贺兰一中第二学期高二年级第三阶段考试押题卷（一）数学（解析）

贺兰一中2023~2024学年第二学期高二年级第三阶段考试押题卷（一）数学试题（参考答案）一、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．【答案】B【分析】先找出和为的5组数，然后从这五组每组中各取一个数就符合题意，即可得出答案.【详解】将和为的数分组：共5组，只要从这五组每组中各取一个数就符合题意，每组有2种取法，故有个子集.2．【答案】A【分析】求出函数导数，令即可得解.【详解】因为，所以，解得.3．【答案】A【分析】写出二项展开式的通项公式，由求出值，回代入计算即得.【详解】二项式的通项公式为：，，由解得，，代入通项得：,即常数项为28.4．【答案】C【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案.【详解】由题意得，所以.5．【答案】C【分析】分类讨论人数之比为，根据平均分组或部分平均分组结合排列数、组合数运算求解.【详解】由题意可知：三个景点安排的人数之比为或或，则有：若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；故不同的安排方法种数是.6．【答案】A【分析】利用条件概率公式和全概率公式求解．【详解】以，，分别表示取得的零件是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的零件为次品，则，，，，，，则由全概率公式，所求概率为（B），7．【答案】D【分析】直接利用广义杨辉三角和数据的组合的应用求出结果．【详解】根据广义杨辉三角的定义：；故；关于的多项式的展开式中项的系数为．8．【答案】C【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项.【详解】令，则，函数满足，当时在上单调递增，当时在上单调递减，又由，即函数的图象关于对称，从而，对于A，，，，A错误；对于B，，，，B错误；对于C，，，，C正确；对于D，，，，D错误.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数的对称性即可.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．【答案】AC【分析】对于A，利用相关系数定义即可判断；对于B，利用正态分布曲线的对称性易得；对于C，先由对立事件的概率公式将其转化，再利用条件概率公式化简即可判断；对于D，利用二项分布的方差公式求出值，再利用其概率公式计算即得.【详解】对于A，根据相关系数越接近1，则线性相关性越强，故A正确；对于B，由题意，，根据正态分布曲线的对称性知，，故B错误；对于C，由，因，故得,则可得，，即A，B相互独立，故C正确；对于D，因，则，解得或，当时，；当时，.故D错误.10．【答案】BC【分析】根据图形和概率的概念可判断A选项；由题意可知发芽数X服从二项分布，，再由，且，可求k的最大值；由概率的根据对立事件的性质和相互独立事件的概率公式，可计算选项C;由题意可知X服从二项分布，，可判断D选项.【详解】从5天内的发芽率来看，A类种子为，B类种子为，故A错误；若种下12粒A类种子，由题意可知发芽数X服从二项分布，，，则，且，可得，且，所以，即，即有10粒种子5天内发芽的概率最大，故B正确；记事件A:样本A种子中随机取一粒8天内发芽；事件B:样本B种子中随机取一粒8天内发芽；根据对立事件的性质，这两粒种子至少有一粒8天内未发芽的概率：，故C正确；由题意可知X服从二项分布，，所以，故D错误；11．【答案】ABD【分析】求出函数的导函数，根据是的一个极值点，判断A、B，由可得函数的性质，即可得到的单调性，从而判断C，求出方程的两根，即可得到的单调性，从而判断D.【详解】因为，则，依题意是关于的方程的一个变号正实数根，所以方程的判别式，故A正确；因为，显然，所以，故B正确；当时，因为，所以函数的开口向下，且与轴的正半轴只有一个交点，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；当且，将代入，整理得，所以方程有两个不相等正实数根与，又，所以当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以是的极大值点，是的极小值点，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.【答案】【分析】设，，求函数的最小值即可.【详解】设，，因为，由或；由，又，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.所以.13．【答案】8【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用不等式求出最值即可.【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以．当时，，当且仅当，即时等号成立．14．【答案】【分析】利用分离参变量思想，再用换元法转化到对钩函数求最小值，即可得到取值范围.【详解】由，因为，所以，令，由，构造函数，即，当且仅当时取等号，所以四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）对是否为零进行讨论，再结合二次函数的性质即可求解.（2）不等式化简为，根据一元二次不等式的解法，分类讨论即可求解.【详解】（1）对一切实数x恒成立，等价于恒成立.当时，不等式可化为，不满足题意.当，有，即，解得所以的取值范围是．（2）依题意，等价于，当时，不等式可化为，所以不等式的解集为.当时，不等式化为，此时，所以不等式的解集为.当时，不等式化为，①当时，，不等式的解集为；②当时，，不等式的解集为；③当时，，不等式的解集为；综上，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.16．【答案】(1)学生的性别对选科分类有影响.(2)分布列见解析，【分析】（1）根据列联表中的数据计算，与临界值对比分析即可求解；（2）根据全概率公式求解男生选化学和地理的概率，然后结合二项分布求分布列和数学期望.【详解】（1）零假设为：学生的性别对选科分类没有影响.根据列联表中的数据，经计算得到，根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立，即认为学生的性别对选科分类有影响.（2）设表示事件：男生选化学和地理，表示事件：男生选物理，表示事件：男生选历史.由题意，，，且，，.则，所以，，01234，，，的分布列如下表所示：（另解：因为，所以）17．【答案】(1)在上单调递增；(2)【分析】（1）求导之后再对分析即可得到单调性；（2）在上单调递增得，然后转化为，即.【详解】（1）当时，，的定义域为，∴，令，则，令，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴，∴在上成立，∴在上单调递增.（2）∵在上单调递增，∴，恒成立，，恒成立，即，恒成立.令，则.∵，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴取得最小值.∴，.∴实数的取值范围为.18．【答案】(1)(2)(3)分布列见解析，.【分析】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，事件：学生通过第轮且继续答题，结合全概率公式和，即可求解；（2）根据题意，结合，即可求解；（3）由题意，随机变量可取，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.【详解】（1）记事件：学生通过第轮，事件：学生通过第轮就选择奖品离开，事件：学生通过第轮且继续答题，），由题意得，.记事件：学生获得奖品.则，，，，.（2）学生小杰获得奖品，则至少通过两轮比赛的概率：.（3）由题意，随机变量可取，可得，，，，0123所以的分布列为：所以期望为.19．【答案】(1)答案见详解(2)①；②证明见详解【分析】（1）求导，分类讨论最高项系数的符号和两根大小，利用导数分析原函数的单调性；（2）①分析可知，构建，利用导数判断的单调性和最值，结合图象分析求解；②分析可知原不等式等价于，换元令，构建，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明.【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，若，则，当，则；当，则；可知在内单调递增，在内单调递减；若，令，解得或，当，即时，令，解得或；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减；当，即时，则，可知在内单调递增；当，即时，令，解得或；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减；综上所述：若，在内单调递增，在内单调递减；若，在内单调递增，在内单调递减；若，在内单调递增；若，在内单调递增，在内单调递减.（2）①有两个不同的零点，即有两个不同实根，得，令，，令，得，当时，，可知在上单调递增，当时，，可知在上单调递减，当时，取得最大值，且，当时，得的大致图像如图所示：可得，所以实数a的取值范围为.②当时，有两个不同的零点.两根满足，，两式相