北京市陈经纶中学2023-2024学年高二下学期期中诊断数学学科
（时间： 120分钟 满分： 150分）
一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. 9 B. 18 C. 28 D. 36
2. 从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为（ ）
A. 24 B. 16 C. 13 D. 48
3. 函数的单调增区间是（ ）
A. B. C. D.
4. 在10件产品中，有8件合格品，2件次品．从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中恰有1件次品的概率为（ ）
A B. C. D.
5. 已知函数有极大值和极小值，则a取值范围是（ ）
A. B. 或 C. D. 或
6. 已知随机变量X，Y分别满足，X～B（8，p），Y～N（μ，），且期望E（X）=E（Y），又P（Y≥3）=，则p=（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A. 曲线在点处切线斜率小于零
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数在处取得极大值
D. 函数在区间内至多有两个零点
8. 用四种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）
A. 72种 B. 36种 C. 12种 D. 60种
9. 已知函数存在极值点，且恰好有唯一整数解，则实数取值范围是（ ）
A. B. C. D.
10. 一个国际象棋棋盘（由个方格组成），其中有一个小方格因破损而被剪去（破损位置不确定）.“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示.现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则（ ）
A. 至多能剪成19块“L”形骨牌 B. 至多能剪成20块“L”形骨牌
C. 一定能剪成21块“L”形骨牌 D. 前三个答案都不对
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
11. 已知函数，则______.
12. 在的展开式中，项的系数为________．（用数字作答）
13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
14. 若直线与曲线相切，则实数的值为______.
15. 三部机器生产同样的零件，其中机器甲生产的占，机器乙生产的占，机器丙生产的占.已知机器甲、乙、丙生产的零件分别有、和不合格.三部机器生产的零件混合堆放在一起，现从中随机地抽取一个零件.则取到的是不合格品的概率是____，经检验发现取到的产品为不合格品，它是由机器____生产出来的可能性最大.
16. 已知函数，对于函数有下述四个结论：
①函数在其定义域上为增函数；
②有且仅有两个零点；
③对于任意，都有成立；
④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点.
其中所有正确的结论序号是_______________
三、解答题：本大题共5个小题，共70分.
17. 已知函数，且为极值点.
（1）求实数的值；
（2）判断是极大值点还是极小值点，并分别求出极大值与极小值.
18. 据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行.据了解，甲 乙 丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的米接力的角逐.接力赛分为预赛 半决赛和决赛，只有预赛 半决赛都获胜才能进入决赛.已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和.
（1）甲 乙 丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
（2）设甲 乙 丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列.
19. 某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期.记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：
1 2 3 4
0.1 0.4 0.4 0.1
1 2 3 4
0.4 0.1 0.1 0.4
（1）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率；
（2）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分1期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分2期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分3期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分4期付款，则电商平台获得的利润为450元.记电商平台销售两部型手机所获得的利润为（单位：元），求的分布列；
（3）比较与的大小（只需写出结论）.
20. 已知.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）已知函数在区间上有零点，求的值；
（3）记，设、是函数两个极值点，若，且恒成立，求实数的取值范围.
21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
（1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
（2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
（3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．北京市陈经纶中学2023-2024学年高二下学期期中诊断数学学科
（时间： 120分钟 满分： 150分）
一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. 9 B. 18 C. 28 D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数公式计算出正确答案.
【详解】.
故选：B
2. 从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为（ ）
A. 24 B. 16 C. 13 D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】利用分类加法计数原理，即可得答案.
【详解】由分类加法计数原理可得，从甲地到乙地无论哪种交通工具都能到达，故不同的走法有8+2+3=13种.
故选：C
【点睛】本题考查分类加法计数原理的应用，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题.
3. 函数的单调增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求函数导函数，再令导函数大于零求解即可得增区间.
【详解】，，
令，
所以函数的单调增区间是.
故选：D.
4. 在10件产品中，有8件合格品，2件次品．从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中恰有1件次品的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中恰有1件次品的情况，再根据古典概型的概率公式求出概率．
【详解】解：抽出的3件中恰有1件次品，包括一件次品和两件正品，共有种
从这10件产品中任意抽出3件，共有种
抽出的3件中恰有1件次品的概率为
故选：．
5. 已知函数有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ）
A. B. 或 C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数有极大值和极小值，可以判断导数有两个零点，然后求a的取值范围即可.
【详解】函数，
，
函数有极大值和极小值，
所以其导函数有两个不同解，
所以或.
