山东省青岛市即墨区2023-2024学年高二下学期教学质量检测数学试题（解析版）

2023—2024学年度第二学期教学质量检测高二数学试题2024.05本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回．注意事项：1．答第Ⅰ卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．选出每小题答案前，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．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效．第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：（本大题共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.的展开式中的系数为（）A.15 B. C.60 D.【答案】C【解析】【分析】根据二项式展开公式求解即可.【详解】展开通项公式，令得，所以，所以的系数为60，故选：C.2.已知事件，若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用条件概率公式求解即可．【详解】由题可知，，故选：A．3.已知随机变量，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二项分布的概率公式计算即可.【详解】由题意可知：.故选：C.4.若，则的增区间为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得，令，求解再结合定义域即可．【详解】由题可知，定义域为，，令得，所以的增区间为，故选：B．5.数学老师从6道题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能正确求解其中的4道题，则该同学能及格的概率为（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用超几何分布的概率公式计算即可.【详解】由题意知抽取3道题该同学不及格的情况只有：只对一道题一种情况，则只答对一道题的概率为，所以该同学及格的概率为.故选：A6.设随机变量的分布列为，，则（）A.3 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】先利用离散型随机变量的分布列的性质求出，再根据公式求得均值，进而求得方差．【详解】因为随机变量的分布列为，，所以，由分布列的性质可得，，解得，所以，所以，所以，故选：D．7.某人计划周六外出参加会议，有飞机和高铁两种交通工具可供选择，它们能准时到达的概率分别为0.95，0.8，若当天是晴天就乘飞机，否则乘坐高铁，天气预报显示当天晴天的概率为0.8，则此人能准时到达的概率为（）A.0.62 B.0.84 C.0.92 D.0.98【答案】C【解析】【分析】根据全概率公式计算即可．【详解】设“此人能准时到达”为事件，“当天是晴天乘飞机”为事件，则“当天是雨天乘高铁”为事件，由题可知，，，所以，故选：C．8.5位大学毕业生分配到3家单位,每家单位至少录用1人,则不同的分配方法共有（）A.25种 B.60种 C.90种 D.150种【答案】D【解析】【分析】分①一个单位1名，其他两个单位各2名，②一个单位3名，其他两个单位各1名，两种情况求解即可.【详解】因为5位大学毕业生分配到3家单位,每家单位至少录用1人，所以共有两种方法：①一个单位1名，其他两个单位各2名，有种分配方法；②一个单位3名，其他两个单位各1名，有种分配方法，共有种分法.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.已知展开式中各项二项式系数之和为128，则（）A.B.展开式的各项系数之和是C.展开式中第4项和第5项二项式系数最大D.展开式中无常数项【答案】ACD【解析】【分析】利用二项式系数和公式可先得判定A，利用赋值法可判定B，利用二项式系数的性质可判定C，利用通项公式可判定D.【详解】由题意可知，则，故A正确；令，则，故B错误；因为，所以由二项式系数的性质可知中间两项系数最大，即第4、5项二项式系数最大，分别为，故C正确；设展开式的通项为，显然无整数解，故D正确.故选：ACD.10.已知函数在区间内有两个极值点，且，则（）A.B.在区间上单调递增C.在区间上有3个零点D.【答案】AD【解析】【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及极值的关系，函数零点存在条件判断各选项即可．【详解】由题可知，，令，由得，或，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以为在内极大值点，为在内的极小值点，对于A，，故A正确；对于B，当时，，则在上单调递减，故B错误；对于C，，，，故只有2个零点，故C错误；对于D，，故，故D正确；故选：AD．11.一质点在x轴上，从原点O出发向右运动，每次平移一个单位或两个单位，且移动一个单位的概率为，移动2个单位的概率为，设质点运动到的概率为．则（）A. B.C.等比数列 D.【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，结合等比数列通项公式，等比数列求和公式及累加法求得，即可判断各选项．【详解】由题可知，质点运动到的概率，则，故A错误；运动到分两种情况，由点向右运动1个单位，由点向右运动2个单位，所以，故B正确；上式变形为：，所以是以为公比的等比数列，首项为，所以，所以，所以是首先为，公比为的等比数列，故C正确；，故D正确；故选：BCD．第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.若随机变量服从正态分布，且，则__________.