2023-2024学年高二下学期期中数学试卷（提高篇）
【人教A版（2019）】
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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.写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效；
4.测试范围：选择性必修第二册第五章、选择性必修第三册第六章、第七章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
（22-23高二下·宁夏吴忠·期中）
1．下列说法中正确的是（ ）
①设随机变量X服从二项分布
②已知随机变量X服从正态分布且，则
③小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则
④．
A．②③④ B．①②③ C．②③ D．①②
（22-23高二下·湖北黄冈·期中）
2．若的展开式中的系数为，展开式中各项系数和为，则大小关系为（ ）
A． B．
C． D．无法确定
（22-23高二下·广东东莞·期中）
3．甲、乙两位游客慕名来到江城武汉旅游，准备分别从黄鹤楼、东湖、昙华林和欢乐谷4个著名旅游景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件A：甲和乙至少一人选择黄鹤楼，事件：甲和乙选择的景点不同，则条件概率（ ）
A． B． C． D．
（22-23高二下·河南郑州·期中）
4．设，比较的大小关系（ ）
A． B．b
C． D．
（22-23高二下·湖北·期中）
5．现有天平及重量为，，，的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（ ）种.
A． B． C． D．
（22-23高二下·河北邯郸·期中）
6．甲 乙两人进行羽毛球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是，随机变量表示最终的比赛局数，若的数学期望为，则（ ）
A． B． C． D．或
（22-23高二下·四川宜宾·期中）
7．已知函数，，对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（22-23高二下·上海浦东新·期中）
8．关于函数，下列判断正确的是（ ）
①是的极大值点；
②函数有且只有1个零点；
③存在正实数k，使得成立；
④对任意两个正实数，且，若，则．
A．①④ B．②④ C．②③ D．③④
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（22-23高二下·江苏苏州·期中）
9．在的展开式中（ ）
A．常数项为 B．项的系数为
C．系数最大项为第3项 D．有理项共有5项
（22-23高二下·重庆荣昌·期中）
10．对于函数，下列说法正确的有（ ）
A．的单调递增区间为 B．在处取得最大值
C．有两个不同零点 D．
（22-23高二下·山东烟台·期中）
11．一个不透明的箱子中装有5个小球，其中白球3个，红球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2个白球的概率为
B．若第一次试验抽到一个白球，则第二次试验后，试验者手有白红球各1个的概率为
C．经过6次试验后试验停止的概率为
D．经过6次试验后试验停止的概率最大
（22-23高二下·湖北·期中）
12．已知函数，下列选项正确的是（ ）．
A．函数的单调减区间为
B．函数的值域为
C．若关于的方程有3个不相等的实数根，则实数的取值范围是
D．若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（22-23高二下·江苏南京·期中）
13．公共汽车门的高度是按照确保以上的成年男子头部不跟车门顶部碰撞设计的.如果某地成年男子的身高（单位：），则车门应设计至少高 （结果精确到）.参考数据：若，则.
（22-23高二下·上海浦东新·期中）
14．对于，将n表示为，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 .
（22-23高二下·福建龙岩·期中）
15．已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为 .
（22-23高二下·北京丰台·期中）
16．袋中装有5个相同的红球和2个相同的黑球，每次从中抽出1个球，抽取3次按不放回抽取，得到红球个数记为X，得到黑球的个数记为Y；按放回抽取，得到红球的个数记为．下列结论中正确的是 ．
①；②；③；④．
（注：随机变量X的期望记为、方差记为）
四．解答题（共6小题，满分70分）
（22-23高二下·江苏连云港·期中）
17．有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有大小、形状完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球；乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球．假设试验选到甲袋或乙袋的概率都是．
(1)求从袋子中摸出红球的概率；
(2)求在摸出白球的条件下，该球来自甲袋的概率．
（22-23高二下·山东济宁·期中）
18．若，请分别求出下列的值
(1)
(2)
(3)
（22-23高二下·安徽滁州·期中）
19．班级迎接元旦晚会有个唱歌节目、个相声节目和个魔术节目，要求排出一个节目单．
(1)2个相声节目要排在一起，有多少种排法？
(2)相声节目不排在第一个节目、魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？
(3)现在临时增加个魔术节目，要求重新编排节目单，要求个相声节目不相邻且个魔术节目也不相邻，有多少种排法？
（22-23高二下·四川成都·期中）
20．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)①若恒成立，求实数的取值集合；
②证明：.
