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绝密★考试结束前
2023 学年第二学期浙江 G5 联盟期中联考
高二年级数学学科 试题
考生须知：
1． 本卷共4 页满分150分， 考试时间120分钟．
2． 答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3． 所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4． 考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单选题：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，只有一项是符合要求的．
1. 一个三层书架，分别放置语文类读物 6 本，数学类读物 7 本，英语类读物 8本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ）
A. 3种 B. 21种 C. 336种 D. 12种
2. 已知某随机变量， ， 则（ ）
A 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 在 的展开式中，第四项为（ ）
A. 240 B. C. D.
4. 已知， 则在处导数值为（ ）
A. B. 0 C. D. 1
5. 已知事件 A、B、C，满足 则P(B∪C|A)=（ ）
A B. C. D.
6. 已知 则 的值为（ ）
A. B. C. D.
7. 若 则 （ ）
A. B. C. D.
8. 某学校高二年级开设 4 门校本选修课程，某班男生 201 寝室的 5 名同学选修，每人只选 1 门，恰有1门课程没有同学选修，则该寝室同学不同的选课方案有 （ ）
A. 360种 B. 600种 C. 960种 D. 972种
二、多选题：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. 对于的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，下列说法正确的是（ ）
A. 展开式共有9项 B. 展开式中的常数项是240
C. 展开式的二项式系数之和为256 D. 展开式的各项系数之和为1
10. 下列等式正确的是（ ）
A. B. 若则
C. D.
11. 一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，黑球2个，小球除颜色不同外，材质大小全部相同，现投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则从箱子里抽出一个小球且不再放回；若硬币反面朝上，则不抽取小球；重复该试验，直至小球全部取出，假设试验开始时，试验者手中没有任何小球，下列说法正确的有（ ）
A. 经过两次试验后，试验者手中恰有1个白球1个黑球的概率为
B. 若第一次试验抽到一个黑球，则第二次试验后，试验者手中有黑白球各1个的概率为
C. 经过7次试验后试验停止的概率为
D. 经过7次试验后试验停止的概率最大
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 四名男生和两名女生排成一排，要求两位女生不相邻，则不同排法的种数是_______.（结果用数字作答）
13. 从 1， 3， 5， 7中任取 2个不同的数字， 从 0， 2， 4， 6， 8中任取 2个不同的数字， 组成没有重复数字的四位数，则所组成的四位数是偶数的概率为_____．(用最简分数作答)
14. 已知函数 对有 则实数a取值范围为________
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. 设
（1）求函数单调递减区间；
（2）若方程有3个不同的实根， 求a的取值范围．
16. 已知关于的二项式的二项系数之和为32，其中．
（1）若，求展开式中系数最大的项；
（2）若展开式中含项系数为40，求展开式中所有有理项的系数之和．
17. 已知函数 .
（1）讨论的单调性；
（2）已知函数， 若 恒成立，求的取值范围.
18. 每年的 3 月 14 日是“国际圆周率日”，这是为纪念中国古代数学家祖冲之发现圆周率而设立的.2024 年 3月 14日，某班级为纪念这个日子，特举办数学题答题比赛． 已知赛题共 6道(各不相同)，其中 3 道为高考题，另 3 道为竞赛题，参赛者依次不放回地从 6 道赛题中随机抽取一题进行作答，答对则继续，答错(或不答) 或者 6道题都答对即停止并记录答对题数．
（1）举办方进行模拟抽题，设第次为首次抽到竞赛题，求的分布列；
（2）同学数学成绩优异，但没有参加过竞赛培训，高考题答对的概率为，竞赛题答对的概率为．
①求同学停止答题时答对题数为1的概率；
②已知同学停止答题时答对题数为2，求这两题抽到竞赛题题数的均值．
19. 已知函数
（1）当 时， 求以点为切点的切线方程；
（2）若函数有两个零点，且 ，
①求实数k的取值范围；
②证明：.绝密★考试结束前
2023 学年第二学期浙江 G5 联盟期中联考
高二年级数学学科 试题
考生须知：
1． 本卷共4 页满分150分， 考试时间120分钟．
2． 答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3． 所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4． 考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单选题：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，只有一项是符合要求的．
1. 一个三层书架，分别放置语文类读物 6 本，数学类读物 7 本，英语类读物 8本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ）
A. 3种 B. 21种 C. 336种 D. 12种
【答案】B
【解析】
【分析】由分类加法计数原理即可求解.
【详解】一个三层书架，分别放置语文类读物 6 本，数学类读物 7 本，英语类读物 8本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有种.
故选：B
2. 已知某随机变量， ， 则（ ）
A 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用方差公式，即可求解.
【详解】因为，所以，
故选：D
3. 在 的展开式中，第四项为（ ）
A. 240 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式可得，令计算即可求解.
【详解】由题意知，展开式的通项公式为，
令，得，
即第四项为.
