文档内容
2023-2024 学年度下学期武汉市重点中学 5G 联合体期末考试
高二数学试卷
命题学校：武汉市吴家山中学 命题教师：邱道 审题教师：胡显义
考试时间：2024年6月27日 试卷满分：150分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在
答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在
试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸
和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的．
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求两个集合，再求并集.
【详解】 ，即 ，
，所以 ，即 ，所以 .
故选：C
2. 设 是可导函数，且 ，则 在 处的切线的斜率等于（ ）
.
A 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】根据条件得到 ，再利用导数的几何意义，即可求出结果.
【详解】因为 ，所以
，
由导数的几何意义知， 在 处的切线的斜率为 ，
故选：B.
3. 已知变量 与 的数据如下表所示，若 关于 的经验回归方程是 ，则表中 （
）
1 2 3 4 5
10 11 13 15
A. 11 B. 12 C. 12.5 D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】利用样本中心点求解即可.
【详解】 ，
因为经验回归方程经过样本中心 ，
所以 ，
解得 .
故选：A.
4. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，
回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，
5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）A. 24 B. 36 C. 54 D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据条件得到排列的要求，再按照受限制元素优先的原则，进行排列，即可求解.
【详解】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，
所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列 种方法，
所以5人的名次排列有 种方法.
故选：C
5. 的展开式中 的系数是（ ）
A. 20 B. 30 C. 40 D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式定理的通项公式确定r的值即可求出系数.
【详解】因为 的展开式中，通项公式 ,
令 ，得 ，则 ，
又 ,
所以 的系数为 .
故选：A.
6. 柯西分布（Cauchy distribution）是一个数学期望不存在的连续型概率分布．记随机变量 服从柯西分
布为 ，其中当 ， 时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为
．已知 ， ， ，则 （
）
A. B. C. D.【答案】D
【解析】
【分析】根据概率密度函数的对称性，结合条件，即可求解.
【详解】函数 关于 轴对称，
由 可知， ，且 ，
则 ，所以 .
故选：D
7. 已知函数 ，则“ 有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知 有两个不等的实数解，转化为方程 有两个实根，再次转化为
的图象与 有两个不同的交点，然后利用导数 的单调区间，画出 的图象，
结合图象求解即可.
【详解】 的定义域为 ，则 ，
因为 有两个极值，所以 有两个不等的实数解，
由 ，得 ，
令 ， ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递增，在 上递减，
因为 ， ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 的图象如图所示，
由图可知当 时， 的图象与 的图象有两个不同的交点，即 有两个极值，
因为 是 的真子集，
所以“ 有两个极值”的一个必要不充分条件是 ，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有
两个交点，考查数形结合的思想，属于较难题.
8. 已知 ,若 ,则 的最小值等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】先变形为 ，证明 ，再把问题转化为求直线上的动点到圆
上动点距离的最小值.
【详解】由题设 ，
设 ,则 ，
当 单调递减，
当 单调递增，
所以 ，即 ，
综上， ，即 ，所以 ，
设 是直线 上的点， 是圆 上的点，
而目标式为 ，
由 ，故 .
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在给出的选项中，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. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“对任意 ， ”的否定是“存在 ，使得 ”
B. “ ”的充分不必要条件是“ ”C. 设 ，则“ 且 ”是“ ”的充分不必要条件
D. 设 ，则“ ”是“ ”的充分不必要条件
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A选项，用量词命题的否定可得解；对于B选项，用集合法可以判断；对于C选项，用充分
条件和必要条件的定义可以判断，对于D选项，用等价法可以判断.
【详解】对于A选项，命题“对任意 ， ”的否定是“存在 ，使得 ”，
故A错误；
对于B选项， 或 ，因为 ⫋ 或 ，所以“ ”是“ ”的充分
不必要条件，故B正确；
对于C选项，充分性：当 且 时， ，则 ，所以具有充分性，
必要性：令 , ，但“ 且 ”不成立，所以不具有必要性，
所以“ 且 ”是“ ”的充分不必要条件，故C正确；
对于D选项，因为“ ”是“ ”的必要不充分条件，所以“ ”是“ ”的必要不充分条件，
故D错误.