（22-23高二下·福建福州·期中）
21．我校即将迎来“第二届科技艺术节”活动，其中一项活动是“数学创意作品”比赛，为了解不同性别学生的获奖情况，现从去年举办的“首届科技艺术节”报名参加活动的500名学生中，根据答题情况评选出了一二三等奖若干名，获奖情况统计结果如下：
性别 人数 获奖人数
一等奖 二等奖 三等奖
男生 200 10 15 15
女生 300 25 25 40
假设所有学生的获奖情况相互独立．
(1)用频率估计概率，现分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率；
(2)用频率估计概率，从上述200名男生和300名女生中随机各抽取1名，以表示这2名学生中获奖的人数，求的分布列和数学期望；
(3)用频率估计概率，从报名参加活动的500名学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从上述200男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从上述300名女生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为，试比较与的大小，并说明理由.
（22-23高二下·上海浦东新·期中）
22．已知．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)设，求在上的零点个数．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据二项分布的概率公式判断①，根据正态分布的性质判断②，根据条件概率判断③，根据方差的性质判断④.
【详解】对于①：随机变量服从二项分布，
则，故①正确；
对于②：随机变量服从正态分布且，
则，故②正确；
对于③：事件 “4个人去的景点互不相同”，事件 “小赵独自去一个景点”，
则，，所以，故③正确；
对于④：，故④错误．
故选：B
2．B
【分析】将三项展开式化为二项展开式，利用通项公式求出，令得，比较大小可得答案.
【详解】，，
则，则的展开式的通项公式为，
令，得，
所以.
，
则.
故选：B
3．A
【分析】根据独立概率乘法公式结合条件概率公式运算求解.
【详解】设事件M：甲选择黄鹤楼，事件N：乙选择黄鹤楼，
可知，
因为事件：甲和乙均没有选择黄鹤楼，
可得，所以，
又因为事件：甲和乙至少一人选择黄鹤楼，且甲和乙选择的景点不同，
自然，
所以.
故选：A.
4．C
【分析】
由，构造、且，利用导数研究单调性比较大小关系.
【详解】由，
令且，则，
所以递减，则，故，则，
令且，则，
所以递减，则，故，则，
综上，.
故选：C
5．A
【分析】由题意，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，结合排列组合以及分类加法原理，可得答案.
【详解】依题可知10只能在左边，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，有以下4种情况：
情况①：第一步先排10，10只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种；
情况②：第一步先排4，4只能在左边，10可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种；
情况③：第一步先排2，2只能在左边，
若第二步放10，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中，
若第二步放4，则10可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，有种，
若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形：
（）若第三步放10，那第四步放4可以在左右都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放10只能放左边，有1种，
共有种；
情况④：第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步：
若第二步放10，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种，
若第二步放4，则10可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种，
若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形：
（）若第三步放10，那第四步放4可以在左右边都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放10只能放左边，有1种，
共有种，
综上有种.
故选：A.
6．D
【分析】由三局两胜的比赛制度可得随机变量可能的取值为2和3，分别求出概率，列出分布列，利用离散型随机变量的期望公式计算求得的值．
【详解】
随机变量可能的取值为2，3．
，
，
故的分布列为：
2 3
故，
由，解得或．
故选：D．
7．A
【分析】根据已知条件，将原问题转化为，再利用导数研究函数、的极值、最值，即可求解.
【详解】，则，
令，解得或；令， 解得，
，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减，
且，
故，
任意的，都有成立，则，
因为，则，
当时，在单调递增，
所以，
故，即(舍去)；
当时，
令，解得；令， 解得，
故在上单调递减， 在上单调递增，
所以，
所以，即， 解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故选：A
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图象在 上方即可)；
③分类讨论参数.
8．B
【分析】对于①：求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得极值点；对于②：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于③：整理得，构建，利用导数分析其单调性，进而可得结果；对于④：分析可得原题意等价于即证，令，利用导数判断其单调性，进而分析判断.
【详解】对于①：由题意可得：函数的定义域为，且，
当时，0；当时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，故①错误；
对于②：令，
则函数的定义域为，且恒成立，
可知在上单调递减，且，
函数有且只有1个零点，故②正确；
对于③：若，整理得，
令，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，即，
所以在上单调递减，且当趋近于时，趋近于，
所以不存在正实数，使得恒成立，故③错误；
对于④：由①可知：若，则，
要证，即证，
且在上单调递增，即证，
又因为，所以证，即证.
令，
则，所以在上单调递减，
所以，所以，④正确；
故选：B.
