福建省福州市闽江口协作体（七校）2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题

这是一份福建省福州市闽江口协作体（七校）2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题，共9页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，随机变量X的分布列如下，且，则，在的展开式中，下列命题正确的是，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5.本卷主要考查内容：必修第一册第一、二、三章，选择性必修三第六章、第七章7.1-7.3。
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.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.小五和小明两人从4门课程中各选修1门，则小五和小明所选的课程的选法共有（ ）
A.8种B.12种C.16种D.18种
3.下列叙述中，是离散型随机变量的是（ ）
A.某电子元件的寿命
B.高速公路上某收费站在一小时内经过的车辆数
C.某人早晨在车站等出租车的时间
D.测量某零件的长度产生的测量误差
4.已知一个直角三角形的面积为16，则该三角形周长的最小值为（ ）
A.B.C.D.
5.已知函数在上的值域为，则在上的值域为（ ）
A.B.C.D.
6.已知，，则“”是“的二项展开式中存在常数项”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
7.随机变量X的分布列如下，且，则（ ）
8.将编号为1，2，3，4，5，6的小球放入编号为1，2，3，4，5，6的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有3个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A.B.C.D.
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.在的展开式中，下列命题正确的是（ ）
A.偶数项的二项式系数之和为32B.第3项的二项式系数最大
C.常数项为60D.有理项的个数为3
10.下列说法正确的是（ ）
A.已知是奇函数，则有
B.函数的单调减区间是
C.定义在上的函数，若，则不是偶函数
D.已知在上是增函数，若，则有
11.若，，，则（ ）
A.B.
C.D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.A，B等6人排成一列，则A在B的前面的排法种数是________种.（用数字作答）
13.已知函数是定义域为的奇函数，当时，.若，则的取值范围为_______.
14.已知，若关于的不等式的解集中恰有3个整数解，则的取值范围是_______.
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、证明过程及演算步骤。
15.（本小题满分13分）
根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某学校政治组有4名男教师和3名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起.求：
（1）4名男教师必须坐在一起的坐法有多少种?
（2）3名女教师互不相邻的坐法有多少种?
16.（本小题满分15分）
（1）已知，求值：；
（2）解方程：.
17.（本小题满分15分）
已知在二项式的展开式中，第三项的系数是第二项的系数的倍.
（1）求正整数的值；
（2）若展开式中各项系数之和为，二项式系数之和为，求的值；
（3）求系数最大的项.
18.（本小题满分17分）
已知函数的定义域为，对任意正实数，都有，且当时，.
（1）求的值；
（2）试判断的单调性，并证明；
（3）若，求的取值范围.
19.（本小题满分17分）
已知不透明的袋子中装有7个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，5个黑球，从中无放回地随机取球，每次取一个.
（1）求前两次取出的球颜色相同的概率；
（2）当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量，求的分布列以及数学期望.
2023~2024学年第二学期闽江口协作体（七校）期中联考·高二数学
参考答案、提示及评分细则
1.C∵，，∴.故选C.
2.C∵小五和小明两人从4门课程中各选修1门，∴由乘法原理可得小五、小明所选的课程的选法有4×4=16（种）.故选C.
3.B某电子元件的寿命可为任意值，不能一一列举出来，不是离散型随机变量；
一小时内经过的车辆数可以一一列举出来，是离散型随机变量；
等出租车的事件是随机变量，但无法一一列出，不是离散型随机变量；
测量误差不能一一列出，不是离散型随机变量.故选B.
4.C设三角形的两条直角边长为，，可得，三角形的周长为，当且仅当时取等号.故选C.
5.B函数在上的值域为，
令，所以在上的取值范围为，
又是奇函数，所以在上的值域为，
所以在上的值域为.故选B.
6.A若，则的常数项为；
若的二项展开式中存在常数项，
设常数项为，
则，，为整数，
∴能被4整除.
∴“”是“”的二项展开式中存在常数项”的充分不必要条件.故选A.
7.C根据题意可得解得
.
故选C.
8.D由题得任意放球共有种方法，如果有3个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从6个小球里选3个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2、3号球，则再对后面的4，5，6进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有（5，6，4），（6，4，5）两种，
所以有3个小球与所在的盒子的编号相同，共有20×2=40种方法.
由古典概型的概率公式得恰有3个小球与所在盒子编号相同的概率为，故选D.
9.AC偶数项的二项式系数之和为，故A正确；
∵当时，的值最大，∴是第4项的二项式系数最大，故B错误
，
令，，
∴，故C正确；
为整数时，，
∴有理项的个数为4，故D错误，故选AC.
10.CD奇函数不一定过，所以A错误；
，所以函数的单调减区间是，，故B错误；
如果是定义在上的偶函数，，∴不是偶函数，故C正确；
在上是增函数，若，即，，所以，，所以，即，故D正确.故选CD.
11.ACD因为，所以，A正确；
因为，，所以，B错误；
因此，，C正确；
从而.D正确.故选ACD.
12.360 .
13.
当时，的对称轴为，故在上单调递增.
函数在处连续，又是定义域为的奇函数，
故在上单调递增.
因为，由，可得，
又因为在上单调递增，所以，解得.
14.
由于，，
则不等式的解为，
由于恰有3个解，其中，于是3个解为-2，-1，0，则要求，解出，
综上，.
15.解：（1）根据题意，先将4名男教师排在一起，有种坐法，
将排好的男教师视为一个整体，与3名女教师进行排列，共有种坐法，
由分步乘法计数原理，共有24×24=576种坐法；
（2）根据题意，先将4名男教师排好，有种坐法，
再在这4名男教师之间及两头的5个空位中插入3名女教师，有种坐法，
由分步乘法计数原理，共有60×24=1440种坐法.
16.解：（1）∵，∴，解得或（舍），
因为，所以，
原式；
（2）因为，
所以，
化简可得，同时，解得.
17.解：（1）由题意得，二项式的展开式的通项为
，，
第三项的系数是
第二项的系数是
又由第三项的系数是第二项的系数的倍，有
解得；
（2）对于二项式，令，即得展开式中各项系数之和为，可得，
展开式的二项式系数之和为，可得，
可得；
（3）展开式的通项为，，
则
整理得即
而，∴，所以系数最大的项为.
18.解：（1）令，得，解得；
（2）在上单调递减，
不妨设，
所以
，
又，所以，所以，所以，
即，
所以在上单调递减；
（3）由（2）知在上单调递减，
若，即，
所以
解得或，即的取值范围是.
19.解：（1）设事件A为“前两次取出的球颜色相同”，
设事件B为“第一次取黑球，第二次取黑球”，则，
事件C为“第一次取白球，第二次取白球”，则，
因为事件B与C互斥，
所以，
所以前两次取出的球颜色相同的概率为；
（2）依题意，的取值为2，3，4，5，6，7，
，，
，，
，，
所以的分布列为
所以.
0
1
2
0.2
2
3
4
5
6
7