北京市第八十中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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班级______姓名______考号______
（考试时间120分钟 满分150分）
提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答.
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.
1. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球．若从中不放回地取球2次，每次任取1个球，记“第一次取到红球”为事件，“第二次取到红球”为事件，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率公式求解即可.
【详解】.
故选：C.
2. 函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，则（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均变化率和瞬时变化率的概念直接计算.
【详解】函数在区间上的平均变化率等于，
由，得，所以，
因为函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，
所以，解得.
故选：B
3. 已知，若，则的取值可以为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助赋值法计算即可得.
【详解】令，有，
即或.
故选：A.
4. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数判断的单调性，结合单调性比较大小.
【详解】因为在上恒成立，可知在上单调递增，
又，所以.
故选：D.
5. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，仅有两人报同一项目的报名方法种数为（ ）
A 18B. 24C. 30D. 36
【答案】D
【解析】
【分析】由题意先分组再排列即可得解.
【详解】由题意，四名同学分为三组，其中一组2人，安排报名3个项目即可，
共有种不同的方法.
故选：D
6. 将8个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数为（ ）
A. 3B. 6C. 10D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】对每个盒子放入2个球，再看余下2个球的去向即可得解.
【详解】依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子有种方法，放入两个盒子有种方法，
所以不同放法的种数为.
故选：B
7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在，再由函数的单调性及可得不等式的解集.
【详解】因为单调递增，且，，
所以存在唯一，使得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以由可得，
故选：A
8. 设随机变量X的概率分布如表所示，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据概率之和为1和期望值得到方程组，求出，得到答案.
【详解】由题意得，，
解得，
故.
故选：B
9. 从0，1，2，5中取三个不同的数字，组成能被5整除的三位数，则不同三位数有（ ）
A. 12个B. 10个C. 8个D. 7个
【答案】B
【解析】
【分析】根据能被5整除的数的特征，分类讨论，结合排列组合即可求解.
【详解】能被5整除的三位数末位数字得是0或5，
当末位数字为0时，此时有个符合条件的三位数，
当末位数字为5时，此时有个符合条件的三位数，
因此一共有个，
故选：B
10. 已知函数， 现给出如下命题:
① 当时，；
②在区间上单调递增；
③在区间上有极大值；
④ 存在，使得对任意，都有.
其中真命题的序号是（ ）
A. ①②B. ②③
C. ②④D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦函数的性质可判断①，利用导数研究函数性质，可判断②③④．
【详解】①当时，，则，故①为假命题；
②，当时，，所以恒成立，
故在区间上单调递增，故②为真命题；
③∵，，且在区间上连续，
故存在，使时，，时，，
∴当时，取得极大值，故③为真命题；
④由函数不存在最大值和最小值，
故不存在，使得对任意，都有，故④为假命题.
故选：B
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 的二项展开式中的系数为______.
【答案】80
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】的二项展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：
12. 若10个篮球中有7个已打足气，3个没有打足气．已知小明用打足气的篮球投篮，命中率为，用没有打足气的篮球投篮，命中率为，则小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式和全概率的加法公式计算即可求解.
【详解】由题意知，小明任意拿一个球投篮命中的概率为
.
故答案为：0.72
13. 小明同学进行射箭训练，每次射击是否中靶相互独立，根据以往训练情况可知小明射击一次中靶的概率为，则小明射击3次恰好有2次中靶的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查n次独立重复试验概率的求解,直接利用n次独立重复试验概率公式运算求解即可.
【详解】由题可知小明同学射击3次恰好有2次中靶的概率为.
故答案为：.
14. 设曲线在点处的切线与直线垂直，则_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】由切线与直线垂直可得切线斜率为2，再对曲线求导，根据导数的几何意义有，即可求a值.
【详解】直线的斜率为，
由题设知：在处的切线的斜率为，而，
∴，可得.
故答案为：.
15. 已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使得函数的最小值为；
②存在实数，使得函数的最小值为；
③存在实数，使得函数恰有个零点；
④存实数，使得函数恰有个零点．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①③
【解析】
【分析】取特殊值判断①，当时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.
【详解】当时，，显然函数的最小值为，故①正确；
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，由可得，
此时，时，，在上单调递减，所以，
与最小值为矛盾，
若时，的对称轴方程为，当时，
即时，，若，则与矛盾，
当时，在上单调递减，无最小值，
综上，当时，函数的最小值不为，故②错误；
由②知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故③正确；
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点，
所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分类讨论，利用导数研究上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知的图象经过点，且在处的切线方程是.
