四川省仁寿第一中学北校区2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学

铧2022级高二（下）半期质量检测数学试卷（卷面分值：150分考试时间120分钟）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.乘积完全展开后的项数是（）A.8 B.9 C.15 D.182.若，则的值为（）A.63 B.64 C.127 D.1283.的展开式中，含项的系数为（）A.21 B.189 C.9 D.1264.从装有4个红球，2个白球的袋子中，不放回地依次抽取两个小球，在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（）A. B. C. D.5.若函数不存在极值，则的取值范围是（）A. B.C. D.6.已知，则的值为（）A.16 B.32 C.64 D.1287.已知在函数的图像上，在直线上，则的最小值为（）A. B.5 C. D.8.函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.二、多选题：本大题共3个小题，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，有选错的得0分；若只有两个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分.9.甲、乙、丙等5人排成一列，下列说法正确的有（）A.若甲和乙相邻，共有48种排法 B.若甲不排第一个共有96种排法C.若甲与丙不相邻，共有36种排法 D.若甲在乙的前面，共有60种排法10.已知二项式的二项式系数和为32，则下列说法正确的是（）A. B.展开式中只有第三项的二项式系数最大C.展开式各项系数之和是243 D.展开式中的有理项有4项11.关于函数，，下列说法正确的是（）A.若过点可以作曲线的两条切线，则B.若在上恒成立，则实数的取值范围为C.若在上恒成立，则D.若函数有且只有一个零点，则实数的范围为三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12.已知离散型随机变量的分布列为01设，则的数学期望______.13.一个长方形，被分为、、、、五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有______种.14.已知函数，则的极小值为______；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是______.四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.ChatGPT是由人工智能研究实验室OpenAI于2022年11月30日发布的一款全新聊天机器人棋型，它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话，ChatGPT的开发主要采用PLHF（人类反馈强化学习）技术.在测试ChatGPT时，如果输入的问题没有语法错误，则ChatGPT的回答被采纳的概率为，当出现语法错误时，ChatGPT的回答被采纳的概率为.（1）在某次测试中输入了7个问题，ChatGPT的回答有5个被采纳.现从这7个问题中抽取3个，以表示这抽取的问题中回答被采纳的问题个数，求的分布列和数学期望；（2）已知输入的问题出现语法错误的概率为，（i）求ChatGPT的回答被采纳的概率；（ii）若已知ChatGPT的回答被采纳，求该问题的输入没有语法错误的概率.16.已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是.（1）求的值；（2）求展开式中的常数项，并指出是第几项；（3）求展开式中系数绝对值最大的项.17.第18届亚足联亚洲杯将于2023年举行，已知此次亚洲杯甲裁判组有6名裁判，分别是，，，，，.（以下问题用数字作答）（1）若亚洲杯组委会邀请甲裁判组派裁判去参加一项活动，必须有人去，去几人由甲裁判组自行决定，问甲裁判组共有多少种不同的安排方法？（2）若亚洲杯组委会安排这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，根据回避规则，其中不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，问共有多少种不同的安排方法？（3）若亚洲杯组委会将这6名裁判全部安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，每名裁判只参加1项活动，问共有多少种不同的安排方法？18.某校团委开展知识竞赛活动.现有两组题目放在，两个箱子中，箱中有6道选择题和3道论述题，箱中有3道选择题和2道论述题.参赛选手先在任一箱子中随机选取一题，作答完后再在此箱子中选取第二题作答，答题结束后将这两个题目放回原箱子.（1）若同学甲从箱中抽取了2题，求第2题抽到论述题的概率；（2）若同学乙从箱中抽取了2题，答题结束后误将题目放回了箱，接着同学丙从箱中抽取题目作答，（i）求丙取出的第一道题是选择题的概率；（ii）已知丙取出的第一道题是选择题，求乙从箱中取出的是两道论述题的概率.19.已知函数，，是自然对数的底数.（1）当时，求函数的单调性；（2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；（3）若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值.

