河北省示范性高中2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河北省示范性高中2023-2024学年高二下学期4月期中联考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 某校要从高二某班6名班干部， 的展开式中，项的系数为， 已知离散型随机变量的分布列为等内容，欢迎下载使用。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 如图，已知每条线路仅含一条通路，当一条电路从处到处接通时，不同的线路可以有（ ）

A. 6条B. 7条C. 8条D. 9条
2. 若函数，则（ ）
A. B. C. D.
3. 若，则的值为（ ）
A. 35B. 34C. 56D. 55
4. 某校要从高二某班6名班干部（其中2名男生，4名女生）中抽调2人主持学校举行的国旗下讲话活动，则被抽调的班干部中至少有一位是女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 的展开式中，项的系数为（ ）
A. -75B. -79C. -39D. -35
6. 已知离散型随机变量的分布列为
若，则（ ）
A. 2B. 3C. 6D. 7
7. 已知若对任意的正实数，满足当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下7个小球中取出两个小球，结果都是红球，则丢掉的小球也是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知二项式二项式系数和为32，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大
C. 展开式各项系数之和是243
D. 展开式中的有理项有3项
10. 已知随机变量，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 定义：设为三次函数，是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为三次函数图象的“拐点”.经过探究发现：任意三次函数图象的“拐点”是其对称中心.已知三次函数的极大值点和极小值点分别为，且有，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 方程有三个根
C. 若关于方程在区间上有两解，则或
D. 若函数在区间上有最大值，则
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12 已知随机变量，若，则__________.
13. 已知，则__________.
14. 已知函数的图象经过两点，且的图象在处的切线互相垂直，则实数的取值范围是__________.
四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 为丰富广大人民群众文化生活，增强群众文化获得感、幸福感，2024年4月9日，由河北省群众文化学会主办的“‘双争’有我”盛世丹青大家绘在河北省群艺馆开展.若此次展览中打算安排国画､油画､水彩画､插画､漫画五件艺术作品的展出顺序.
（1）共有多少种不同安排方案？
（2）若要求第一件展出的艺术作品不能是国画，则共有多少种不同的安排方案？
（3）若要求油画和插画的展出顺序相邻，则共有多少种不同的安排方案？
16. 某植株培育基地培育了一种新的植株并在种植园里大量种植，为了了解植株生长高度的情况，随机抽取了40株植株作为样本，测量出它们的高度（单位：），由此得到如图所示的频率分布直方图（分组区间为）.

（1）根据频率分布直方图，求值及高度超过的样本植株数量；
（2）在上述抽取的40株植株中任取2株，设为高度不超过的植株数量，求的分布列及期望.
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
18. 某公司生产某种大型机器配件，根据以往生产情况统计，产品为一等品的概率为，每件利润千元，产品为二等品的概率为，每件利润千元，其余为不合格品，生产出一件不合格品亏损千元.已知公司的现有生产能力每天只能生产两件机器配件.
（1）求该公司每天生产的两件配件中含有不合格品的概率；
（2）求该公司每月（按天算）所获利润（千元）的数学期望；
（3）若该公司要增加每天的生产量，则需增加投资，若每天产量增加件，其成本也将相应提高千元，请从公司决策者的角度判断是否应该增加公司每天的产量，并说明理由.（参考数据：）
19. 已知函数（为正实数）.
（1）讨论函数极值点的个数；
（2）若有两个不同的极值点.
（i）证明：；
（ii）设恰有三个不同的零点.若，且，证明：.
0
1
2
3
河北省示范性高中高二年级期中质量检测联合测评
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 如图，已知每条线路仅含一条通路，当一条电路从处到处接通时，不同的线路可以有（ ）