（1）求的解析式；
（2）求的单调递增区间和极值.
【答案】（1）；
（2）单调增区间为，极大值为1，极小值为.
【解析】
【分析】（1）根据，以及导数的几何意义，待定系数即可求得结果；
（2）根据正负，分析的单调性，即可求得单调区间和极值.
【小问1详解】
，，
由题可知， ，故，
解得，故.
【小问2详解】
，，
令，解得或，
故当，，单调递增，
当，，单调递减，
当，，单调递增；
又，；
故的单调增区间为，极大值为1，极小值为.
17. 甲、乙两队要举行一场排球比赛，双方约定采用“五局三胜”制．已知甲队每局获胜的概率为，乙队每局获胜的概率为．
（1）求乙队以的比分获胜的概率；
（2）设确定比赛结果需要比赛局，求分布列．
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可知前四局比赛中甲、乙队双方各胜两局，且第五局乙队胜，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列.
【小问1详解】
乙队以的比分获胜，这表明在前四局比赛中甲、乙队双方各胜两局，且第五局乙队胜，
故乙队以的比分获胜的概率．
【小问2详解】
由题意，的可能取值为、、，
所以；
；
．
所以的分布列为
18. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行，赛程时间安排如下表：
（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率；
（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记为看到双人雪橇的次数，求的分布列及期望；
（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“”表示小明在周六看到单人雪橇，“” 表示小明在周六没看到单人雪橇，“”表示小明在周日看到单人雪橇，“”表示小明在周日没看到单人雪橇，写出方差，的大小关系．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据分类乘法计数原理及古典概型求解；
（2）根据题意求出概率，列出分布列，求出期望即可；
（3）分别计算，即可得解.
【小问1详解】
记“小明在每天各随机观看一场比赛，恰好看到单人雪橇和双人雪橇”为事件.
由表可知，每天随机观看一场比赛，共有种不同方法，
其中恰好看到单人雪橇和双人雪橇，共有种不同方法．
所以．
【小问2详解】
随机变量的所有可能取值为．
根据题意，，
，
．
随机变量的分布列是：
数学期望．
【小问3详解】
由题意，，，
所以，；
因为，，
所以，；
所以.
19. 设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，构造函数，其中，转化为最值问题，即可求解.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
，
令，则，解得，
令，则，解得.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，则.
令，其中，
则.
令，解得，令，解得.
的单调递减区间为，单调递增区间为，
.
又，函数在上有两个零点，
的取值范围是.
20. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）当时，求函数在上的最小值；
（3）写出实数的一个值，使得恒成立，并证明．
【答案】（1）
（2）1 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由直接写出切线方程；
（2）先证单调递减再求最小值.
（3）时，在上单调递减，在上单调递增，得．
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，所以切线方程为，即．
【小问2详解】
当时，．
当时，，所以恒成立，单调递减．
所以．
【小问3详解】
．
证明：当时，，
根据（2），当时，单调递减．
当时，设，则，
，所以单调递增，
，所以单调递增．
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以．
21. 已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为一个“好数阵”．
（1）已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
（2）若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
（3）判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
【答案】（1），，，
（2）证明见解析 （3）是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；
（2）可构造恰当的映射，以证明结论；
（3）第三问可通过分类讨论求解问题.
【小问1详解】
由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.
从而，，，.
【小问2详解】
如果是一个“好数阵”，则，.
从而，.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.
对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
【小问3详解】
若是“好数阵”，则有
，
所以，这表明一定是偶数.
若，设是“好数阵”，则，从而，
故.
由于，故，同理.
若，设，则，故，从而.
进一步有，而，故.
假设，设，则，故，则，.
由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾；
所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；
若，则，从而.
若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.
若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.
对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.
综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，
其中，满足的有，，，.
综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.
若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.
【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.
X
0
1
2
3
P
a
b
12月16日
星期六
9:30
单人雪橇第1轮
10:30
单人雪橇第2轮
15:30
双人雪橇第1轮
16:30
双人雪橇第2轮
12月17日
星期日
9:30
单人雪橇第3轮
10:30
单人雪橇第4轮
15:30
团体接力