江苏省南京师范大学苏州实验学校、常青藤实验学校2021-2022学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期南师苏实验､常青藤实验学校期中联考卷高二（数学）一､单项选择题：本大题共8小题，每题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.随机抛掷一枚质地均匀硬币5次，恰好出现3次正面向上的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用二项分布的概率公式可得答案.【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币1次，出现正面向上的概率为，抛掷一枚质地均匀的硬币5次，恰好出现3次正面向上的概率为.故选：B.2.如图，某市由四个县区组成，现在要给地图上的四个区域染色，有红､黄､蓝､绿四种颜色可供选择，并要求相邻区域颜色不同，则不同的染法种数有（）A.64B.48C.24D.12【答案】B【解析】【分析】利用分步乘法计数原理即可求解.【详解】先染④有种染法，①有种染法， ③有种染法，②有种染法，所以不同的染法种数有.故选：B3.在物理中，经常用导数来求物体在变速运动中的瞬间速度.若某物体在一次运动中的位移时间函数（其中位移的单位是，时间的单位是），则该物体在秒时的瞬时速度为（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对求导后，代入即可.【详解】由题意得：，，即该物体在秒时的瞬时速度为.故选：C.4.对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题中给出的散点图，先判断是正相关还是负相关，然后根据散点图的集中程度分析相关系数的大小【详解】解：由图可知，图2和图3是正相关，图1和图4是负相关，囷1和图2的点相对更加集中，所以相关性更强，所以接近于，接近1， 所以，故选：A5.在的展开式中，的系数是（）A.2B.C.1D.【答案】A【解析】【分析】首先将式子变形为，再写出展开式的通项，从而求出的系数；【详解】解：因为，其中展开式的通项为，所以展开式中的系数为；故选：A6.设随机变量，若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先由二项分布的概率公式结合已知条件求出，从而可得，进而可求出的值【详解】解：因为随机变量，所以，解得，所以， 则．故选：B．7.某城市每年6月份的平均气温t近似服从，若，则可估计该城市6月份平均气温低于26摄氏度的天数为（）A.11B.9C.6D.5【答案】C【解析】【分析】根据正态分布可求出，即可得出答案.【详解】因为平均气温t近似服从，所以，则估计该城市6月份平均气温低于26摄氏度的天数为.故选：C.8.若曲线在点处的切线方程为，则的最小值为（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】先根据题意建立，的方程，再把用一个变量来表示，再构造函数求最小值即可得到的最小值．【详解】解：，因为切点在直线上，所以①，，结合导数的几何意义有②，因为，所以，联立①②消去得，所以，，令，则， 令，解得；令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，因此，故最小值为1．故选：．二､多项选择题：本大题共4小题，每题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.9.已知（）展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（）A.偶数项的二项式系数和为256B.不存在常数项C.系数最大项为第5项D.含项的系数为45【答案】BD【解析】【分析】利用第4项与第8项的二项式系数相等求出，再通过赋值法求出．通过展开式的通项公式判断选项是否正确．【详解】解：因为第4项与第8项的二项式系数相等，所以展开式共11项，故；令，得，又，所以；对于A选项，偶数项的二项式系数和为，说法错误；通项公式为不存在整数使得成立，所以B选项说法正确；当时，最大，所以系数最大项为第6项，所以C选项说法错误；令，解得，所以系数为，所以D选项说法正确．故选：BD． 10.将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（）A.当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值B.第8行中间一项是C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，结合“莱布尼茨三角形”的特点逐个分析判断即可【详解】对于A，根据杨辉三角的特点，当为偶数时，中间的一项取得最大值，当为奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，所以当每一项取倒数时，再乘以一个常数，可得当n是偶数时，中间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值，所以A错误，对于B，第8行共有9个数，中间的项为第5项，即为，所以B正确， 对于C，每一行距离首末距离相等的两项相等，即，所以C正确，对于D，由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和，即，所以D正确，故选：BCD11.有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是A.分给甲､乙､丙三人，每人各2本，有90种分法；B.分给甲､乙､丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；C.