高二下期半期质量检测数学参考答案：1.D【分析】根据分步乘法计数原理计算可得.【详解】依题意从、、中取一个有3种取法，从、中取一个有2种取法，从、、中取一个有3种取法，所以乘积完全展开后的项数为.故选：D2.C【分析】由组合数的性质计算即可.【详解】因为，所以，故选：C.3.B【分析】由展开式通项直接计算含项的系数即可.【详解】展开式通项为，令，解得，所以含项的系数为，故选：B.4.C【分析】记事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”，分别求出，，根据条件概率公式即可求出结果.【详解】记事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”，则，，所以在第一次抽取到白球的条件下，第二抽到白球的概率.故选：C.5.D【分析】求出函数的导函数，依题意恒成立，则，即可求出参数的取值范围.【详解】因为的定义域为，且，又函数不存在极值，则没有变号零点，所以恒成立，则，解得，即的取值范围是.故选：D6.A【分析】由题设可得，应用赋值法求、，即可求目标式的值.【详解】由当时，，当时，，.故选：A7.A【分析】设函数上在点的切线恰与直线平行，利用导数的几何意义求出，则的最小值即为切点到直线的距离.【详解】设函数上在点的切线恰与直线平行，由，可得，则，所以，解得，所以的最小值为点到直线的距离.故选：A8.B【分析】根据题意构造函数，由条件不等式判断函数在上单调递减，将不等式转化成，利用单调性将问题简化为在上恒成立，求出函数在上的最小值即得.【详解】由，，可设，，则，即函数在上为减函数，因，，则，由可得，即，故得，即在上恒成立.令，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则时，取得最小值，故，又，故.故选：B.9.ABD【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用特殊元素优先可判断B选项；利用插空法可判断C选项；利用组合法可判断D选项.【详解】选项A：若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑、形成一个大元素，与其余四个元素排序共有种排法，A对；选项B：若甲不排第一个，则甲有4种排法，其余全排，共有种，B对；选项C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入人所形成的个空中的个空，所以，共有种排法，C错；选项D，若甲在乙的前面，只需在5个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前面，然后将其余3个人全排，共有种排法，D对.故选：ABD.10.AC【分析】根据二项式系数和为，计算可得，判断A；根据，即可判断B；令，即可判断C；求出展开式的通项，令的幂指数为整数，即可判断D.【详解】因为知二项式的二项式系数和为32，所以，即，A正确；因为，所以二项展开式有6项，所以展开式的第三项和第四项的二项式系数均为最大值，B错误；令，，所以展开式各项系数之和是243，C正确；，因为，所以、、时，为有理项，所以D错误.故选：AC11.ABC【分析】根据题意可知点在下方及轴上方，从而可对A判断；设出切点，求出切线方程，再结合题意中的几何条件，从而可对B判断；构造函数，利用导数分别可求出的单调性及最值情况，画出相应图象，从而可对C、D判断求解.【详解】对A：由题意知可知当点在曲线的下方和轴上方才可以作出两条切线，所以，故A正确.对B：由在上恒成立，等价于在上横在上方，设的切点坐标为，其切线方程为，对应的切线经过坐标原点，将代入解得，其切线斜率，所以实数的取值范围为，故B正确.对C：若在上恒成立，则在时恒成立，即，，设，，则，当时，，当，，所以在区间上单调递增，上单调递减，当时，取到极大值也是最大值为，所以，故C正确.对D：由C知，当时，，当时，，当时，，所以在区间，上单调递减，上单调递增，当时，取到极小值，当时，取到极大值，而时，恒成立，故可画出函数的图象如下：要求函数的零点，即求与图象的交点个数，所以可知或时，有且只有一个零点，故D错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.12.0【分析】根据题意先求出，再求出，再结合期望的性质从而可求解.