【点睛】
方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
9．BCD
【分析】
根据二项展开式的通项公式可得，对A、B：分别令、，运算求解即可；对于C：可得第项的系数为，结合数列单调性分析运算；对于D：令，分析运算即可.
【详解】的展开式的通项公式，
对于A：令，解得，可得，
即常数项为，故A错误；
对于B：令，解得，可得，
即项的系数为，故B正确；
对于C：由通项公式可得：第项的系数为，
当为偶数时，；当为奇数时，；
取为偶数，令，则，
整理得，解得，
所以系数最大项为第3项，故C正确；
对于D：令，则，
所以有理项共有5项，故D正确；
故选：BCD.
10．BD
【分析】
利用导数求得的单调区间、最值、零点以及比较函数值的大小.
【详解】的定义域是，，
所以在上单调递增，
在上单调递减，A选项错误，
在处取得最大值，B选项正确，
在上单调递增，当时，，所以没有两个零点，C选项错误，
在上单调递减，所以，
，
，所以，所以，
，所以，
所以，所以D选项正确.
故选：BD
11．ABC
【分析】
对于A、B选项利用条件概率公式计算即可；对于C项，利用二项分布计算；对于D项，设实验次结束的概率为，令，由C项化简得，即得结果.
【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“第次抽到红球”，“第次硬币正面朝上且抽到白球”，“第次硬币正面朝上且抽到红球”，
对于A项,，
经过两次实验后，实验者手中恰好有2个白球的概率为：，故A正确；
对于B项，已知第一次拿到白球，第二次拿到红球的概率为：,故B正确；
对于C项，实验6次结束，则前5次有4次硬币正面朝上，第6次硬币正面朝上，故其概率为：，故C正确；
对于D项，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，故D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题D选项的解决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，从而得解.
12．BD
【分析】利用函数的单调性与导数之间的关系可判断A选项；求出函数的值域，可判断B选项；数形结合可判断CD选项.
【详解】对于A选项，当时，，则，
当时，，则，由可得，
所以，函数的单调减区间为，，A错；
对于B选项，当时，，
当时，由A分析可知在上单调递增，在上单调递减，所以，
因此，函数的值域为，B对；
作出函数的图像如下图所示：
对于C，由，可得或，
由图可知，方程有个不等的实根，
若关于的方程有3个不相等的实数根，
则方程有1个实根，此时，C错；
对于D，若，由，即，可得，则方程只有两个不等的实根，故舍去；
若，由，即，可得或或，
由图可知，方程有个不等的实根，方程只有一个实根，
若关于的方程有6个不相等的实数根，
则方程有3个不等的实根，此时，D对.
故选：BD.
13．
【分析】
设车门设计的高度为，由题意结合题中所给数据可得，从而可得出答案.
【详解】设车门设计的高度为，
由题意需使，
因为，，
所以，解得，
所以车门应设计至少高.
故答案为：.
14．
【分析】
将分为，，，…，等7种情况，由组合数的性质，分析其中的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案．
【详解】，
设，且为整数，
则，
中6个数都为0或1，
其中没有一个为1时，有种情况，即有个；
其中有一个为1时，有种情况，即有个；
其中有2个为1时，有种情况，即有个；
…
故，同理可得：，
…
，
,
则.
故答案为:．
【点睛】关键点睛：本题比较综合，难度大，得到是解题的关键.
15．
【分析】
根据题意可得，再构造，利用导数研究该函数的单调性，从而利用函数的单调性，可得，然后再参变量分离，将恒成立问题转为变量的最值，最后利用导数求出变量式的最值，从而得解．
【详解】因为，
所以可化为，
设，则，
在上单调递增，
因为，，所以，，，
所以可化为，所以，
在上恒成立，
，，
设，，则，
令，得；，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题的关键是将式子同构成，再构造函数.
16．①③④
【分析】
根据不放回抽取，确定红球个数X的可能取值以及黑球个数为Y的可能取值，求出每个值对应的概率，即可求得的期望和方程，判断①，②；按放回抽取，可知，求出其期望和方程，即可判断③，④.
【详解】由题意抽取3次按不放回抽取，可得红球个数X的可能取值为，
黑球个数Y的可能取值为，
则，
，
，
故；
由题意可知，
故,,,
故，
故，故①正确；
，
，
即，故②错误；
抽取3次按放回抽取，每次抽取到红球的概率为，
得到红球的个数记为，则，
故，
故，，即③，④正确，
故答案为：①③④
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是明确不放回抽取和放回抽取的区别，从而计算变量的期望和方程，不放回抽取时，要考虑互斥情况，计算概率；放回抽取时，可确定变量服从二项分布，从而可求解问题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据全概率公式求解；
（2）利用条件概率公式计算可得结果.