分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有180种分法；D.分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法；【答案】ABC【解析】【分析】选项，先从6本书中分给甲（也可以是乙或丙）2本；再从其余的4本书中分给乙2本；最后的2本书给丙.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.选项，先分堆再分配.先把6本书分成3堆:4本、1本、1本；再分给甲､乙､丙三人.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.选项，6本不同的书先分给甲乙每人各2本；再把其余2本分给丙丁.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.选项，先分堆再分配.先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本；再分给甲乙丙丁四人.根据分步乘法原理把每一步的方法相乘，即得答案.【详解】对，先从6本书中分给甲2本，有种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有种方法；最后的2本书给丙，有种方法.所以不同的分配方法有种，故正确；对，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有种方法；再分给甲､乙､丙三人，所以不同的分配方法有种，故正确；对，6本不同书先分给甲乙每人各2本，有种方法；其余2本分给丙丁，有种 方法.所以不同的分配方法有种，故正确；对，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有种方法；再分给甲乙丙丁四人，所以不同的分配方法有种，故错误.故选：.【点睛】本题考查分步乘法原理和排列组合，考查学生的逻辑推理能力，属于中档题.12.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法一牛顿法.首先，设定一个起始点，如图，在处作图象的切线，切线与轴的交点横坐标记作：用替代重复上面的过程可得；一直继续下去，可得到一系列的数，，，…，，…在一定精确度下，用四舍五入法取值，当，近似值相等时，该值即作为函数的一个零点.若要求的近似值(精确到0.1)，我们可以先构造函数，再用“牛顿法”求得零点的近似值，即为的近似值，则下列说法正确的是（）A.对任意，B.若，且，则对任意，C.当时，需要作2条切线即可确定的值D.无论在上取任何有理数都有【答案】BCD 【解析】【分析】利用特殊情况判断选项A；求出曲线在处的切线方程与轴的交点横坐标，即可判断选项B；求出，，即可判断选项C、D【详解】A，因为，则，设，则切线方程为，切线与轴的交点横坐标为，所以，故A错误；B，处的切线方程为，所以与轴的交点横坐标为，故B正确；C，因为，，所以两条切线可以确定的值，故C正确；D，由选项C可知，，所以无论在上取任何有理数都有，故D正确.故选：BCD三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.请把正确答案填在答题卡相应位置上.13.将两枚质地均匀的骰子各掷一次，向上点数之和为7时，则其中有一个点数是2的概率是______.【答案】【解析】【分析】列举出向上点数之和为7的点数组合所有情况，利用古典概型的概率求法，求其中有一个点数是2的概率即可.【详解】由题意知：向上点数之和为7的点数组合情况有，其中一个点数为2的有， ∴向上点数之和为7其中有一个点数是2的概率是.故答案为：14.已知一组数据，，…，的平均值为，，删去一个数之后，平均值没有改变，方差比原来大2，则这组数据的个数___________.【答案】【解析】【分析】利用平均数、方差的定义和性质直接求解．【详解】解：一组数据，，，的平均值为，，删去一个数之后，平均值没有改变，方差比原来大2，即删去的这个数是，设这组数据的个数为，则，解得．故答案为：17．15.已知能够被15整除，其中，则___________.【答案】14【解析】【分析】根据可得，则要使能够被15整除，只需能够被15整除即可，从而可得出答案.【详解】解：，所以，因为是的整数倍， 所以能够被15整除，要使能够被15整除，只需要能够被15整除即可，因为，所以.故答案为：14.16.设实数，若对任意，关于x的不等式恒成立，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】由题意则在上恒成立，设，即在上恒成立，利用导数分析出函数的单调性，得出再利用分离参数法可求出答案.【详解】对任意，关于x的不等式恒成立则在上恒成立设，即在上恒成立由，，则由在上恒成立所以在上单调递增.所以,，即设，则在上恒成立所以在上单调递减，则 所以，故的最小值为故答案为：四､解答题：本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.甲、乙两名同学分别与同一台智能机器人进行象棋比赛．在一轮比赛中，如果甲单独与机器人比赛，战胜机器人的概率为；如果乙单独与机器人比赛，战胜机器人的概率为．（1）甲单独与机器人进行三轮比赛，求甲恰有两轮获胜的概率；（2）在甲、乙两人中任选一人与机器人进行一轮比赛，求战胜机器人的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可；（2）利用条件概率以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可．【详解】解：（1）设“甲恰有两轮获胜”为事件A，则．