黄球”，
.
【小问2详解】
①由已知得从袋中不放回的摸球两次的所有取法有种，
事件表示第一次取红球第二次取黄球或第一次取黄球第二次取红球，
故事件包含种取法，
所以.
②的可能取值为：，
.
则的概率分布为
所以的数学期望为
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）当时，若函数在上的最小值为0，求实数的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据，求得，再利用导数的几何意义，即可求得结果；
（2）令，求得，再根据其与区间端点值的大小关系进行分类讨论，在不同情况下讨论函数的单调性和最小值，结合题意，求解即可.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
，又，
所以切线方程为（或写成.
【小问2详解】
，定义域为，，令得；
①当，即时，在上单调递增，
这时，不合题意，舍去；
②当，即时，
当单调递减单调递增，
这时，解得；
③当，即时，在上单调递减，
这时，解得（舍去），
综上：.
18. 学校组织一项竞赛，在初赛中有两轮答题：第一轮从类的三个问题中随机选两题作答，每答对一题得30分，答错得0分；第二轮从类的分值分别为40，70的2个问题中随机选1题作答，每答对一题得相应满分，答错得0分.若两轮总积分不低于100分，则晋级复赛.甲､乙同时参赛，在类的三个问题中，甲每个问题答对的概率均为，乙只能答对其中两个问题；在类的2个分值分别为40，70的问题中，甲答对的概率分别为，乙答对的概率分别为，甲､乙回答任一问题正确与否互不影响.设甲､乙在第一轮的得分分别为.
（1）分别求的概率分布列；
（2）分别计算甲､乙晋级复赛的概率.
【答案】（1）答案见解析；
（2）甲晋级复赛概率为，乙晋级复赛概率为.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件分别求出随机变量的不同取值，求出概率写出分布列即可.
（2）结合第一轮甲、乙得分的情况和第二轮得分的情况求出概率即可.
小问1详解】
根据题设可知：
，
，
.
所以的分布列为
因为乙只能答对其中两道题，所以
，，
故的分布列为
【小问2详解】记事件表示“甲晋级复赛”，事件表示“乙晋级复赛”，
由于甲、乙回答任一问题正确与否互不影响，所以
，
故甲晋级复赛概率为，乙晋级复赛概率为.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若满足，求证：；
（3）若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）对求导，分类讨论和，判断的正负即可得出答案；
（2）要证，只需证，令，对求导，结合基本不等式得出在上单调递增，即可得证；
（3）法一：对求导，分类讨论和，得出单调性证明即可；法二、法三：分类讨论和，分离参数可得，分别由洛必达法则和拉格朗日中值定理求出即可.
【小问1详解】
解：，
当时，在上单调递增，
当时，令，解得，
单调递减，
单调递增，
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
证明：由题意，则.
要证，只需证，
而，且函数在上单调递减，
故只需证，
又，所以只需证，
即证，
令，
即
，
由均值不等式可得
（当且仅当，即时，等号成立）.
所以函数在上单调递增.
由，可得，即，
所以，
又函数在上单调递减，
所以，即得证.
【小问3详解】
法一：，则，
令，
当时，，在上单调递增，且.
①当时，在上单调递增，
，符合题意，.
②当时，又在上单调递增，且
当趋近正无穷，趋近正无穷，
，使得，
在上单调递减，
在上单调递增，
而，所以不合题意.
综上：实数的取值范围为.
法二：，
当时，恒成立，
当时，由得，
即，
令，即，
则，
令，
则.
在上单调递增，，
即上单调递增，而，所以符合洛必达法则.
由洛必达法则得：
实数的取值范围为.
法三：，
当时，恒成立，
当时，由得，
即，
设，又，
则由拉格朗日中值定理可知：
令，
即
又，
在上单调递增，，
实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，常用方法有如下几种：
方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略；
方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明；
方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.
7
8
9
10
0.1
0.3
0
1
2
3
4
5
0
30
60
30
60