黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期联合期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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2023－2024学年度高二下学期联合期中考试
数学试卷
考试时间：120分钟，满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本初等函数的导数公式及导数的四则运算即可求解.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，，故D不正确.
故选：A.
2. 掷一个均匀的骰子．记A为“掷得点数小于5”，B为“掷得点数为奇数”，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知列出事件A和事件的结果，求出，，然后利用条件概率公式求解即可.
【详解】掷一个均匀的骰子，有共种结果，
事件A包含点数为，共种结果，所以；
事件包含点数为共种结果，所以，
所以．
故选：D
3. 若是函数的导函数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出的导数，然后令，解方程即可解.
【详解】根据题意，，
所以，
令，得，
解得，所以，
则.
故选：A
4. 已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究单调性即可求解A；构造函数，即可求解B；构造函数，求导即可判断C；构造函数，利用导数得，可得证D.
【详解】对于A，令且，则，故在上递减，
又，所以，A错误；
对于B，令且，则，故在上递增，
又，所以，B错误；
对于C，令且，则，
所以上，递减，上，递增，
而，此时不能比较，的大小，
所以无法确定的大小，C错误；
对于D，令，则，
故在上递增，，所以，
由，，可得D正确，
故选：D.
5. 设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（ ）
A. 60B. 100C. 120D. 130
【答案】D
【解析】
【分析】明确集合中满足的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合中满足的元素的个数，
即指中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为（个），
故选：D
6. 已知曲线存在过坐标原点的切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，
∴，
设切点为，则，切线斜率，
∴切线方程为，
∵切线过原点，
∴，整理得：
∵存在过坐标原点的切线，
∴，解得或，
∴实数的取值范围是.
故选：B.
7. 已知函数，若对，使得，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出函数f(x)的值域，运用导函数求出函数g(x)的单调性和值域，再根据已知条件结合得到不等式组，即可得到答案.
【详解】解：因为，所以的值域为，，
当时，在上单调递减.
当时，由时得到，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.得，
又时，，由题意，得，得.
故选：C.
8. 已知函数是定义域为，是函数的导函数，若，且，则不等式的解集为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】令，，则．因为，所以，所以函数在上单调递增．易得 ，因为函数的定义域为，所以，解得，所以不等式等价于，即．又，所以，所以等价于．因为函数在上单调递增，所以，解得，结合可得．故不等式的解集是．故选C．
二、多项选择题：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．部分选对部分得分，有选错的得0分．
9. 已知，.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据条件概率公式和独立事件乘法公式即可判断ABC，再根据即可判断D.
【详解】对B，，B正确；
对A，，，A错误；
对C，，，C正确；
对D，
，D正确.
故选：BCD.
10. 已知的二项展开式中二项式系数之和为64，下列结论正确的是（ ）
A. 二项展开式中各项系数之和为
B. 二项展开式中二项式系数最大的项为第四项
C. 二项展开式中有3个有理项
D. 二项展开式中系数最大的项为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由二项展开式中二项式系数之和为64求出，再得出通项，令可得A正确；由组合数的性质可得B正确；令为整数，可得C错误；令，可得D正确；
【详解】因为的二项展开式中二项式系数之和为64，
所以，所以二项式为，
通项为，
A：令，可得二项展开式中各项系数之和为，故A正确；
B：当时，二项式系数最大，即第四项，故B正确；
C：令为整数，解得，所以有4个有理项，故C错误；
D：因为通项为，
所以项的系数为，，
经检验，时，项的系数最大,为，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知函数，其中为自然对数的底数，则（ ）
A. 若为减函数，则B. 若存在极值，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对求导可得，当时，也为减函数，可得A错误；若存在极值可知存在“变号”零点，可得B正确；由可得，构造并判断单调性可得，C正确；由可得，易知，可得，构造函数并判断单调性即可求得，D正确.
