福建省安溪第八中学2023-2024学年高二下学期5月份质量检测数学试题（含解析）

福建省安溪第八中学
2023-2024学年高二年下学期5月份质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
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，只有一项是符合要求的．
1．从地到地要经过地，已知从地到地有三条路，从地到地有四条路，则从地到地不同的走法种数是　　
A．7 B．9 C．12 D．16
2．曲线在，处的切线方程为　　
A． B． C． D．
3．下列求导运算错误的是　　
A． B．
C． D．
4．展开式中的系数为　　
A． B． C．30 D．90
5．如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，．六个点涂色，求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有　　
A．360种 B．264种 C．192种 D．144种
6．设某医院仓库中有10盒同样规格的光片，已知其中有5盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的．且甲、乙、丙三厂生产该种光片的次品率依次为，，，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张光片，则取得的光片是次品的概率为　　
A．0.08 B．0.1 C．0.15 D．0.2
7．在某个章节学习完成后，进行系统化归纳梳理以及个性化回顾整理，不仅可以帮助我们构建完整的知识框架，也能够及时查漏补缺，提升数学抽象、逻辑推理、数学运算等学科素养．某同学在学完“计数原理”这一章之后的纠错本整理过程中发现以下四个课后习题中仍然有一个结论是错误的，则该同学　　选项中结论有误，需要进一步落实纠错．
A．能被整除
B．乘积展开后，共有项
C．一含有5个元素的集合，其含有3个元素的子集共有20个
D．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是58
8．已知，则，，的大小关系正确的是　　
A． B． C． D．
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．已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则下列结论正确的是　　
A．
B．展开式中项的系数为560
C．展开式中系数的最大的项仅为
D．展开式中没有常数项
10．函数的极值点是　　
A． B． C． D．
11．已知函数满足，（1），则当时，下列说法正确的是　　
A．（2）
B．是函数的极大值点
C．函数有且只有一个零点
D．存在正实数，使得恒成立
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 　　．
13．某旅游品生产厂家要对生产产品进行检测，后续进行产品质量优化．产品分为优秀、良好、合格、不合格四个等级，设其级别为随机变量，且优秀、良好、合格、不合格四个等级分别对应的值为1、2、3、4，其中优秀产品是良好产品的两倍，合格产品是良好产品的一半，不合格产品与合格产品相等，从这批产品中随机抽取一个检验质量，则　　．
14．已知函数，若在，上单调递增，则实数的取值范围为 　　．
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．（本小题满分13分）
设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球．
（1）从甲袋中取4个球，求这4个球中恰好有2个红球的概率；
（2）先从乙袋中取2个球放入甲袋，再从甲袋中取2个球，求从甲袋中取出的是2个红球的概率．
16．（本小题满分15分）
已知的二项展开式中二项式系数之和为256．
（1）求的值；
（2）求展开式中项的系数．
17．（本小题满分15分）
已知函数，，且（2）．
（1）求的值；
（2）求函数在的最值．
18．（本小题满分17分）
如图，四棱锥中，底面是正方形，，且，平面平面，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点．
（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
19．（本小题满分17分）
已知是函数的一个极值点．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求函数的单调区间；
（Ⅲ）若直线与函数的图象有3个交点，求的取值范围．
福建省安溪第八中学
2023-2024学年高二年下学期5月份质量检测
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，只有一项是符合要求的．
1．【分析】根据题意，依次分析从到和从到的走法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，从地到地要经过地，已知从地到地有三条路，则从到有3种不同的走法，从地到地有四条路，则从到有4种不同的走法，则从地到地不同的走法种数有种；故选：．
2．【分析】先对函数求导，得到，再结合，即可得解．
【解答】解：，则，又，
则所求切线方程为，即．故选：．
3．【分析】根据基本初等函数、积的导数、商的导数和复合函数的求导公式求导即可．
【解答】解：，正确；
，错误；，正确；
，正确．故选：．
4．【分析】求出的通项公式，分别令或3，代入求解即可得出答案．
【解答】解：，的通项公式为，
令，则，则，令，则，则，
所以展开式中的系数为．故选：．
5．【分析】依题意，完成涂色问题，至少用3种颜色，可分为4种颜色都用到和只用3种颜色两类．分别计算两类不同的涂色方法，可先给、、三点涂色，再给、、涂色，由乘法原理得结论．最后用加法原理得到不同的涂色方法．
【解答】解：若4种颜色都用到，先给、、三点涂色，有种涂法，
再给、、涂色，因为、、中必有一点用到第4种颜色，有种涂法，
另外两点用到、、三点所用颜色中的两种，有种涂法，
由乘法原理得种；
若只用3种颜色，先给、、三点涂色，有种涂法，
再给、、涂色，因为点与点不同色，有2种涂法，
若点与点同色，则与、不同色，有1种涂法，此时有1种涂法；
若点与点同色，则与、不同色，有1种涂法，此时有1种涂法．
由乘法原理得种；所以，不同的涂色方法共有种．故选：．
6．【分析】以，，分别表示取得的这盒光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的光片为次品，由全概率公式能求出结果．
【解答】解：以，，分别表示取得的这盒光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的光片为次品，
，，，
，，，
由全概率公式得：（B）
．故选：．
7．【分析】利用二项式的展开式可判断，利用乘法原理可判断，利用排列组合知识可判断．
【解答】解：
对于，，
因为为正整数，所以能被整除，故正确；
对于，利用乘法原理，在中有种取法，在中也有种取法，