故选：B
6. 已知随机变量X，Y分别满足，X～B（8，p），Y～N（μ，），且期望E（X）=E（Y），又P（Y≥3）=，则p=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由正态分布，求出，利用二项分布的期望公式即可求出p.
【详解】且，知，所以，
又，所以.
故选：C
7. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A. 曲线在点处的切线斜率小于零
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数在处取得极大值
D. 函数在区间内至多有两个零点
【答案】D
【解析】
【分析】根据导函数的图象,可判断原函数的单调性,进而可逐一求解.
【详解】根据图像可知，故在点处的切线斜率等于零，A错误；在，故在区间上单调递减，故B错误，在的左右两侧，故不是极值点，故C错误，在单调递增，在单调递减，故在区间内至多有两个零点，D正确；
故选：D
8. 用四种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）
A. 72种 B. 36种 C. 12种 D. 60种
【答案】A
【解析】
【分析】列出表格，使用分类加法，分步乘法公式进行计算.
【详解】如下表
顶点 V A B C D
种数 4 3 2 C与A同色1 2
C与A不同色1 1
总计
故选：A．
9. 已知函数存在极值点，且恰好有唯一整数解，则实数取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据函数有极值点可得，有唯一整数解可转化为 有唯一整数解，令， ，只需满足即可求解.
【详解】，且存在极值点
有正根，
可得，
恰好有唯一整数解，
即恰好有唯一整数解，
令， ，
因为，
所以只需满足即可，
解得，
故选：C
【点睛】本题主要考查了函数的极值，利用转化思想处理不等式有唯一整数解，属于中档题.
10. 一个国际象棋棋盘（由个方格组成），其中有一个小方格因破损而被剪去（破损位置不确定）.“L”形骨牌由三个相邻的小方格组成，如图所示.现要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，则（ ）
A. 至多能剪成19块“L”形骨牌 B. 至多能剪成20块“L”形骨牌
C. 一定能剪成21块“L”形骨牌 D. 前三个答案都不对
【答案】C
【解析】
【分析】由如的一个图形能剪成2块“L”形骨牌，在一个国际象棋棋盘（由个方格组成），共包含有10个这样的能剪成2块“L”形骨牌的图形，且包含一个田字图形，这个田字图形能剪成1块“L”形骨牌，据此即可求出最多可以剪出多少个“L”形骨牌.
【详解】由下图的一个图形能剪成2块“L”形骨牌，
在一个国际象棋棋盘（由个方格组成），共包含有10个这样能剪成2块“L”形骨牌的图形，且包含一个田字图形，这个田字图形能剪成1块“L”形骨牌，故要将这个破损的棋盘剪成数个“L”形骨牌，一定能剪成21块“L”形骨牌.
故选：C.
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
11. 已知函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先求导，再令即可.
【详解】，
所以.
故答案为：.
12. 在的展开式中，项的系数为________．（用数字作答）
【答案】6
【解析】
【分析】化简通项，由指数等于3求出，然后可得系数.
【详解】，
令，解得，所以项的系数为.
故答案为：6
13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.
【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学
先取2名同学看作一组，选法有：
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
14. 若直线与曲线相切，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，设切点为，依题意得到关于、的方程组，解得即可.
【详解】由，可得，设切点为，
则，
所以，解得.
故答案为：
15. 三部机器生产同样的零件，其中机器甲生产的占，机器乙生产的占，机器丙生产的占.已知机器甲、乙、丙生产的零件分别有、和不合格.三部机器生产的零件混合堆放在一起，现从中随机地抽取一个零件.则取到的是不合格品的概率是____，经检验发现取到的产品为不合格品，它是由机器____生产出来的可能性最大.
【答案】 ①. # ②. 乙.
【解析】
【分析】设“任取一个零件为不合格品”，“零件为机器甲生产”，“零件为机器乙生产”，“零件为机器丙生产”，根据全概率公式即可求出，再由条件概率公式求出，然后比较大小可得.
【详解】设“任取一个零件为不合格品”，“零件为机器甲生产”，
“零件为机器乙生产”，“零件为机器丙生产”，
则，且互斥，
依题意知，
，
所以
.
因为，
，
.
所以，即由机器乙生产的概率最大.