【详解】因为，所以，
所以当时，为减函数，A错误．
若存在极值，则存在“变号”零点．
因为可得，所以，即，B正确．
若，则，即．
令，则，
所以当时，，当时，，
所以在上为减函数，在上是增函数，
所以，所以，C正确．
若，即．由，得，即，
所以，易知，所以．
设，．
设，所以在上单调递增，
结合，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
所以，所以，即，D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：在求解参数取值范围时，往往根据已知条件得出变量之间的基本关系，通过构造函数得出函数单调性即可求得参数取值范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 2023年冬天我国多地爆发流感，已知在三个地区分别有的人患了流感，这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取1人，则这个人患流感的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据相互独立事件的概率公式和全概率公式结合题意求解即可.
【详解】设事件为“这个人患流感”，事件分别表示这个人选自三个地区，
则由已知得，
，
所以由全概率公式得
,
故答案为：
13. 第三届中非经贸博览会于2023年6月29日在湖南长沙举行，组委员会准备安排甲，乙等5名工作人员去A，B，C，D这4所场馆担任服务工作，每个场馆至少安排1人，其中甲，乙不能安排在同一场馆，且乙不能安排到A场馆，则不同的安排方法种数为____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分乙单独去某场馆和乙与某人去同一场馆，两种情况讨论，结合排列数和组合数的公式，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类，
乙单独去某场馆，先让乙选一个场馆，有种选法，再将剩余的4人，分为的三组，分到剩余三个场馆，有，共有种结果，
乙和某人去同一场馆，从除甲外的3人选一人与乙同行，并安排B、C、D馆中的一个，其余3人做全排，共有种结果，
所以不同的安排方法种数为．
故答案为：.
14. 已知存在两个极小值点，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意，至少有三个变号零点，可得与的图像有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性，作出函数图像，数形结合求的取值范围，并证明符合题意.
【详解】由题知，定义域为，
所以，
若存在两个极小值点，则至少有三个变号零点，
因为，所以需在上至少有两个不等于1的零点，
即与，有两个不同的交点，故，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
因为指数函数增长比幂函数增长快，所以当趋向于正无穷时，远远大于，
故趋向于正无穷时，趋向于0，又因，，
由此画出在图像如下：

由图象可知：，下证：当时，有两个极小值点，
不妨记与的两个不同交点的横坐标为，，可记，
则当时，，即，，
此时，单调递减，
当时，，即，，
此时，单调递增，
当时，，即，，
此时，单调递减，
当时，，即，，
此时，单调递增，
故存在两个极小值点分别为，符合题意，故成立.
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：
导数研究函数的极值，可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
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、乙两箱各有6个大小相同的小球，其中甲箱2个红球，4个蓝球，乙箱3个红球，3个蓝球．先从甲箱随机摸出2个球放入乙箱，再从乙箱随机摸出1个球．
（1）从甲箱摸出的2个球至少有一个蓝球的概率；
（2）从乙箱摸出的小球是蓝球的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件“从甲箱摸出的蓝球个数”，（，，），根据互斥事件的概率公式计算可得；
（2）利用全概率公式计算可得.
【小问1详解】
设事件“从甲箱摸出的蓝球个数”，（，，），
事件“从甲箱摸出的个球至少有一个蓝球”，
则且与互斥，所以，
所以从甲箱摸出的个球至少有一个蓝球的概率为．
【小问2详解】
记事件“从乙箱中摸出的是蓝球”，
则，

，
所以从乙箱摸出的是蓝球概率为．
16. 已知的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为．
（1）求n的值，
（2）求展开式中的常数项；
（3）求展开式中含的项的系数．
【答案】（1）6 （2）160
（3）6252
【解析】
【分析】（1）利用二项式系数的比值求出n；
（2）利用通项公式求解；
（3）利用通项公式分别写出与的符合题意得项，相乘再相加即可.
