重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题Word版含解析docx、重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.
2．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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 已知函数，则在点处切线的斜率为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义即可求解.
【详解】由导数的几何意义可知，在点处切线的斜率为，
因此，由得.
故选：A.
2. 的二项展开式中的系数为（ ）
A. B. 40C. D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，可求出的系数.
【详解】二项式的展开式的通项公式是，
令，解得，
，
即的系数为.
故选：B.
3. 已知公比为正数的等比数列前n项和为，且，，则（ ）
A. 或B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为q，利用等比数列求和公式列出方程组，解出即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，且，
所以，解得，
所以.
故选：C.
4. 已知函数，则在区间上的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的极小值，再计算端点值，即可得解.
【详解】因，
所以当或时，
当时，
所以在，上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，又，，
所以在区间上的最小值为.
故选：B
5. 甲、乙两人计划分别从“围棋”，“篮球”，“书法”三门兴趣班中至少选择一门报名学习，若甲只选一门，且甲乙不选择同一门兴趣班，则不同的报名学习方式有（ ）
A. 3种B. 6种C. 9种D. 12种
【答案】C
【解析】
【分析】甲有种选法，乙可以选一门或者选两门，有种选法，根据分步乘法计数原理计算即可．
【详解】由题意得，甲只选一门，有种选法，乙可以选一门或者选两门，有种选法，
故不同的报名学习方式有种，
故选：C．
6. 已知函数，其中e为自然对数的底数，下列四个图象中的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数值的特征排除A，利用导数说明函数的单调性，即可排除B、D.
【详解】因为，所以当时，当时，，故排除A，
又，
令，则，
因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，，
所以使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以当时，即，则单调递增，
当时，即，则单调递增，
且在上有解，即在上有解，
所以在上存在单调递减区间，故排除B、D.
故选：C
7. 设等差数列满足，，数列的前n项和记为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，根据函数单调性得，再利用等差数列的性质及求和公式计算，根据式子特点得到与的大小关系，进而可得答案.
【详解】设函数，该函数为上的单调递增函数，
因为，，
所以，即，
所以，
又由得，
得，
所，
故选：A.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点与抛物线的焦点重合，与在第一象限相交于点P．若，则的渐近线方程为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线定义求出，再利用抛物线定义求出点的横坐标，结合与的方程建立关系，求出即可.
【详解】令双曲线的半焦距为c，抛物线的焦点，准线方程为，，
由，得，又，
则，设点，于是，解得，
由，得，又，
则，整理得，而，
因此，解得，从而，
所以的渐近线方程为.
故选：D

二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个给出的四个选项中，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. 已知，则（ ）
A. B. 是所有系数中的最大值
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：令计算；对于B：确定的系数的正负即可判断；对于C：令，令得到两个式子相加即可；对于D：令整理化简即可.
【详解】对于A：令得，A正确；
对于B：是的系数，，明显其系数小于零，不可能是所有系数中的最大值，B错误；
对于C：令得，
令得，
两式相加得，则，C错误；
对于D：令得，
等式两边同时乘以得，D正确.
故选：AD.
10. 对于事件A，B，C，下列命题中正确的有（ ）
A. 若，则A与B互为对立事件
B. 若，则
C. 若，是B的对立事件，则
D. 若，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用对立事件的定义判断A；由条件概率公式判断B；由对立事件、互斥事件定义判断C；由概率乘法公式判断D.
【详解】对于A：如有红黄蓝三张牌，事件为“甲所取一张牌是红牌或黄牌”，则，事件为“乙抽取一张牌是黄牌”，则，，但事件和事件不是对立事件，故A错误；
对于B：若，则，所以，故B正确；
对于C：若，是B的对立事件，则A与是互斥事件，
所以，故C正确；
对于D，若，
则，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，其中e为自然对数的底数，下列选项正确的有（ ）
A. 若函数有两个零点，则a的取值范围是
B. 当时，若，则
C. 当时，若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A分离参数，利用导数研究函数性质作出简图，结合零点个数可得范围；选项B先假设成立，构造对称函数，结合单调性得出矛盾；选项C通过构造对称函数，结合单调性可证成立；选项D通过等价转化结合取值情况可证成立.
【详解】对于A，令可得，令，，
时，，为增函数；时，，为减函数；
，，且趋近于时，趋近于0，其简图如下：
由图可知，若函数有两个零点，则，解得，A正确.
对于B，当时，，，
时，，为增函数；时，，为减函数；
不妨设，假设成立，则，
因为，所以，所以，
因为，所以，
设，，
，
因为，所以，为增函数；
因为，所以，即，矛盾，B不正确.
对于C，时，，令得，由A可知，的简图如下：
不妨设，欲证成立，则需证，
因为，所以，且在为减函数，所以需证，
因为，所以，所以只需证，
设，；
，
易知是增函数，因为，所以，
因为，所以，即，为增函数；
所以，即成立，C正确.