故选：BC
10. 将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（
）
A. 共有256种放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C. 恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【答案】ACD
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为 的球的放法，
再确定与 号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D.【详解】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有 种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则 种放法，故B错
误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为 ， 或 ， 两种情况，
故共 种放法，故C正确；
编号为 的球有 种放法，编号为 的球所放盒子的编号相同的球放入 号或其他两个盒子，
共有 ，即 种放法，故D正确．
故选：ACD．
11. 下列选项中正确的是（ ）
A. 已知随机变量 服从二项分布 ，则
B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量
，则 的数学期望
C. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次
D. 设 ， 是一个随机试验中的两个事件，且 ， ， ，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据二项分布方差公式，以及方差的性质，即可判断A；代入超几何分布的期望公式，即可判断
B；根据二项分布的概率，结合不等式，即可求解，判断C；根据和事件概率公式，以及条件概率公式，
即可判断D.
【详解】A. ， ， ，故A正确；B. 为超几何分布，所以 ，故B正确；
C.设最有可能击中 次，则 ， ，
则 ，
得 ，即 或 ，故C错误；
D. ，则 ，
，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某市的5个区县 ， ， ， ， 地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，
且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．
【答案】96
【解析】
【分析】利用分步计数原理与分类计数原理可得结论.
【详解】第一步：从4种颜色中选3种颜色对 三个区域着色有 种方法，
第二步：对 着色分两类，
当 与 同色有1种方法，对 着色有2种方法，当 与 不同色时有1种方法，对 着色有2种方法，
故不同的染色方案共有 种．
故答案为： 种.
13. 某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道 类试题，6道 类试题，学生
从中任选1道试题作答，学生甲答对 这3类试题的概率分别为 ， ， ，学生甲答对试题的概
率为______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】利用全概率公式进行求解.
【详解】学生甲答对试题的概率为 .
故答案为：
14. 若对任意的 ，且 ， ，则 的最大值是______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】由题意可得 ，令 ，则 ，则可得 在 上
递增，然后利用导数求出 的递增区间，从而可求出 的最大值.
【详解】因为 ，所以 ，
所以由 ，得 ，所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，
因为对任意的 ，且 ，
所以 在 上递增，
由 ，得 ，
由 ，得 ，得 ，
解得 ，所以 的递增区间为 ，
所以 的最大值为 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的单调区间，解题的关键是将原不等式变形，然后构造函
数，利用导数求函数的单调区间，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
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. 设命题 ，使得不等式 恒成立；命题 ，不等式
成立．
（1）若 为真命题，求实数 的取值范围；
（2）若命题 、 有且只有一个是真命题，求实数 的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）若 为真命题，即 ，使得不等式 成立，则转化对于
， 即可.
（2）若 为真命题，即 ，不等式 成立，则转化为对于 ，
即可.
【小问1详解】
若 为真命题，即 ，使得不等式 成立，
则对于 ， 即可.
由于 , ，则
【小问2详解】
若 为真命题，即 ，不等式 成立，
则对于 ， 即可.
由于 ， ， ，解得
p、q有且只有一个是真命题，则 或 ，
解得 .
16. ， ，
， 这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历
史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重要应用
在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进
行考查，其中高三年级的学生占 ，其他相关数据如下表：
合格 不合格 合计
高三年级的学生 54
高一年级的学生 16
合计 100
（1）请完成2×2列联表，依据小概率值 的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在
年级”是否有关？
（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为 ，求 的分布列和数学
期望.
附： ，
0.100 0.050 0.010 0.001
. .
2706 3841 6.635 10.828
【答案】（1）列联表见解析，认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据卡方的计算与临界值比较即可求解，
（2）利用二项分布的概率公式即可求解概率以及期望公式求解.