故选：D
4. 已知， 则在处的导数值为（ ）
A. B. 0 C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，再求出导数值即可.
【详解】函数，求导得，
所以在处的导数值为.
故选：B
5. 已知事件 A、B、C，满足 则P(B∪C|A)=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用条件概率结合概率的基本性质计算即得.
【详解】依题意，.
故选：A
6. 已知 则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理分别求出，再求和得解.
【详解】显然，
在的展开式中，，，
所以.
故选：C
7. 若 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简，构造函数，求导、研究单调性、极值、最值比较大小即可.
【详解】由题意知：，令，
，由，解得，
在，在，
所以在上单调递增；在上单调递减.
因为，所以，即，也就是，
又，因为在上仅有一个极大值，
所以，即最大，所以.
故选：A.
8. 某学校高二年级开设 4 门校本选修课程，某班男生 201 寝室的 5 名同学选修，每人只选 1 门，恰有1门课程没有同学选修，则该寝室同学不同的选课方案有 （ ）
A. 360种 B. 600种 C. 960种 D. 972种
【答案】B
【解析】
【分析】从4门课程中取出3门课程，再把5名同学分成3组，并分配课程，列式计算即得.
【详解】从4门课程中取出3门课程，有种方法，
把5名同学分成3组，按分组有种方法，按分组有种方法，
把3门课程分配给上述分成的每一组有种方法，
所以该寝室同学不同的选课方案有（种）.
故选：B
【点睛】方法点睛：不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
二、多选题：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. 对于的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，下列说法正确的是（ ）
A. 展开式共有9项 B. 展开式中的常数项是240
C. 展开式的二项式系数之和为256 D. 展开式的各项系数之和为1
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质求出，再逐项分析判断得解.
【详解】由二项式的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，得展开式共有7项，，
对于A，展开式共有7项，A错误；
对于B，展开式中的常数项是，B正确；
对于C，展开式的二项式系数之和为，C错误；
对于D，取，得展开式的各项系数之和为1，D正确.
故选：BD
10. 下列等式正确的是（ ）
A. B. 若则
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据排列数的运算性质判断A；根据组合数的性质即可判断B；根据组合数的运算性质可得，即可判断C；根据的展开式和计算即可判断D.
【详解】A：，故A正确；
B：由组合数的性质知，若，则或，故B错误；
C：
，
又，所以，故C正确；
D：，故D正确.
故选：ACD
11. 一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，黑球2个，小球除颜色不同外，材质大小全部相同，现投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则从箱子里抽出一个小球且不再放回；若硬币反面朝上，则不抽取小球；重复该试验，直至小球全部取出，假设试验开始时，试验者手中没有任何小球，下列说法正确的有（ ）
A. 经过两次试验后，试验者手中恰有1个白球1个黑球概率为
B. 若第一次试验抽到一个黑球，则第二次试验后，试验者手中有黑白球各1个的概率为
C. 经过7次试验后试验停止的概率为
D. 经过7次试验后试验停止的概率最大
【答案】AB
【解析】
【分析】利用条件概率公式计算判断AB；利用独立重复试验的概率公式计算判断C；设实验次结束的概率为，令，由C项化简得即可判断D.
【详解】记事件“一次实验硬币正面朝上”，则“一次实验硬币反面朝上”，则，
从箱子中不放回地抽球，记“第次抽到白球”，记“第次抽到黑球”，“第次硬币正面朝上且抽到白球”，“第次硬币正面朝上且抽到黑球”，
对于A，，，
经过两次实验后，试验者手中恰有1个白球1个黑球的概率为：
，A正确；
对于B，第一次抽到黑球后，第二次抽到白球的概率为：，B正确；
对于C，实验7次结束，则前6次有4次硬币正面朝上，第7次硬币正面朝上，
则其概率为：，C错误；
对于D，实验次结束的概率为，则，，
令，得化简可得，解得，即，
所以经过8次或9次实验后小球全部取出的概率最大，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：解决试验终止时概率最大问题关键是理解试验停止时的条件，从而求得实验次结束的概率，利用作商法求得中的最大项即可.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 四名男生和两名女生排成一排，要求两位女生不相邻，则不同排法的种数是_______.（结果用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用插空法，先排男生再排女生求解即可.
【详解】先排男生，再将女生排到5个空位里，有种情况.
故答案为：
13. 从 1， 3， 5， 7中任取 2个不同的数字， 从 0， 2， 4， 6， 8中任取 2个不同的数字， 组成没有重复数字的四位数，则所组成的四位数是偶数的概率为_____．(用最简分数作答)
【答案】
【解析】
【分析】针对选出的4个数中有0和无0进行分类讨论，分别求出两种情况下组成四位数的个数及偶数的个数，结合古典概型的概率个数计算即可.
【详解】若选出的4个数中有0，
则组成的四位无重复的数字共有个，其中偶数有个；
若选出4个数中无0，
则组成的四位无重复的数字共有个，其中偶数有个，
所以的四位数为偶数的概率为.
