2023-2024学年山东省济宁市高二下学期期中教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1山东省济宁市2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”．2．做选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号．3．非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．否则，该答题无效．4．考生必须保持答题卡的整洁；书写力求字体工整、符号规范、笔迹清楚．一、单项选择题：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.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，，A错误，对于B,,B正确，对于C，，C错误，对于D,，D错误，故选：B.2.某学校为高三学生安排语文、数学、外语、物理四场讲座，其中数学不能安排在第一场和最后一场，则不同的安排方法有（）种.A.12 B.18 C.20 D.24【答案】A【解析】先将语文、外语、物理全排，总共种方法，再将数学课插到这三门课中间两个空里，有2种插法，故总共有种不同的安排方法.故选：A.3.已知函数，若，则（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】C【解析】，因为，所以，即，解得.故选：C.4.在6道试题中有4道概率题和2道导数题，若每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则第一次抽到概率题的条件下，第二次抽到导数题的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设事件“第一次抽到概率题”，事件“第二次抽到导数题”，则，所以第一次抽到概率题的条件下，第二次抽到导数题的概率为.故选：A.5.展开式中的系数为（）A.60 B. C.30 D.【答案】B【解析】，要找到展开式中含有的项，需从中找到含有的项，即，故的系数为.故选：B.6.若函数在处取得极值，则函数在区间上的最小值为（）A. B.1 C.3 D.5【答案】B【解析】由，得，由于函数在处取得极值，故，则，故，则当或时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，故函数在处取得极大值，即适合题意，由此可知在上单调递减，在上单调递增，故函数在区间上的最小值为，故选：B.7.若事件互斥，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，因为事件互斥，所以，所以，故选：D．8.已知函数，，若曲线，存在公切线，则实数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，，，不符合题意；设的图像与公切线的切点为，，由，则切线斜率，切线方程为，即，又切线与，联立，可得，即，可得，设，，，，又函数在上单调递减，且，即有当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减；所以，即，的最大值为，故选：A.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．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.若随机变量的分布列为1230.20.5则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】A选项，由题意得，解得，故，A正确；B选项，，B正确；C选项，，C错误；D选项，，D错误.故选：AB.10.下列关于组合数的等式中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】对于A中，根据组合数的运算公式，可得，所以A正确；对于B中，根据组合的性质，可得，所以B不正确；对于C中，由二项式的展开式中，令，可得，令，可得，两式相减，可得，所以，所以C正确；对于D中，由组合数的计算公式，可得,,所以，所以D正确.故选：ACD.11.已知函数是定义在上的偶函数，为函数的导函数，若，且对任意恒成立，则下列结论一定正确的是（）A. B.C.在上单调递减 D.【答案】BCD【解析】选项A：由题目条件无法确定函数在时的取值，故选项A错误.选项B:因为，且对任意恒成立，则恒成立，即单调递增，又函数y=fx是定义在R则单调递减，则在处导函数，故选项B正确.选项C：则为偶函数，又任意恒成立，即在上单调递增，则时，单调递减，故选项C正确.选项D：则为偶函数，,令其中在时，大于零恒成立，即在x∈0,+∞又在x∈0,+∞则，即，又任意，单调递增，且,则故选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在篮球比赛中，罚球命中一次得1分，不中得0分．若篮球运动员甲罚球命中的概率为0.73，则篮球运动员甲罚球一次得分的均值是______．【答案】0.73【解析】由题意可得，的所有可能取值为0，1，，所以的分布列为010.270.73所以.13.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】由得，令，函数有两个不同的零点，即直线与有两个交点,则，，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，，且时，，结合图象得.14.2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，某同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）共有种情况，则除以36的余数是______．