2023-2024学年安徽省合肥市滨湖寿春中学高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市滨湖寿春中学高二（下）期中数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.小明通过某次考试的概率是未通过的5倍，令随机变量X=1,考试通过0,考试未通过，则P(X=0)=( )
A. 13B. 56C. 16D. 23
2.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y=f′(x)的图象如图所示，则y=f(x)的图象最有可能的是( )
A. B.
C. D.
3.已知直线l经过(−1,0)，(0,1)两点，且与曲线y=f(x)切于点A(2,3)，则lim△x→0f(2+△x)−f(2)△x的值为( )
A. −2
B. −1
C. 1
D. 2
4.若(ax−1 x)6的展开式的常数项为60，则a的值为( )
A. 4B. 4或−4C. 2D. 2或−2
5.某高中期中考试需要考查九个学科(语文、数学、英语、生物、物理、化学、政治、历史、地理)，已知语文考试必须安排在首场，且物理考试与英语考试不能相邻，则这九个学科不同的考试顺序共有( )
A. A88种B. A22A77种C. A66A72种D. A66A82种
6.托马斯⋅贝叶斯(Tℎmas Bayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：P(Ai|B)=P(Ai)P(B|Ai)j=1nP(Aj)P(B|Aj)，这个公式被称为贝叶斯公式(贝叶斯定理)，其中j=1nP(Aj)P(B|Aj)称为B的全概率.假设甲袋中有3个白球和3个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为( )
A. 513B. 1675C. 38D. 35
7.若函数f(x)=x−ex+2,x≤013x3−4x+a,x>0，仅有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,163)B. (163,+∞)C. (−∞,163]D. [163,+∞)
8.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，g′(x)为g(x)的导函数，且f(x)+g′(x)=2，f(x)−g′(4−x)=2，若g(x)为偶函数，则f(2022)+g′(2024)=( )
A. 0B. 1C. 2D. 4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是( )
A. 若任意选择三门课程，选法总数为C73
B. 若物理和化学至少选一门，选法总数为C21C62
C. 若物理和历史不能同时选，选法总数为C73−C51
D. 若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为C21C52−C51
10.下列说法正确的是( )
A. (x2+2 x)10的展开式中，常数项是第9项
B. 在(x−12x)10的展开式中，含x4的项的系数为C103
C. (1+2x)5的展开式的第3项的二项式系数为20
D. 在(x− 3)10的展开式中，含x6的项的系数是9C104
11.设函数f(x)=xlnx，g(x)=12x2，给定下列命题，其中正确的是( )
A. 若方程f(x)=k有两个不同的实数根，则k∈(−1e,0)
B. 若方程kf(x)=x2恰好只有一个实数根，则k<0
C. 若x1>x2>0，总有m[g(x1)−g(x2)]>f(x1)−f(x2)恒成立，则m≥1
D. 若函数F(x)=f(x)−2ag(x)有两个极值点，则实数a∈(0,12)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设(1−2x)8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则a0+a1+a2+…+a8= ______．
13.抛掷骰子2次，每次结果用(x1,x2)表示，其中x1，x2分别表示第一次、第二次骰子的点数．若设A={(x1,x2)|x1+x2=10}，B={(x1,x2)|x1>x2}，则P(B|A)等于______．
14.已知函数f(x)=(ex−ax)(lnx−ax)，若f(x)<0恒成立，则a的取值范围是______
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=x2+x−1ex．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程；
(2)求函数y=f(x)的极值．
16.(本小题15分)
榴莲是一种广泛种植于东南亚的热带水果，富含多种营养成分.榴莲因其独特的香味和口感在世界范围内广受欢迎，被誉为“水果之王”.近年来，我国农业专家攻克了榴莲种植难题，在广东、海南等地开始推广种植榴莲，拓宽了农民的致富之路.海南省三亚市幸福村是榴莲种植村，为提高村民的收入，该村开展了“游果园、吃榴莲”的乡村休闲旅游活动，吸引了大量游客前往.某周日该村的村民采摘了11个榴莲供游客免费品尝，其中6个一级榴莲，5个二级榴莲(一级榴莲的品质胜过二级榴莲)．
(1)若将这11个榴莲分别装在甲、乙两个箱子中，其中甲箱装有4个一级榴莲，2个二级榴莲，乙箱装有2个一级榴莲，3个二级榴莲，先从甲箱中任取1个榴莲放入乙箱，再从乙箱中任取1个榴莲，求从乙箱中取出的恰好是一级榴莲的概率；
(2)现从这11个榴莲中随机选出2个榴莲供上午9点前到达的游客品尝，记其中一级榴莲的个数为X，求X的分布列．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=1+lnxx．
(1)若函数f(x)在区间(a,a+12)上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥kx+1恒成立，求实数k的取值范围．
18.(本小题17分)
在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其它每一个数值是它肩上的两个数之和，这三角形数阵开头几行如右图所示．
(1)证明：Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1；
(2)求证：第m斜列中(从右上到左下)的前K个数之和一定等于第m+1斜列中的第K个数，即Cm−1m−1+Cmm−1+Cm+1m−1+Cm+2m−1+…+Cm+k−2m−1=Cm+k−1m(m≥2,m,k∈N∗)
(3)在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为3：8：14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：
R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：
f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)