A. 6条B. 7条C. 8条D. 9条
【答案】D
【解析】
【分析】根据分类加法计数原理及分步乘法计数原理，即可求得答案.
【详解】由于每条线路仅含一条通路，由图示可知上半部分的线路有3条，
下半部分为串联电路，接通时有6条线路，
故共有9条线路，
故选：D
2. 若函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，再代入计算可得.
【详解】因为，定义域为，所以，
所以.
故选：B
3. 若，则的值为（ ）
A. 35B. 34C. 56D. 55
【答案】D
【解析】
【分析】由组合数的性质计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：D.
4. 某校要从高二某班6名班干部（其中2名男生，4名女生）中抽调2人主持学校举行的国旗下讲话活动，则被抽调的班干部中至少有一位是女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由被抽调的班干部中至少有一位是女生的概率等于1减去被抽调的班干部都是男生的概率再结合古典概率求解即可.
【详解】由题意可得，被抽调的班干部中至少有一位是女生的概率为
，
故选：B
5. 的展开式中，项的系数为（ ）
A. -75B. -79C. -39D. -35
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式定理通项公式得的展开式的通项公式，依题意可得项的系数.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
所以当时，当时，
所以项的系数为-79，
故选：B.
6. 已知离散型随机变量的分布列为
若，则（ ）
A. 2B. 3C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据分布列的性质以及数学期望求出的值，即可求得，根据方差的性质，即可求得答案.
【详解】由题意知，
由得，解得，
故，
故，
故选：C
7. 已知若对任意的正实数，满足当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把原不等式变形为，构造函数，求导分析单调性，再令为其单调减区间的子区间求出即可.
【详解】由可得，
即，
因为若对任意的正实数，满足当时，，
设，则在上为减函数，
因为在恒成立，
所以在恒成立，
所以，即实数的取值范围为，
故选：D.
8. 小明在某不透明的盒子中放入4红4黑八个球，随机摇晃后，小明从中取出一个小球丢掉（未看被丢掉小球的颜色）.现从剩下7个小球中取出两个小球，结果都是红球，则丢掉的小球也是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由古典概率公式求出，再由全概率公式求出，最后由条件概率求出即可.
【详解】用表示丢掉一个小球后任取两个小球均为红球，用表示丢掉的小球为红球，表示丢掉的小球为黑球，
则，，
由全概率公式可得
，
所以，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：条件概率公式为，全概率公式为.
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知二项式的二项式系数和为32，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 展开式中只有第三项的二项式系数最大
C. 展开式各项系数之和是243
D. 展开式中的有理项有3项
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据二项式系数和为，计算可得，判断A；根据，即可判断B；令，即可判断C；求出展开式的通项，令的幂指数为整数，即可判断D.
【详解】因为知二项式二项式系数和为32，所以，即，A正确；
因为，所以二项展开式有项，
所以展开式的第三项和第四项的二项式系数均为最大值，B错误；
令，，
所以展开式各项系数之和是243，C正确；
，因为，
所以、、时，为有理项，所以D正确.
故选：ACD
10. 已知随机变量，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由二项分布的期望公式可得A正确；方差公式可得B错误；由二项分布的概率公式可求C错误；由期望公式可得D正确.
【详解】A：因为随机变量，且，所以，故A正确；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：AD.
11. 定义：设为三次函数，是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为三次函数图象的“拐点”.经过探究发现：任意三次函数图象的“拐点”是其对称中心.已知三次函数的极大值点和极小值点分别为，且有，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 方程有三个根
C. 若关于的方程在区间上有两解，则或
D. 若函数在区间上有最大值，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意可得的对称中心为，即可得到，从而求出、的值，再利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，即可画出函数图象，最后根据图象一一分析即可.
【详解】对于三次函数，则，，
若，令，则（、为的两根，为三次函数的两个极值点），
令，则，所以，
依题意的极大值点和极小值点分别为，且有，
所以的对称中心为，
对于A，由，可得，，
所以，即，解得，故A正确；
对于B，因为，，
当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
则的图象如下所示：

由图可知与有且仅有个交点，所以方程有三个根，故B正确；
对于C，又，若关于的方程在区间上有两解，
即与在区间上有两个交点，则，故C错误；
对于D，由，
若函数在区间上有最大值，则，解得，即，故D正确.
故选：ABD
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知随机变量，若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性计算可得答案.
【详解】因为随机变量，若，
所以，
故答案为：
13. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理把按展开，求出第4项系数即得.
【详解】依题意，，因此.
故答案为：
14. 已知函数的图象经过两点，且的图象在处的切线互相垂直，则实数的取值范围是__________.
【答案】.
【解析】
【分析】求导后构造函数，再次求导分析单调性，求出的值域为，把问题转化为存在斜率，使得，最后令，解一元二次不等式求出结果即可.
【详解】由题意可得，
令，则，
令，则，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
又当时，，
所以值域为，
由题意可得存在斜率，使得，
（当区间的两端点值乘积小于时，区间内任意取值的乘积可能等于或大于）
则，即，
解得，
故答案：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过构造函数求导分析单调性和值域把问题转化为：存在斜率，使得，然后解不等式.
四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 为丰富广大人民群众文化生活，增强群众文化获得感、幸福感，2024年4月9日，由河北省群众文化学会主办的“‘双争’有我”盛世丹青大家绘在河北省群艺馆开展.若此次展览中打算安排国画､油画､水彩画､插画､漫画五件艺术作品的展出顺序.
（1）共有多少种不同的安排方案？
（2）若要求第一件展出的艺术作品不能是国画，则共有多少种不同的安排方案？
（3）若要求油画和插画的展出顺序相邻，则共有多少种不同的安排方案？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接将五件艺术品全排列即可；
（2）首先从其余四件艺术品（除国画）中选一件排在第一个展出，再剩下的全排列即可；
（3）相邻问题利用捆绑法.
【小问1详解】
安排国画､油画､水彩画､插画､漫画五件艺术作品的展出顺序，
共有种不同的安排方案；
【小问2详解】
若要求第一件展出的艺术作品不能是国画，则从其余四件艺术品中选一件排在第一个展出，
则共有种不同的安排方案；
【小问3详解】
若要求油画和插画的展出顺序相邻，则将这两件艺术品捆绑在一起，
看做一件作品与其余三件艺术品全排列，然后组内还需全排列，
故有种不同安排方案.
16. 某植株培育基地培育了一种新的植株并在种植园里大量种植，为了了解植株生长高度的情况，随机抽取了40株植株作为样本，测量出它们的高度（单位：），由此得到如图所示的频率分布直方图（分组区间为）.