故答案为：；乙.
16 已知函数，对于函数有下述四个结论：
①函数在其定义域上为增函数；
②有且仅有两个零点；
③对于任意的，都有成立；
④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点.
其中所有正确的结论序号是_______________
【答案】②③④
【解析】
【分析】取特值验证可判断①；利用导数求单调区间，结合零点存在性定理可判断②；根据判断符号即可判断③；利用导数分别求出曲线和的切线方程，根据方程表示同一直线得到两个切点坐标之间的关系，整理化简即可判断④.
【详解】对于①，的定义域为，
因为，，①错误；
对于②，因为，所以在和上单调递增，
又，，，，
所以在区间和上都存在零点，
又在和上单调递增，
即在区间和上各有一个零点，②正确；
对于③，因为，所以，所以，
即，所以③正确；
对于④，因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
得切线方程为，即，
设与相切于点，因为，所以切线斜率为，
得切线方程，即，
所以，即，
消去得，整理得，即是的零点，④正确.
故答案为：②③④
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用导数求出两曲线的切线方程，利用方程为同一方程得到两切点坐标之间的关系，联立化简即可.
三、解答题：本大题共5个小题，共70分.
17. 已知函数，且为极值点.
（1）求实数的值；
（2）判断是极大值点还是极小值点，并分别求出极大值与极小值.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，即可得解；
（2）根据极大值点，极小值点的定义即可判断出极大值点和极小值点，进而可求出极大值和极小值.
【小问1详解】
，
因为为函数的极值点，
所以，解得，
经检验符合题意，所以；
【小问2详解】
由（1）得，，
当或时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以为极大值点，极大值为，
为极小值点，极小值为.
18. 据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行.据了解，甲 乙 丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的米接力的角逐.接力赛分为预赛 半决赛和决赛，只有预赛 半决赛都获胜才能进入决赛.已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和.
（1）甲 乙 丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；
（2）设甲 乙 丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列.
【答案】（1）乙进入决赛的可能性最大
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式计算得解；
（2）根据（1）及相互独立事件同时发生的概率公式计算，列出分布列.
【小问1详解】
甲队进入决赛的概率为，
乙队进入决赛的概率为，
丙队进入决赛的概率为，
显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．
【小问2详解】
由（1）可知：甲 乙 丙三队进入决赛的概率分别为，
的可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
19. 某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期.记随机变量、分别表示顾客购买型手机和型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，和的分布列如下表所示：
1 2 3 4
0.1 0.4 0.4 0.1
1 2 3 4
0.4 0.1 0.1 0.4
（1）若某位顾客购买型和手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率；
（2）电商平台销售一部型手机，若顾客选择分1期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分2期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分3期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分4期付款，则电商平台获得的利润为450元.记电商平台销售两部型手机所获得的利润为（单位：元），求的分布列；
（3）比较与的大小（只需写出结论）.
【答案】（1）（2）见解析（3）
【解析】
【分析】（1）某位顾客购买型和手机是独立事件，由独立事件的概率公式求解即可；
（2）先得出的可能取值，再算出相应概率，即可得出的分布列；
（3）由以往销售数据统计，结合数据的集中和离散程度得出.
【详解】（1）某位顾客购买型和手机是独立事件，则这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率为
（2）的可能取值为
则的分布列为
（3）
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列的步骤：（1）先判断随机变量是不是离散型随机变量，主要看随机变量的值能否按一定的顺序一一列举出来；
（2）明确随机变量可取哪些值；
（3）求取每一个值的概率；
（4）写出分布列.
20. 已知.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）已知函数在区间上有零点，求的值；
（3）记，设、是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）0或3； （3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得切点为，代入中可求出的值；
（2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的的范围，从而可求出的值；
（3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值.
【小问1详解】
因为，所以，所以切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为；
【小问2详解】
，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，，
在区间上存在一个零点，此时；
又，，
在区间上存在一个零点，此时．
综上，的值为0或3；
【小问3详解】
函数，，
所以，
由得，依题意方程有两不相等的正实根、，
，，，
又，，，解得，
，
构造函数，，
所以，
在上单调递减；
所以当时，，
所以．
21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
（1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
（2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
（3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
【答案】（1）；；；.
（2）11个 （3）37
【解析】
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【小问1详解】
根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
【小问2详解】
任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
【小问3详解】
令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.