注：f″(x)=[f′(x)]′，f‴(x)=[f″(x)]′，f(4)(x)=[f‴(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…
已知函数f(x)=ln(x+1)．
(1)求函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)，并求ln1.1的近似数(精确到0.001)；
(2)在(1)的条件下：
(i)求证：R(x)ln(x+1)<1；
(ii)若f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.D
5.C
6.C
7.B
8.C
9.BD
10.AD
11.ACD
12.1
13.13
14.(1e,e)
15.解：(1)函数f(x)=x2+x−1ex定义域为R．
且f′(x)=(x2+x−1)′⋅ex−(x2+x−1)(ex)′(ex)2=(2x+1)⋅ex−(x2+x−1)⋅exe2x
=−x2+x+2ex=−(x+1)(x−2)ex，
∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率k=f′(0)=2，
又f(0)=−1，则切点为(0,−1)，
∴所求切线方程为y−(−1)=2(x−0)即2x−y−1=0．
(2)∵f′(x)=−(x+1)(x−2)ex，又ex>0，
由f′(x)=0，得x=−1或x=2，
当x∈(−∞,−1)和(2,+∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x∈(−1,2)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．
由f(x)的单调性知：f(x)极小值=f(−1)=−e，
f(x)极大值=f(2)=5e−2=5e2．
16.解：(1)根据题意，设从甲箱中取出一级榴莲为事件A，从乙箱中取出一级榴莲为事件B，
则P(A)=46=23，P(A−)=26=13，
P(B|A)=36=12，P(B|A−)=26=13，
故P(B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=23×12+13×13=49；
(2)根据题意，X可取的值为0、1、2，
P(X=0)=C52C112=211，P(X=1)=C61C51C112=611，P(X=2)=C62C112=311，
故X的分布列为；

17.解：(1)函数的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=1−1−lnxx2=−lnxx2，令f′(x)=0，得x=1．
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减．
所以x=1为函数f (x)的极大值点，且是唯一的极值点，
所以0(2)当x≥1时，k≤(x+1)(1+lnx)x恒成立，
令g(x)=(x+1)(1+lnx)x(x≥1)，
则g′(x)=(1+lnx+1+1x)x−(x+1)(1+lnx)x2=x−lnxx2，.
再令ℎ(x)=x−ln x(x≥1)，
则ℎ′(x)=1−1x≥0，
所以ℎ(x)≥ℎ(1)=1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)=2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(−∞,2]．
18.解：(1)Cnm+Cnm+1=n!m!(n−m)!+n!(m+1)!(n−m−1)!
=n!(m+1)(m+1)!(n−m)!+n!(n−m)(m+1)!(n−m)!
=n!(m+1+n−m)(m+1)!(n−m)!
=(n+1)!(m+1)![(n+1)−(m+1)]!
=Cn+1m+1．
所以原式成立．
(2)由(1)得Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1
左边=Cmm+Cmm−1+Cm+1m−1+Cm+2m−1+…+Cm+k−2m−1
=Cm+1m+Cm+1m−1+Cm+2m−1+…+Cm+k−2m−1
=…
=Cm+k−2m+Cm+k−2m−1
=Cm+k−1m=右边，
∴原命题成立．
(3)设在第n行的第r−1，r，r+1个数满足3：8：14，
即Cnr−1：Cnr：Cnr+1=3：8：14，
解得n=10r=3,∴三个数依次为45，120，210．
19.解：(1)由题可知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x，
f′(x)=1x+1，f″(x)=−1(x+1)2，
由f(0)=R(0)得a0=0，∴R(x)=a1x1+b1x，
则R′(x)=a1(1+b1x)2，又由f′(0)=R′(0)得a1=1，
∴R″(x)=−2b1(1+b1x)3，
由f″(0)=R″(0)得b1=12，
∴R(x)=x1+12x=2xx+2，
∵ln1.1=f(0.1)≈R(0.1)=2×0.10.1+2=221≈0.095；
(2)(i)证明：令F(x)=2xx+2−ln(x+1)，x∈(−1,0)∪(0,+∞)，
∵F′(x)=4(x+2)2−1x+1=−x2(x+1)(x+2)2<0，
∴F(x)在x∈(−1,0)及(0,+∞)上均单调递减．
①当x∈(−1,0)，F(x)>F(0)=0，即2xx+2>ln(x+1)，而ln(x+1)<0，
∴2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1；
②当x∈(0,+∞)，F(x)0，
∴2xx+2ln(x+1)<1，即R(x)ln(x+1)<1，
由①②可得不等式R(x)ln(x+1)<1恒成立；
(ii)由f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx得ln(x+1)−mx+csx−1≤0在(−1,+∞)上恒成立，
令ℎ(x)=ln(x+1)−mx+csx−1，且ℎ(0)=0，∴x=0是ℎ(x)的极大值点．
又ℎ′(x)=1x+1−m−sinx，故ℎ′(0)=1−m=0，则m=1，
当m=1时，ℎ(x)=ln(x+1)−x+csx−1，
∴ℎ′(x)=1x+1−sinx−1=−sinx−xx+1，
当x∈(−1,0)时,−sinx>0,−xx+1>0，则ℎ′(x)>0，故ℎ(x)在(−1,0)上单调递增，
∴当x∈(−1,0)时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，
当x∈(0,+∞)时，ℎ(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)，
令φ(x)=ln(x+1)−x，∵φ′(x)=1x+1−1<0，∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴φ(x)<φ(0)=0，又∵在(0,+∞)上，csx−1≤0
故当x∈(0,+∞)时，ℎ(x)=[ln(x+1)−x]+(csx−1)<0．
综上，当m=1时，f(x)−m(x2+1)R(x)≤1−csx恒成立． X
0
1
2
P
211
611
311