（1）根据频率分布直方图，求的值及高度超过的样本植株数量；
（2）在上述抽取的40株植株中任取2株，设为高度不超过的植株数量，求的分布列及期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的性质，求得，得到高度超过所占的频率，进而求得高度超过的样本植株数量；
（2）由题意，随机变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得数学期望.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图的性质，可得，
解得，
其中高度超过所占的频率为，
所以高度超过的样本植株数量为珠.
【小问2详解】
解：由题意，随机变量的可能取值为，
其中高度不超过的植株数量为珠，
可得，
所以随机变量的分布列为：
所以期望为.
17. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用求导可知，都是常数，所以该点的切线方程易求得；
（2）此题不宜用分离参变量方法，而是含参求导分析，要抓住这个含参函数的定值，而这个定值恰好是不等式对任意恒成立的一个端点值，所以由此联想到要使得，则必需要使得紧靠0的右侧附近区域递增，这样也就只需要紧靠0的右侧附近区域，然后又抓住这个定值条件，所以继续同上分析的二次导函数，最后通过分类讨论得出问题的答案.
【小问1详解】
由得：
所以当时，有，，
由曲线在点处的切线方程为，得：，
即曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
令，则，
由于得：，所以把参数按下面分类讨论：
①当时，有，则在区间上是单调递增，
即，从而可知，
所以函数在区间上也是单调递增，
即有最小值，此时不等式对任意恒成立，
所以当时，满足题意；
②当时，由得，，
则当时，，则在区间上是单调递减，
且当时，，则在区间上是单调递增，
即，又当时，可判断，
由上可知在开区间存在唯一零点，假设零点为，
则可知当时，，则在区间上是单调递减，
可知当时，，则在区间上是单调递增，
即，此时不等式对任意不恒成立，
即当时，不满足题意，被舍去；
综上所述：实数的取值范围是.
18. 某公司生产某种大型机器配件，根据以往生产情况统计，产品为一等品的概率为，每件利润千元，产品为二等品的概率为，每件利润千元，其余为不合格品，生产出一件不合格品亏损千元.已知公司的现有生产能力每天只能生产两件机器配件.
（1）求该公司每天生产的两件配件中含有不合格品的概率；
（2）求该公司每月（按天算）所获利润（千元）的数学期望；
（3）若该公司要增加每天的生产量，则需增加投资，若每天产量增加件，其成本也将相应提高千元，请从公司决策者的角度判断是否应该增加公司每天的产量，并说明理由.（参考数据：）
【答案】（1）
（2）千元
（3）不应增加产量，理由见解析
【解析】
【分析】（1）记事件为生产的一件配件是不合格品，则，再根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）设每天生产的两件产品的利润为（千元），则的可能取值为，，，，，，求出所对应的概率，即可求出，再由，根据方差的性质计算可得；
（3）由（2）可知平均每件产品的利润为（千元），从而得到增加的件产品的利润为，，令，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【小问1详解】
记事件为生产的一件配件是不合格品，
则，
所以该公司每天生产的两件配件中含有不合格品的概率.
【小问2详解】
设每天生产的两件产品的利润为（千元），则的可能取值为，，，，，，
所以，，
，，
，，
所以，
又，所以，
所以该公司每月（按30天算）所获利润的数学期望为千元.
【小问3详解】
由（2）可知平均每件产品的利润为（千元），
则增加件产品，利润增加千元，成本也相应提高（千元），
所以增加的件产品的利润为，，
设，则，
所以当时，则在上单调递增，
当时，则在上单调递减，
所以当时取得极大值，即最大值，所以，
即在取得最大值时也是亏本，所以不应增加产量.
19. 已知函数（为正实数）.
（1）讨论函数极值点的个数；
（2）若有两个不同的极值点.
（i）证明：；
（ii）设恰有三个不同的零点.若，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后利用导数等于零再结合二次函数的性质判断极值点情况即可；
（2）（i）由（1）和对数的运算性质得到，可证明；（ii）由（1）和（i）可得，问题转化为即证，再对已知等式变形为，问题进一步转化为即证，然后构造函数求导，再对导数的分子构造函数求导分析单调性即可证明.
小问1详解】
，
设，
因为开口向下，，
所以当时，恒成立，即，
所以在上单调递减，无极值点；
当时，令，解得，且，
所以在上单调递增；在和上单调递减；此时有两个极值点，
综上，当时，无极值点；
当时，有两个极值点.
【小问2详解】
（i）证明：由题意及（1）可知，且，
又因为，
所以.
（ii）证明：由（1）知，，，
由及（i）知，
所以.
若证，即证，
不妨设，则，
由得，
要证，只需证，
再两边去对数得，
即，
即证，
令，则，
再令，则，
所以在内单调递减，
又，则在单调递减，
由得，且，
所以，即，
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问关键在于利用前两问的结论得到，再利用对数的运算把问题转化为即证，然后构造函数求导分析单调性即可.
0
1
2
3
0
1
2