【答案】13【解析】这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分，第三小题可能得0分，2分或3分，如图，当第三题得0分时，有可能总得分为：，当第三题得2分时，有可能总得分为：，当第三题得3分时，有可能总得分为：，所以这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）为：，即，则，.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.已知，二项式展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，且展开式中的常数项是.（1）求展开式的第5项；（2）设展开式中的所有项的系数之和为，所有项的二项式系数之和为，求.解：（1）由题意知，所以.二项式展开式的通项是，所以当时展开式中的有常数项，所以，所以，因为，所以，所以展开式第5项是.（2）令，二项式展开式中的所有项的系数之和，二项式系数之和，故.16.某家庭进行摸球得压岁钱游戏．规则如下：袋中有大小相同的3个红球，2个蓝球，每次从袋中摸出2个球，若摸到0个红球就没有压岁钱；若摸到1个红球就得压岁钱100元；若摸到2个红球就得压岁钱200元．（1）求摸球一次，摸到红球个数的分布列；（2）求摸球一次，得到的压岁钱的均值．解：（1）的所有可能取值为，则，，，所以摸到红球个数的分布列为012（2）由题意得：摸球一次得到的压岁钱，由（1）得，所以，故摸球一次得到的压岁钱的数学期望为120元．17.已知函数在点处的切线与直线平行．（1）求的值；（2）求的极值．解：（1）因为，所以，因为直线的斜率为1，函数在处的切线与直线平行，所以，解得；（2）由（1）得：，令，解得或，当变化时，的变化情况如下表所示：100单调递增极大值单调递减极小值单调递增因此，当时，有极大值，并且极大值，当时，有极小值，并且极小值为.18.某公司员工小新每天早上按时上班的出行方式有三种：自驾、坐公交车和骑共享单车，假设他选择这三种出行方式的概率都相等，且选择自驾、坐公交车和骑共享单车迟到的概率分别为．根据以往小新上班迟到的统计数据可知：小新选择自驾上班会迟到10分钟，选择坐公交车上班会迟到6分钟，选择骑共享单车上班会迟到3分钟．（1）求小新每天早上上班迟到的概率；（2）某一天小新上班迟到了，他打算从第二天早上开始提前几分钟上班．若当小新提前上班的时间（单位：分钟）大于小新上班迟到时间（单位：分钟）的数学期望时，对解决小新早上上班迟到问题有帮助，求小新至少提前几分钟（取整数）上班，才有助于改善小新早上上班迟到问题？解：（1）设事件“小新每天早上上班迟到”，“小新驾车上班”，“小新坐公交车上班”，“小新骑共享单车上班”，则两两互斥，根据题意：，，；（2）由题意知：的所有可能的取值为,，，，随机变量的分布列为1063，由于，故小新每天至少提前7分钟出家门，才有助于小新早上上班.19.定义运算，已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，求的取值范围.解：（1）由题意知：,,①当时，在恒成立，所以函数在单调递减.②当时，由解得，由解得.所以函数在单调递增，在单调递减.综上：当时，函数单调递减.当时，函数在单调递增，在单调递减.（2）由，得，所以，令，则，即，设,，由解得，由解得.所以函数单调递减，在单调递增.所以，所以不等式的解集是.可知有解，即有解，两边取自然对数得，所以有解，设.则，由解得，由解得，所以函数在单调递增，在单调递减，所以，所以，解得，故的取值范围是.山东省济宁市2023-2024学年高二下学期期中教学质量检测数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”．2．做选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号．3．非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．否则，该答题无效．4．考生必须保持答题卡的整洁；书写力求字体工整、符号规范、笔迹清楚．一、单项选择题：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.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，，A错误，对于B,,B正确，对于C，，C错误，对于D,，D错误，故选：B.2.某学校为高三学生安排语文、数学、外语、物理四场讲座，其中数学不能安排在第一场和最后一场，则不同的安排方法有（）种.A.12 B.18 C.20 D.24【答案】A【解析】先将语文、外语、物理全排，总共种方法，再将数学课插到这三门课中间两个空里，有2种插法，故总共有种不同的安排方法.故选：A.3.已知函数，若，则（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】C【解析】，因为，所以，即，解得.故选：C.4.在6道试题中有4道概率题和2道导数题，若每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则第一次抽到概率题的条件下，第二次抽到导数题的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设事件“第一次抽到概率题”，事件“第二次抽到导数题”，则，所以第一次抽到概率题的条件下，第二次抽到导数题的概率为.