【详解】由已知得，解得.则，.故答案为：0.13.72【分析】根据分步计数原理与分类计数原理，列出每一步骤及每种情况，计算即可.【详解】我们需要用四种颜色给五个区域，，，，涂色，使得区域，，，的颜色均和区域的颜色不同，区域和，和，和，和每对的颜色都不相同.那么首先区域有四种涂法，颜色确定后、区域，，，仅可以使用其余三种颜色.由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同色，所以同色的区域一定是和，或者和.如果这两对区域都是同色的，那么和，以及和，分别需要在剩余的三种颜色里选出一种，且颜色不能相同，所以此时的情况数有种；如果和同色，但和不同色，那么和的颜色有三种选择，选择后，和的颜色只能是剩余的两种，且不相同，但排列顺序有两种，所以此时的情况数有种；如果和同色，但和不同色，同理，此时的情况数有种.综上，区域的颜色确定后，剩下四个区域，，，的涂色方式共有种.而区域的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有种.故答案为：72.14.【分析】（1）利用导数可求得函数的极小值；（2）由题意可得出，分、、三种情况讨论，根据题意可得出关于的不等式，进而可求得的取值范围.【详解】由，得.令，得，列表如下：00+递减极小值递增所以，函数的极小值为；（2），，使得，即，.①当时，函数单调递增，，，即；②当时，函数单调递减，，，即；③当时，，不符合题意.综上：.故答案为：；.15.1.（1）分布列见解析，（2）（i）0.84；（ii）【分析】（1）服从超几何概率分布，直接求解即可.（2）利用全概率公式求解ChatGPT的回答被采纳的概率；利用条件概率公式求解该问题的输入没有语法错误的概率即可.【详解】（1）易知的所有取值为，，，此时，，，所以的分布列为：123则；（2）（ｉ）记“输入的问题没有语法错误”为事件，记“输入的问题有语法错误”为事件，记“ChatGPT的回答被采纳”为事件，易知，所以，，，；（ii）若ChatGPT的回答被采纳，则该问题的输入没有语法错误的概率16.（1）（2）常数项为60，为第5项（3）【分析】（1）首先求出，再由二项式展开式通项求解即可；（3）假设系数绝对值最大，则它的系数的绝对值不小于前一项的系数的绝对值，并且不小于后一项的系数的绝对值，利用不等式组求解即可.【详解】（1）依题意可得第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为，所以，即，则，或（舍去），所以展开式的通项为.令，解得，所以为常数项，所以常数项为60，为第5项.（3）令.解得，又，，，即展开式中系数绝对值最大的项为.17.（1）63种（2）504种（3）540种【分析】（1）根据可去裁判的人数结合组合数的性质分析运算；（2）利用间接法，在所有排列情况下排除担任第一场比赛的主裁判或担任第三场比赛的主裁判的可能；（3）根据题意，分类讨论人数的分配情况运算求解.【详解】（1）由题意知：可去1，2，3，4，5，6名裁判，所以共有（种）不同的安排方法.（2）这6名裁判担任6场比赛的主裁判，每场比赛只有1名主裁判，每名裁判只担任1场比赛的主裁判，共有种方法，若担任第一场比赛的主裁判的方法数为；若担任第三场比赛的主裁判的方法数为；若担任第一场比赛的主裁判同时担任第三场比赛的主裁判的方法数为；所以不担任第一场比赛的主裁判，不担任第三场比赛的主裁判，共有（种）不同的安排方法.（3）亚洲杯组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，则分类如下：①这6名裁判分为1人，1人，4人这三组，共有（种）不同的安排方法；②这6名裁判分为1人，2人，3人这三组，共有（种）不同的安排方法；③这6名裁判分为2人，2人，2人这三组，共有（种）不同的安排方法.综上所述：组委会将这6名裁判安排到3项不同的活动中，每项活动至少安排1名裁判，共有（种）不同的安排方法.18.（1）（2）（i）（ii）【分析】（1）设出事件，利用全概率公式求解即可；（2）设出事件，，，并求出对应的概率，利用全概率公式求出，然后利用条件概率公式求解即可.【详解】（1）设事件表示“甲第次从信封中取到论述题”，，，则，，，.由全概率公式得