（2）设“选中甲与机器人比赛”为事件，“选中乙与机器人比赛”为事件，“战胜机器人”为事件B，根据题意得．由全概率公式，得．所以战胜机器人的概率为．18.科研人员在对人体脂肪含量和年龄之间关系的研究中，获得了一些年龄和脂肪含量的简单随机样本数据，如下表：x（年龄/岁）26563949615327584160 y（脂肪含量/%）14.531.421.226.334.629.617.833.525.9352根据上表中的样本数据：（1）求和；（2）计算样本相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关关系及相关程度.参考数据及公式：，，，，，相关系数【答案】（1），（2），人体脂肪含量和年龄的相关程度很强，理由见解析.【解析】【分析】（1）利用平均数公式进行计算；（2）利用参考数据和相关系数公式进行计算即可，进而推断出相关程度..【小问1详解】，【小问2详解】因为，，所以，由样本相关系数，可以推断人体脂肪含量和年龄的相关程度很强.19.已知，且.（1）求的值； （2）求的值；（3）求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据组合数和排列数公式可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值；（2）设，利用赋值法可得，即可得解；（3）由已知可得，结合复合函数的导数公式可得结果.【小问1详解】解：因为，则且，所以，，整理可得，解得.【小问2详解】解：由已知可得，令，所以，.【小问3详解】解：因为，则，因此，.20.已知函数.（1）若函数在处取得极大值为0，求实数的值；（2）若，经过点与函数的图象相切的直线有3条，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，求出后，再代入函数中验证是否在处取得极大值为0即可；（2）设切点为，由导数的几何意义求出切线方程为，而点在切线上，所以，由于，则可得，构造函数，将问题转化为直线与函数的图像有3个交点，然后利用导数求出的极值，从而可求出实数的取值范围.【详解】解：（1）函数导函数为，则，解得或，当时，则，由，则恒成立，函数单调递减，舍去；当时，则，由，则，则，令得，当时取得极大值，符合题意；故；（2）设切点为，则的导函数为，则切线斜率，在切点处切线方程为，又点在切线上，则，又， 则可得，即.令，，令解得或1，当时，，当或时，，则当时，取得极小值，，当时，取得极大值，，由三次函数的图像可知的取值范围为.21.江苏省无锡市特产-阳山水蜜桃，产于中国著名桃乡无锡市阳山镇；是中国国家地理标志产品，其果大色美、皮薄肉细、汁多味甜、营养丰富，该镇的某种植户为了了解自己桃园内某一品种水蜜桃生长情况，从桃园内随机摘取了该品种水蜜桃100只，统计其质量（单位：克），得到如下频数分布表．质量频数1020322513（1）假设该桃园内这一品种水蜜桃的质量大致服从正态分布，若规定这一品种水蜜桃的质量不低于225克的为精品桃，试估计该桃园内精品桃所占比例能否超过15％？请说明理由；（参考数据：若），则，（2）若规定这一品种水蜜桃的质量落在［150，190）内的为标准桃．从所抽样的30只标准桃中，用分层抽样的方法抽取9只，再从这9只标准桃中随机抽取4只，质量落在［150，170）内的标准桃有只，求的概率分布和数学期望．【答案】（1）该桃园内精品桃所占比例能否超过15％，理由见解析；（2）分布列见解析，期望为．【解析】 【分析】（1）根据正态分布，求出质量不低于225克的精品桃的比率可得．（2）根据分层抽样得出9只标准桃中，质量落在［150，170）和的只数，得的可能值分别为，依次求得各概率，得概率分布列，再由期望公式计算期望．【详解】（1）由已知，，，所以，所以该桃园内精品桃所占比例能否超过15％．（2）根据频数分布表，质量落在［150，170）和桃子的数量比为，因此分层抽样得出9只标准桃中，质量落在［150，170）上的有3只，在上的有6只，从9只中抽取4只，随机变量的可能值分别为，，，，，随机变量的概率分布列为：0123数学期望是．22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在两个零点，求a的取值范围，并证明：.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上递减，在上递增，（2）a<-1，证明见解析 【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后分和，通过判断导数的正负可求得函数的单调区间，（2）结合（1）可得，求出的最值，结合题意可得，根据函数的单调性及零点存在性定理可得若有两个零点，则，不妨设，分析可得要证，只要证，令，利用导数证得即可【小问1详解】由，得，当时，，所以在上单调递增，当时，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，综上，当时，在上单调递增，当时，在上递减，在上递增，【小问2详解】由（1）知，当时，在上单调递增，则至多只有1个零点，不符合题意，所以当时，可能存在两个零点，由（1）知，当时，在上递减，在上递增，所以，得，此时，①当时，，此时，则在和上分别存在一个零点， ②当时，，令，则，，所以在上单调递增，则，所以在上单调递减，所以，即，此时，则在和上分别存在一个零点，综上，有两个零点，则下面证明，不妨设，则由，得两式相减得，，两式相加得，，所以要证，只要证，即证，即证，令，则，所以在上单调递增，所以， 因为，所以，所以【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是由，得，两式分别相减，相减，可得，再将问题转化为证即，然后构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.