【小问1详解】由100名学生中高三年级的学生占 ，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.
补充完整的列联表，如下：
合格 不合格 合计
高三年级的学生 54 6 60
高一年级的学生 24 16 40
合计 78 22 100
提出零假设 ：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.
根据列联表中 的数据，得 .
根据小概率值 的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年
级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
【小问2详解】
由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为 .
依题意，得 ，
则 ， ，
， .
所以 的分布列为
0 1 2 3
.17. 甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分，负方得0分；若平局则各得1
分．已知甲在每局中获胜、平局、负的概率均为 ，且各局比赛结果相互独立．
（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；
（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；
（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数 的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用独立事件概率公式，列式求解；
（2）首先分析甲得3分的事件，再根据互斥事件概率公式和独立事件概率公式，列式求解；
（3）由题意可知， ，根据随机变量表示事件的意义，根据概率求分布列，以及数学期望.
【小问1详解】
设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，
甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，
所以 ，或 ，
所以甲胜一局的概率为
【小问2详解】
设“三局比赛后，甲得3分”为事件B，
甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，
所以 ，
所以甲得3分的概率为【
小问3详解】
依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，
，,
,
，
故X的分布列为：
X 2 3 4 5
P
所以期望
18. 已知函数 .
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若关于 的方程 有两根 （其中 ），
①求 的取值范围；
②当 时，求 的取值范围.
【答案】（1） 的单调递增区间为 的单调递减区间为
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）对 求导，并判断导函数的正负，即可得到 的单调性；（2）① 可转化为 ，令 ，有 ，再借助
的单调性，得到 ，令 ，借助 的单调性，得到 的大致图象，即可求得 的取
值范围；②借助 的单调性，有 ，解不等式即可.
【小问1详解】
当 时， ，所以 ，
由 解得 ，由 解得 ，
故 的单调递增区间为 的单调递减区间为 .
【小问2详解】
①由 ，即 ，即 ，
令 ，上式为 ，因为 ，
所以 在 上单调递增，故 等价于 ，
即 在 上有两根 ，
令 ，则 ，
由 解得 ，由 解得 ，
所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
所以 有极大值 ，且当 时， ，
其图象如图所示：所以 的取值范围为 .
②由①得 在 上有两根 ，所以 ，
在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
，所以 ，
可得 ，所以 ，所以 .
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图
象，然后将问题转化为函数图象与 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形
结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 分离变量得出 ，将问题等价转化为直线 与函数
的图象的交点问题.
19. 某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有 份血液样本（数量足够
大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验 次；
方式二：混合检验，将其中 份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这 份血液
样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为 次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概
率均为 ．
（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验
就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中 份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为 ；采用
混合检验方式，样本需要检验的总次数为 ．
①若 ，求 关于 的函数关系式 ；
②已知 ，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据： ， ， ， ， ．
【答案】（1）
（2）① （ 且 ），②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；
（2）①根据 和 的取值，求两个随机变量的期望，利用期望相等，求解 ；
②根据①的结果，比较 和 的大小，通过构造函数 ，利用导
数判断单调性，比较大小，从而得到结论.
【小问1详解】
设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件 ，
事件 分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无
抗体，所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为 ；
【小问2详解】
①由已知得 ， 的所有可能取值为1， ，
所以 ， ，
所以 ，
若 ，则 ，
所以 ， ，
所以 ，得 ，
所以P关于k的函数关系式 （ 且 ）；
②由①知 ， ，
若 ，则 ，所以 ，得 ，
所以 （ 且 ）
令 ，则 ，
当 时， ，当 时，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，因为 ， ，
，
所以不等式 的解是 且 ，
所以 且 时， ，采用方案二混合检验方式好，
且 时， ，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求 和 ，从而才可以建立等量关系或是不等式，为
后面构造函数打下基础.