对于D，因为，所以，
所以，等价于，两边取自然对数可得，
由选项C可知，，所以，，
所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三点：一是分离参数，作出简图，利用零点个数转化为两个函数图象公共点的个数求解；二是利用构造对称函数，求解极值点偏移问题；三是利用等价转化把转化为.
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 已知随机变量X服从正态分布，即：，若，，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性列式计算即可.
【详解】因为，
所以，根据对称性可得，
又，
所以.
故答案：.
13. 某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，则4个语言类中恰有1个安排在3个歌舞类节目之间的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用插空法和捆绑法求出符合题意的排列情况总数，再结合古典概型的概率公式求解.
【详解】先把3个歌舞类节目全排列中间形成2个空，从这2个空中选一个位置安排一个语言类节目然后将这4个节目捆绑在一起，与剩余的3个语言节目全排列，
共有种情况，又因为7个节目全排列有种情况，
所以所求概率为.
故答案为：.
14. 在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如下图所示：
第0行 1
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
第6行 1 6 15 20 15 6 1

如上图，杨辉三角第6行的7个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第0行的一个数为0，得到一个新的三角数阵如下图：
第0行 0
第1行 0 1
第2行 0 2 2
第3行 0 3 6 3
第4行 0 4 12 12 4
第5行 0 5 20 30 20 5
第6行 0 6 30 60 60 30 6

在这个新的三角数阵中，第10行的第3个数为________；前行的所有数的和为________．
【答案】 ①. 90 ②.
【解析】
【分析】由杨辉三角及二项式系数得出新的三角数阵中第行的第个数为；先求出新的三角数阵中第行的和为，再根据错位相减法求前行的所有数的和即可．
【详解】由题可得杨辉三角中第行的第个数为，
则新的三角数阵中第行的第个数为，故第10行的第3个数为，
新的三角数阵中第行的和为：，
设，，
两边求导得，，
令得，，
所以新的三角数阵中第行的和为，设前行的所有数的和为，
则，
，
两式相减得，，
所以，
故答案为：90，．
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. 甲、乙、丙三人组队参加某知识问答团体比赛．该比赛共分两轮，第一轮回答错误就直接出局，两轮都回答正确称为“通关”，小组三人中至少有2人“通关”就可获得“团体奖”．根据平时训练和测试可知，甲、乙、丙分别正确回答两轮比赛的概率情况如下表：
若三人各自比赛时互不影响．
（1）求甲、乙两人至少有1人“通关”的概率；
（2）在该三人小组获得“团体奖”条件下，求甲乙丙同时通关的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用来表示甲、乙、丙三人的“通关”事件并求对应的概率，然后利用对立事件的性质和独立事件的乘法公式即可求解.
（2）利用独立事件的乘法公式分别计算三人小组获得“团体奖”的概率和甲乙丙同时通关的概率，进而利用条件概率的计算公式即可求解.
【小问1详解】
记事件“甲通关”、 “乙通关”、 “丙通关”，
则，.
甲、乙两人至少有1人“通关”的对立事件为甲、乙两人都不“通关”，
所以,甲、乙两人至少有1人“通关”的概率等于.
故甲、乙两人至少有1人“通关”的概率为.
【小问2详解】
由题意得.
事件“三人小组获得团体奖”，
则
.
甲乙丙同时通关的概率.
所以.
故该三人小组获得“团体奖”的条件下，甲乙丙同时通关的概率为.
16. 已知数列各项均为正数，的前n项和为，从①，；②，这两个条件中任选一个，解决下面两个问题．（如果两个都选择的按第一个给分．）
（1）求数列的通项公式；
（2）数列为等比数列，满足，，数列满足，求的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，根据，作差得到，从而得到，即是常数数列，从而求出的通项公式；若选②，由求出，当时利用作差法得到，从而有，即可得到是以为首项，为公差的等差数列；
（2）首先求出等比数列的公比，即可求出的通项公式，则，利用裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
若选①，，，
当时，即，
当时，所以，
即，
所以，则，所以是常数数列，又，
所以，则.
若选②，
当时，又，解得，
当时，
两式相减可得，
即，所以，
当时，
所以，
即，则，
因为，则，
所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
【小问2详解】
设等比数列的公比为，因为，，
即，，所以，解得，
所以，
则，
所以.
17. 奉节脐橙，是重庆市奉节县特产，中国地理标志产品．奉节脐橙的栽培技术始于汉代，历史悠久，产区位于三峡库区，所产脐橙肉质细嫩化渣，酸甜适度，汁多爽口，余味清香，深受广大群众的喜爱．某果园从一批（个数很多）成熟的脐橙中随机抽取了100个，按质量（单位：）将它们分类如下：质量在的为二级果，质量在的为一级果，质量在的为特级果，个数分别为30个，40个，30个．
（1）从这100个脐橙中任取2个，求2个果都为一级果的概率；
（2）按照比例分配的分层随机抽样，在样本中从二级果，一级果，特级果中抽取10个脐橙进行检测，再从10个脐橙中抽取3个脐橙作进一步检测，这3个脐橙中特级果的个数为X，求X的分布列和数学期望；
（3）若这批脐橙的质量都在内，用样本估计总体，从该批脐橙中任取4个，求4个脐橙中二级果的个数Y的期望与方差．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
（3）,.