【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，
“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球"为事件，
∵，
∴，
所以从袋子中摸出红球的概率为．
（2）因为是对立事件，，又，
所以，
所以在摸出白球的条件下，该球来自甲袋的概率为.
18．(1)1
(2)
(3)
【分析】（1）令，即可求出答案；
（2）把求和问题转化为二项式的展开式的各个项的系数和，令即可求解；
（3）利用导数及赋值法即可得解.
【详解】（1）由，
令得，所以.
（2）因为的和为二项式的展开式的各个项的系数和，
令则；
（3）令，
则，且，
令，则，且，
所以.
19．(1)种
(2)种
(3)种
【分析】
（1）根据捆绑法即可得到答案；
（2）利用全排列公式减去不符合题意的情况即可；
（3）利用全排列公式减去不符合题意的情况即可.
【详解】（1）
将个相声节目捆绑在一起，看成个节目，与其余个节目一起排，
则共有种不同排法；
（2）
若相声节目排在第一个节目，则有种不同排法，
若魔术节目排在最后一个节目，则有种不同排法，
若相声节目排在第一个节目，并且魔术节目排在最后一个节目，则有种不同排法，
则相声节目不排在第一个节目、魔术节目不排在最后一个节目，
可以用个节目的全排列减去相声节目排在第一个节目的排列数和魔术节目排在最后一个节目的排列数，
再加上相声节目排在第一个节目并且魔术节目排在最后一个节目的排列数，
所以共有种不同排法；
（3）
若个相声节目相邻，则有种不同排法，
若个魔术节目相邻，也有种不同排法，
若个相声节目相邻，并且个魔术节目也相邻，则有种不同排法，
则个相声节目不相邻且个魔术节目也不相邻，可由个节目的全排列减去个相声节目相邻的排列数和个魔术节目相邻的排列数，
再加上个相声节目相邻并且个魔术节目也相邻的排列数，
所以共有种不同排法．
20．(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】
（1）对函数求导，讨论、研究导函数符号确定区间单调性；
（2）①由（1）所得单调性，结合恒成立有，进而可得，再利用导数研究左侧单调性，即可得取值集合；
②设，并应用导数研究单调性和最值，结合（1）得，即可证结论.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，函数在区间上单调递增；
当时，令，令，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）①由（1）得：当，函数在区间上单调递增，
又，所以，则，与条件矛盾，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，由已知，所以，
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
又，所以不等式的解集为.
②证明：设，则，
时，单调递减，时，单调递增，
又，所以，当且仅当时取等号，
由（1）结论易得：，仅当时取等号，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造函数研究单调性和最值处理恒成立和不等式问题.
21．(1)；
(2)分布列见解析，；
(3).
【分析】
（1）根据给定条件，利用古典概率计算作答.
（2）利用频率估计概率，求出的可能值，再计算各个值对应的概率列出分布列，求出期望作答.
（3）利用频率估计概率求出，结合（2）中信息比较作答.
【详解】（1）设事件为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，
抽到的2名学生都获一等奖”，则.
（2）
随机变量的所有可能取值为0，1，2，
记事件为“上述200名男生中随机抽取1名，该学生获奖”，
事件为“上述300名女生中随机抽取1名，该学生获奖”，
依题意，事件，相互独立，且估计为，估计为，
因此，
，
，
所以的分布列为
0 1 2
的数学期望.
（3）
，
理由：根据频率估计概率得，
由（2）知，，则，
所以.
22．(1)
(2)答案见详解
(3)答案见详解
【分析】
（1）根据导数的几何意义运算求解；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性；
（3）原题意等价于与在上的交点个数，令，利用导数判断原函数的单调性和值域，进而可得结果.
【详解】（1）当时，，则，
所以在点处的切线斜率，
所以所求切线方程为，即.
（2）由，所以，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，由，则，若，则，
所以在单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，函数在上单调递增；
当时，在单调递增，在上单调递减.
（3）由，所以，
今，由，所以，可得，
原题意等价于与在上的交点个数，
令，则，
令，时，在上单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
由，所以在上单调递增，
所以，即，
当，即时，
则与在只有一个交点，此时在上只有一个零点；
当或，即或时，
则与在无交点，此时在上没有零点；
综上所述：当时，在上只有一个零点；
当或时，在上没有零点.
【点睛】
方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
答案第1页，共2页
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