【答案】【解析】【分析】首先根据求得，再根据正态密度曲线的对称性求得，最后求解即可.【详解】由题意可知：,又随机变量服从正态分布，由对称性可知：，，故答案为：.13.设为整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则______．【答案】5【解析】【分析】由二项式系数的性质得出，再根据列出方程求解即可．【详解】展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，因为，所以，即，解得，故答案为：5．14.已知，若，，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设，作出和的图象，数形结合得出，由余弦函数图象的对称性得出，结合得出，构造函数，利用导数求出最大值即可求解．【详解】设，则，的图象如图所示，即的图象与的图象有3个交点，横坐标依次为，且，由余弦函数图象的性质可知，，所以，又因为，所以，令，则，令，解得或，当时，在单调递增，当时，在单调递减，当时，在单调递增，又因为，gπ6所以，所以，故答案为：．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.（1）用这10个数字，可以组成多少个三位数？（用数字作答）（2）用这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？（用数字作答）（3）用这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？（用数字作答）（4）用这10个数字，可以组成多少个三个数位上既有偶数也有奇数的没有重复数字的三位数？（用数字作答）【答案】（1）900；（2）648；（3）328；（4）540【解析】【分析】（1）先排个位，再排百位和十位，根据分步乘法计算原理计算即可；（2）先排个位，再从剩下9个数字中任选2个数字作为百位和十位，根据分步乘法计算原理计算即可；（3）分当个位是时和个位不是时两种情况讨论，再根据分步乘法和分类加法计算原理计算即可；（4）分类讨论，有0时和没有0时，再根据分步乘法和分类加法计算原理计算即可．【详解】（1）先排个位，再排百位和十位，故有个；（2）先排个位，再排百位和十位，故有个；（3）当个位是0时，有个；当个位不是0时，有个；故共有个；（4）若选0时，除0外，可以有1个奇数1个偶数或2个奇数，有种情况，又0可以在个位或者十位，有种情况，并且除0外的两个数位置可以互换，故有个；同理，若不选0时，则有个，所以共有个．16.已知函数，．（1）求的单调递增区间与极值；（2）求在区间上的最大值与最小值．【答案】（1）单调增区间为和，极大值为，极小值为（2）最大值为1，最小值为【解析】【分析】（1）根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系，再利用函数的极值的定义，即可求解；（2）根据的单调区间，极值，区间端点值即可确定在区间上的最大值与最小值．【小问1详解】，令，得或，当时，，则在单调递增，当时，，则在单调递减，当时，，则在单调递增，所以单调增区间为和，单调减区间为，所以的极大值为，极小值为．【小问2详解】由（1）可知，在上单调递增，在单调递减，在单调递增，又，，所以在区间上的最大值为1，最小值为．17.袋子装有4个黑球，6个白球．（1）每次从袋子中取出1个球，若有放回地抽取2次，求恰好取到1个黑球的概率；（2）每次从袋子中取出1个球，若不放回地抽取2次，求取到黑球数X得分布列及期望；（3）每次从袋子中取出2个球，若是不放回地抽取，求第二次抽到2个黑球的概率．【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）由独立重复实验的概率计算即可求解；（2）由题可知，的可能取值为，然后求出对应概率，即可得出分布列及期望；（3）利用全概率公式计算即可．【小问1详解】设恰好取到1个黑球为事件，由题可知，每次抽到黑球的概率为，所以．【小问2详解】由题可知，的可能取值为，则，，，所以的分布列为：012则．【小问3详解】设第二次抽到2个黑球为事件，设第一次取到2个球为事件，其中含个白球分别为事件，则，，由题可知，，，，所以．18.已知函数．（1）当时，求曲线y=fx在（2）讨论函数的单调性；（3）当（为自然对数的底数），时，讨论函数零点的个数．【答案】（1）（2）答案见解析（3）答案见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义及导数运算法则即可求解；（2）求出，对分类讨论，根据的正负得出的单调性；（3）利用导数，得出在的单调性，再对分类讨论，数形结合即可求解．【小问1详解】当时，，则，则，所以切线方程为，即．【小问2详解】，当时，恒成立，则在单调递减，当时，令得，当时，，则在单调递增，当时，，则在单调递减，综上所述，当时，在单调递减，当时，在单调递增，在单调递减．【小问3详解】当时，，则，令，则，设，则，所以在上单调递减，所以，所以恒成立，所以在上单调递减，又，所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；又因为，当时，，所以当时，无零点；当时，有1个零点；当时，有2个零点；当时，有1个零点．19.在三维空间中，立方体的顶点坐标可以用表示，其中，（，），而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可以表示为，其中，（，），现有定义如下：在n维空间中，两点之间的曼哈顿距离为两点和坐标差的绝对值之和，即为．（1）求n维空间中“立方体”的顶点数；（2）在n维空间“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点之间的曼哈顿距离．①求X的分布列和期望；②求随机变量X的方差．【答案】（1）（2）分布列见解析，，【解