【解析】
【分析】（1）依题意，运用古典概率公式即可求得其概率；
（2）根据题意得到的可能值为0，1，2，3，利用超几何分布概率公式求得相关概率，列出分布列，计算出数学期望即可；
（3）由分析可得，随机变量，利用二项分布概率的相关公式即可求得数学期望和方差.
【小问1详解】
因这100个脐橙中一级果有40个，则从这100个脐橙中任取2个，求2个果都为一级果的概率为；
【小问2详解】
按照比例分配的分层随机抽样，所抽取的10个脐橙中，分别是二级果，一级果，特级果的个数依次为3个，4个，3个，
再抽取3个脐橙中特级果的个数的可能值为0，1，2，3，
则；；；.
则X的分布列为：
则；
【小问3详解】
依题，用样本估计总体，从该批脐橙中任取4个脐橙，是二级果的个数满足，
于是Y的期望是,Y的方差为.
18. 已知椭圆的离心率为，且过点．圆的切线l与椭圆E相交于A，B两点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）直线OA，OB的斜率存在为，，直线l的斜率存在为k，若，求直线l的方程；
（3）直线OA，OB与圆的另一个交点分别为C，D，求与的面积之和的取值范围．
【答案】（1）
（2）和
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解之即得椭圆E的方程；
（2）设直线l的斜截式方程，由直线l与圆O相切得到，再将直线与椭圆方程联立整理，写出韦达定理，结合，推导出即可求得直线l的方程；
（3）利用（2）的结论，根据弦长公式求得表达式，利用得到与的面积之和的函数表达式，最后运用基本不等式即可求得范围.
【小问1详解】
由可得，又椭圆过点，则有，
将两方程联立，解得，
故椭圆E的方程为；
【小问2详解】
依题意，设，因直线与圆相切，
故有:，整理得，，①
由消去，整理得，，
显然，设，则，
则，
于是，将① 式代入得，，
即恒成立，则，代入① 式，可得，，
故直线l的方程为；
【小问3详解】
当直线的斜率不存在时，，利用对称性，可取，
代入椭圆方程得,
此时与的面积之和；
当直线的斜率存在为时，，仿上可得，，
则
，
于是，与的面积之和为：
,
即.
因，，当且仅当时等号成立，
此时，又则,
即.
综上所述，与的面积之和的取值范围为.
19. 若函数的导函数在点可导，则称在点的导数值为在点的二阶导数，记作．若在开区间I内的每一点都二阶可导，则得到一个定义在I上的二阶导函数，记作．曲线上任意两点间的弧段总在这两点的下方；而曲线则相反，任意两点间的弧段总在这两点连线的上方．我们把具有前一种特性的曲线称为凸的，相应的函数称为凸函数；后一种曲线称为凹的，相应的函数称为凹函数．连续曲线上凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点．拐点在统计学，物理学，经济学领域都有重要的应用．若函数在定义域内是一条连续不断的曲线，对任意的，的导函数都存在，且的导函数也都存在，若，使得，且在的左右附近，异号，则称点为曲线的拐点．已知函数，，．
（1）求在定义域内的拐点个数；
（2）若在上有唯一拐点，求实数k的取值范围；
（3）函数在区间恰有一个拐点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）0； （2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据拐点的定义计算即可；
（2）根据题意，无变号零点，利用导数判断的单调性求得其最值，即可求得参数的范围.
（3）通过导数将函数拐点问题转换为函数零点问题，并利用函数的极限求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，函数的定义域为，
则函数的一阶导数为：
，
函数的二阶导数为：，
令，在定义域无解，
故函数在定义域内拐点为0个.
【小问2详解】
由题意可知，函数的定义域为，
则函数的一阶导数为：
,
函数的二阶导数为：
因为函数在上有唯一拐点，
所以是唯一的变号零点，
即无变号零点，即无变号零点，
设，，
当时，，
当时，，
所以函数，
当时，；
当时，，
故，满足题意.
【小问3详解】
由题意，，
函数的一阶导数为：
，
函数的二阶导数为：，
因为函数在区间恰有一个拐点，
所以在区间恰有一个零点.
所以在区间恰有一个零点.
令，
首先观察函数在和的极限或取值
由于函数在区间恰有一个零点，
那么在区间上必须改变符号，
且，
因为在区间上都大于0，
又，
要使区间上改变符号，
必须有，
即的取值范围为：.
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面分析
（1）根据拐点的定义，采用函数的二阶导数求解；
（2）对于唯一拐点问题，通过构建函数单调性来判断，注意复合函数的导数计算；
（3）将拐点问题转化为函数零点问题，复杂问题简单化.甲
乙
丙
第一轮回答正确的概率
第二轮回答正确的概率
0
1
2
3