【小问1详解】
根据题意，，
所以；
【小问2详解】
由（1）二项式展开式的通项公式为
，
由得，所以展开式中的常数项为；
【小问3详解】
由（1），
展开式中含项为：
所以展开式中含项的系数为6252.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，记的最小值为，求不等式的解集.
【答案】（1）极小值，无极大值
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将代入函数解析式，求导，即可求函数的极值；
（2）对函数求导得，分和两种情况讨论函数的的单调性即可.
（3）先求出的最小值为，化不等式为；法一：构造函数，利用二次求导探究函数的单调性，求出符合题意的的取值范围即可；法二：化为，构造函数，通过导数研究函数的单调性，即可求出符合题意的的取值范围.
【小问1详解】
时，，，
令，解得；当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
所以时，有极小值，无极大值 ；
【小问2详解】
，，
，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增 ；
当时， 令，解得（舍去），；
当，，在上单调递减；，，
在上单调递增；
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3详解】
由（2）知当时，，
不等式即；
法一：令，
令，，
当，，所以在单调递减，
，，所以在单调递增；
所以，所以，
所以在单调递增，而，
所以当时，，即 ；
法二：孤立对数，，即，
因为，所以，所以，令，
，所以在单调递增，
而，所以当时，，即 ；
18. 已知函数，．
（1）求函数在区间上的最大值；
（2）若，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数分类讨论求最值；
（2）根据题意，分离参数得恒成立，借助不等式，可求的最小值.
【小问1详解】
函数的定义域为.
由已知可得．
当时，，故在区间上单调递增，
所以函数在区间上的最大值为；
当时，由，解得；由，解得．
所以函数在上单调递增，在上单调递减.，
则当时，，则函数在区间上单调递增，
所以最大值为；
当时，，则函数在区间上先增后减，
所以最大值为；
当时，，则函数在区间上单调递减，
所以最大值为；
综上所述，当时， 函数在区间上的最大值为，
当时，函数在区间上的最大值为，
当时，函数在区间上的最大值为；
【小问2详解】
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
依题意，，恒成立，即恒成立，
而，
当且仅当时，等号成立，
因为函数在上单调递增，，
所以存在，使得成立，
所以，即实数a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第（2）问中借助不等式,求最值.
19. 已知函数．
（1）若时，函数有2个不同的零点，求的取值范围；
（2）已知为函数的导函数，在上有极小值0，对于某点，在点的切线方程为，若对于，都有，则称为好点．
①求的值；
②求所有的好点．
【答案】（1）
（2）①;②
【解析】
【分析】（1）当时，函数有2个不同的零点，分离常数可得有两个正根，构造函数，利用导数考查单调性，即可求解；
（2）由已知对函数求导，结合函数的几何意义可求得切线方程，构造函数，然后结合函数的单调性及极值的存在条件及函数的性质分别求解即可.
小问1详解】
当时，函数有2个不同的零点，
即方程有两个正根，即有两个正根，
设，则，
则当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
又，当时，，当时，，
故当时，函数在区间上存在两个零点，
故的取值范围的取值范围为.
【小问2详解】
①因为，则
设则，时，得，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则为函数的极小值点，
则，解得.
②设为好点，
对于，都有，
当时，成立；
当时，恒成立，
当时，恒成立，
因为在点的切线方程为，
所以，
设，即，
则，
又因为在上单调递减，在上单调递增，
当时，因为是好点，则恒成立，
若，则在上单调递增，
则，恒成立，
则在上单调递增，
则，满足条件，
故成立；
若时，则在上单调递减，在上单调递增，
时，，，
所以在上单调递减，矛盾，不满足题意.
当时，因为好点，则恒成立，
若，则在上单调递减，
则，恒成立，
则在上单调递增，
则，满足条件，
故成立；
若时，则在上单调递减，在上单调递增，
在时，，，
所以上单调递减，矛盾，不满足题意.
综上可知，且，故，而，
所以只有一个好点.
【点睛】思路点睛：对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．