所以共有种取法，即乘积展开后，共有项，故正确；
对于，一含有5个元素的集合，其含有3个元素的子集共有个，故错误；
对于，以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是个，故正确．故选：．
8．【分析】构造函数，，利用函数的单调性比较大小．
【解答】解：令，，
当时，，单调递增；
所以（1），即，所以．
令，，当时，，单调递减，
所以（1），即，所以，故．故选：．
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．【分析】由条件结合二项式系数的性质列方程求，判断，结合展开式通项公式，判断．
【解答】解：二项式的展开式的通项公式为：，，1，，，由题意可知，，解得，正确；
所以二项式的展开式的通项公式为，，1，，8，
令，可得，所以展开式中项的系数为，错误；
令，可得（舍去），所以展开式中没有常数项，正确；
设展开式中第项的系数最大，则，解得，所以或，
所以展开式中系数的最大的项为或，错误．故选：．
10．【分析】先求导数得到单调区间，根据增减性求出极值点．
【解答】解：由题意，，
所以，令，得，即，即，
解得或或，所以当或时，；
当或时，，所以函数在和上单调递减，
在和上单调递增，所以与为极小值点，为极大值点，
综上，函数的极值点为或或．故选：．
11．【分析】根据题意结合导数运算可得：．对：代入运算即可；对：求导，利用导数求极值点；对：构建，利用导数判断单调性，并结合零点存在性定理分析判断；对：根据题意分析可得：，构建，利用导数结合恒成立问题分析运算．
【解答】解：，且，
，则，
又（1），故，且定义域为，
对（2），正确；对，
令，则；令，则；
则在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的极小值点，错误；
对：构建，则，
则在定义域内单调递减，且（1），（2），
函数有且只有一个零点，正确；
对：若，即，且，可得，
构建，则，
构建，，则，
令，则；令，则；
则在上单调递增，在上单调递减，可得（1），
故在定义域内恒成立，故在定义域内单调递减，
且当趋近正无穷大时，趋近于0，且大于0，所以．
故不存在正实数，使得恒成立，错误；故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【分析】按照2，2，1和3，1，1分组讨论安排．
【解答】解：（1）按照2，2，1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
（2）按照3，1，1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
故共有种．
故答案为：50．
13．【分析】根据取得不同值概率之间的关系式和概率之和为一的性质，可以求得取得对应的概率，再分析的情况即可求出结果．
【解答】解：根据题意可知：
优秀产品的数量是良好产品数量的两倍，即，
合格产品的数量是良好产品数量的一半，即，
不合格产品的数量等于合格产品数量，即，
因为所有产品的总数量是固定的，可以根据以上条件计算各个等级产品的概率：
，，，，
其中表示良品的占比，因此应该满足以下条件：，解得，
因此：，，，．
就是取到2，3或4的概率之和：
，
因此，即抽取的产品质量大于优秀的概率为0.5．
故答案为：0.5．
14．【分析】把在，上单调递增，转化为恒成立即可．
【解答】解：，，
若在，上单调递增，则只需在，上恒成立，
即在，上恒成立，令，，
在，上单调递增，（1），则，解得．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．（本小题满分13分）
【分析】（1）根据题意，先计算出从7个球中取4个球的种数，再计算出4个球中恰好有2个红球的种数，最后用古典概型的概率公式计算可得；
（2）根据题意，先计算出，，再利用全概率概率公式计算可得．
【解答】解：（1）依题意知，从7个球中取4个球有种取法，其中4个球中恰好有2个红球，即恰好有2个红球、2个白球，有种取法，
所以4个球中怡好有2个红球的概率为；
（2）记为从乙袋中取出1个红球、1个白球，为从乙袋中取出2个红球，为从甲袋中取出2个红球，所以，，
所以，，
所以（B）．
16．（本小题满分15分）
【分析】（1）直接利用二项式的系数和求出的值；
（2）利用二项式的展开式求出结果．
【解答】解：（1）因为二项式的系数和为：，解得．
（2）因为，代入得原式，则二项式的展开式通项，，1，2，3，4，5，6，7，，
令，整理得，
所以．所以展开式中项的系数为．
17．（本小题满分15分）
【分析】（1）求出，利用（2）即可求出的值；
（2）由（1）可知，，求导得到函数的单调性，进而求出的极值，再与端点值比较即可求出的最值．
【解答】解：（1）函数，定义域为，则，
又因为（2），即，解得；
（2）因为，，
所以，令，则，
解得，，又因为（3），，
列表得：
0 3
0 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 10
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又因为（3），，所以的最大值为10，最小值为．
18．（本小题满分17分）
【分析】（1）推导出平面，，再由，得到平面，，推导出，从而平面，由此能证明平面平面．
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且为线段中点．
【解答】解：（1）证明：平面平面，平面，平面平面，，
平面，又平面，，
，，，平面，平面，
平面，，
底面是正方形，，是棱的中点，，
，，平面，平面，
平面，平面平面．
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，0，，，0，，，1，，设，2，，
则，0，，，1，，（和，2，，，
设平面的法向量为，，，平面的法向量为，，，
则，令，得，，，
，令，得，，，
，
，
即，
，解得，
线段上存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且为线段中点．
（本小题满分17分）
【分析】（Ⅰ）先求导，再由是函数的一个极值点即求解．
（Ⅱ）由（Ⅰ）确定，，再由和求得单调区间．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，，可得的极大值为（1），极小值为（3），再由直线与函数的图象有3个交点则须有（3）（1）求解，因此，的取值范围为．
【解答】解：（Ⅰ）因为
所以因此
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，
当，，时，，当时，
所以的单调增区间是，，的单调减区间是
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，在内单调增加，
在内单调减少，在上单调增加，且当或时，
所以的极大值为（1），极小值为（3）
因此（1），（3）
所以在的三个单调区间，，直线有的图象各有一个交点，
当且仅当（3）（1）
因此，的取值范围为．