故答案为：
14. 已知函数 对有 则实数a的取值范围为________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意设，不妨设，由已知化简可得即在上递增,进而判断可得结果.
【详解】根据题意设，
不妨设，，任意有 可得即可得在上递增,
因为，，
当时，恒成立，即在上递增.
当时，不能恒成立，即在不符合单调递增.
综上，实数a的取值范围为.
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. 设
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若方程有3个不同的实根， 求a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再解导函数小于0的不等式即得.
（2）求出函数的极小、极大值，再利用三次函数的图象与性质求出a的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得，
由，得，
所以函数的单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）知，当时，或，因此函数在上单调递增，
函数在处取得极大值，在处取得极小值，
显然当时，直线与函数的图象有3个公共点，
所以方程有3个不同的实根，a的取值范围是.
16. 已知关于的二项式的二项系数之和为32，其中．
（1）若，求展开式中系数最大的项；
（2）若展开式中含项系数为40，求展开式中所有有理项的系数之和．
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，解得，求出展开式的通项公式，即可得到展开式中系数最大的项；
（2）利用展开式中含项系数为40，解得，利用的指数为整数，求出展开式中所有有理项，从而得到有理项的系数之和.
【小问1详解】
由于关于的二项式的二项式系数之和为32，所以，解得，
则二项式的展开式的通项公式为：，
当时，，所以当或时，展开式的系数最大，
故系数最大项为和
【小问2详解】
由（1）可得二项式的展开式的通项公式为：，
令，解得：，
因为展开式中含项系数为40，所以，由，得，
所以二项式的展开式的通项公式为：，
当为整数，可取0，2，4，
所以展开式中所有有理项为，，，
故展开式中所有有理项的系数之和为.
17. 已知函数 .
（1）讨论的单调性；
（2）已知函数， 若 恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得，分类讨论、两种情况下的单调性即可；
（2）将问题转化为在上恒成立，利用导数讨论函数的单调性可得，即可求解.
【小问1详解】
由题意，，
当时，，在R上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
，
令，则，
即在上恒成立，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，即实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3、数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
18. 每年的 3 月 14 日是“国际圆周率日”，这是为纪念中国古代数学家祖冲之发现圆周率而设立的.2024 年 3月 14日，某班级为纪念这个日子，特举办数学题答题比赛． 已知赛题共 6道(各不相同)，其中 3 道为高考题，另 3 道为竞赛题，参赛者依次不放回地从 6 道赛题中随机抽取一题进行作答，答对则继续，答错(或不答) 或者 6道题都答对即停止并记录答对题数．
（1）举办方进行模拟抽题，设第次为首次抽到竞赛题，求分布列；
（2）同学数学成绩优异，但没有参加过竞赛培训，高考题答对的概率为，竞赛题答对的概率为．
①求同学停止答题时答对题数为1的概率；
②已知同学停止答题时答对题数为2，求这两题抽到竞赛题题数的均值．
【答案】（1）分布列见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）写出可能取值，并分别求出对应的概率，列出分布列即可；
（2）①设出事件，分析可能的情况，并求出概率即可；②写出可能的取值，并计算出各个取值的概率，列出分布列并计算出数学期望.
【小问1详解】
由题意知：可能取，
，，
，.
所以的分布列为：
X
P
【小问2详解】①设“同学停止答题时答对题数为”为事件，
“同学第一次抽中高考题，第二次抽中竞赛题并答错”为事件，
“同学第一次抽中竞赛题并答对，第二次还抽中竞赛题并答错”为事件，
则；；
所以.
②由同学停止答题时答对题数为，
设事件“第次选中竞赛题没答对”；“第次选中竞赛题并答对”；
“第次选中高考题”.
答题结束时答对 2 题的概率为
，
易知可能取，
；
；
.
的分布列为：
0 1 2
P
所以.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，熟练掌握全概率公式与贝叶斯公式求得的分布列，从而得解.
19. 已知函数
（1）当 时， 求以点为切点的切线方程；
（2）若函数有两个零点，且 ，
①求实数k的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）；
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）①由函数零点的意义变形，构造函数，利用导数探讨方程有两个根的值范围；②利用零点的意义变形得，借助函数单调性，结合分析法探讨，构造函数推理论证即可.
【小问1详解】
函数，求导得，则，而，
所以切线方程为：.
【小问2详解】
①由，得，
令函数，则有，求导得，
由，得，在上单调递增；
在单调递减，于是，
显然，当时，恒成立，因此，即，
所以实数k的取值范围是.
②由，得，两式相加变形得：，
由，得，由，得，
不等式
，
令函数，则，函数在上单调递增，
因此原不等式等价于，
由，得，即，则，而在上单调递减，
因此
，
令函数，求导得，
令函数，求导得，则在上单调递增，
则，即，则函数上单调递减，因此，
所以成立.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．

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