故选：A.5.展开式中的系数为（）A.60 B. C.30 D.【答案】B【解析】，要找到展开式中含有的项，需从中找到含有的项，即，故的系数为.故选：B.6.若函数在处取得极值，则函数在区间上的最小值为（）A. B.1 C.3 D.5【答案】B【解析】由，得，由于函数在处取得极值，故，则，故，则当或时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，故函数在处取得极大值，即适合题意，由此可知在上单调递减，在上单调递增，故函数在区间上的最小值为，故选：B.7.若事件互斥，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，因为事件互斥，所以，所以，故选：D．8.已知函数，，若曲线，存在公切线，则实数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，，，不符合题意；设的图像与公切线的切点为，，由，则切线斜率，切线方程为，即，又切线与，联立，可得，即，可得，设，，，，又函数在上单调递减，且，即有当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减；所以，即，的最大值为，故选：A.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．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.若随机变量的分布列为1230.20.5则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】A选项，由题意得，解得，故，A正确；B选项，，B正确；C选项，，C错误；D选项，，D错误.故选：AB.10.下列关于组合数的等式中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】对于A中，根据组合数的运算公式，可得，所以A正确；对于B中，根据组合的性质，可得，所以B不正确；对于C中，由二项式的展开式中，令，可得，令，可得，两式相减，可得，所以，所以C正确；对于D中，由组合数的计算公式，可得,,所以，所以D正确.故选：ACD.11.已知函数是定义在上的偶函数，为函数的导函数，若，且对任意恒成立，则下列结论一定正确的是（）A. B.C.在上单调递减 D.【答案】BCD【解析】选项A：由题目条件无法确定函数在时的取值，故选项A错误.选项B:因为，且对任意恒成立，则恒成立，即单调递增，又函数y=fx是定义在R则单调递减，则在处导函数，故选项B正确.选项C：则为偶函数，又任意恒成立，即在上单调递增，则时，单调递减，故选项C正确.选项D：则为偶函数，,令其中在时，大于零恒成立，即在x∈0,+∞又在x∈0,+∞则，即，又任意，单调递增，且,则故选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在篮球比赛中，罚球命中一次得1分，不中得0分．若篮球运动员甲罚球命中的概率为0.73，则篮球运动员甲罚球一次得分的均值是______．【答案】0.73【解析】由题意可得，的所有可能取值为0，1，，所以的分布列为010.270.73所以.13.若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】由得，令，函数有两个不同的零点，即直线与有两个交点,则，，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，，且时，，结合图象得.14.2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，某同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）共有种情况，则除以36的余数是______．【答案】13【解析】这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分，第三小题可能得0分，2分或3分，如图，当第三题得0分时，有可能总得分为：，当第三题得2分时，有可能总得分为：，当第三题得3分时，有可能总得分为：，所以这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）为：，即，则，.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.已知，二项式展开式中第2项与第4项的二项式系数相等，且展开式中的常数项是.（1）求展开式的第5项；（2）设展开式中的所有项的系数之和为，所有项的二项式系数之和为，求.解：（1）由题意知，所以.二项式展开式的通项是，所以当时展开式中的有常数项，所以，所以，因为，所以，所以展开式第5项是.（2）令，二项式展开式中的所有项的系数之和，二项式系数之和，故.16.某家庭进行摸球得压岁钱游戏．规则如下：袋中有大小相同的3个红球，2个蓝球，每次从袋中摸出2个球，若摸到0个红球就没有压岁钱；若摸到1个红球就得压岁钱100元；若摸到2个红球就得压岁钱200元．（1）求摸球一次，摸到红球个数的分布列；（2）求摸球一次，得到的压岁钱的均值．解：（1）的所有可能取值为，则，，，所以摸到红球个数的分布列为012（2）由题意得：摸球一次得到的压岁钱，由（1）得，所以，故摸球一次得到的压岁钱的数学期望为120元．17.已知函数在点处的切线与直线平行．（1）求的值；（2）求的极值．解：（1）因为，所以，因为直线的斜率为1，函数在处的切线与直