江苏省苏州市昆山震川高级中学2021-2022学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

震川高级中学2021-2022第二学期高二年级期中测试高二数学试卷一、单项选择题（本大题共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符合题目要求）1.已知，则x取值为（）A.7B.8C.9D.10【答案】D【解析】【分析】利用组合数的性质求解即可.【详解】,且根据组合数的性质，解得.故选：D.2.已知函数，则函数的图象在处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对原函数求导，利用导数的几何意义求切线方程的斜率并求出切点坐标，应用点斜式写出切线方程.【详解】由题设，则，，所以处的切线方程为，则.故选：D3.某公司为了增加某商品的销售利润，调查了该商品投入的广告费用x（万元）与销售利润y （万元）的统计数据如下表，由表中数据，得线性回归直线l：，则下列结论正确的是（）广告费用x（万元）2356销售利润y（万元）57911A.直线l过点B.直线l过点C.D.变量y和x呈负相关【答案】B【解析】【分析】求出回归方程，对照四个选项一一判断即可.对于A：求出l经过，即可判断；对于B：直线l过样本中心点；对于C：计算出，即可判断；对于D：由判断正相关.【详解】由表中数据计算,，所以线性回归直线经过样本中心点(4,8),所以B正确；又,,所以，所以变量y和x呈正相关.故D错误；所以，所以C错误；所以回归方程为,当x=2时,y=1.4×2+2.4=5.2.所以直线过点(2,52),故A错误.故选：B.4.现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】先排列没有限制的排法，有种，把甲、乙、丙三人相邻的情况去掉，即可得到答案.【详解】8个人围成一圈,有种.其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由.所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为.故答案为：D5.函数的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，即可判断A、D，再根据时函数值的特征排除C，即可判断；【详解】解：因为，所以，令，即，解得、，所以当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减，故排除A、D；当时，，所以，故排除C；故选：B6.现有4人去参加甲、乙两个游戏，约定：每人掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是3的倍数的人去参加甲游戏，掷出的点数不是3的倍数的人去参加乙游戏．用X，Y分别表示这4人中去参加甲、乙游戏的人数，记，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题设描述确定的可能组合，进而确定可能值，判断对应的组合，利用独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求目标概率.【详解】由题意的可能组合为，则的可能值为，而参加甲游戏的概率为，参加乙游戏的概率为，所以.故选：A7.若函数在区间上有两个零点，则常数a的取值范围（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】将问题转化为函数与函数的图像有2个交点，利用导数研究的极值或最值即可得到答案.【详解】令，则，因为函数在区间上有两个零点，则函数与函数的图像有2个交点，又，在上单调递减，在上单调递增，，且函数与函数的图像有2个交点，所以.故选：B.8.为排查新型冠状病毒肺炎患者，需要进行核酸检测．现有两种检测方式：（1）逐份检测；（2）混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竟哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为，若，运用概率统计的知识判断下面哪个p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式．（参考数据：）（）A.0.7B.0.2C.0.4D.0.5【答案】B【解析】【分析】分别求出两种检测的期望值，再结合对数函数的公式比较二者的大小，即可求解．【详解】解：设混合检测方式，样本需要检测的总次数可能取值为1，6， ，，所以，设逐份检测，样本需要检测的总次数，则，若混合检测方式优于逐份检测方式，需，即，即，即，，．故选：B．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的不得分）9.若，则（）A.展开式中所有的二项式系数之和为B.展开式中二项式系数最大的项为第1012项C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用二项式系数的性质可以判定AB;利用赋值法可以判定CD.【详解】展开式中所有项的二项式系数和为,故A正确；展开式中第1012项的二项式系数为，是所有项的二项式系数中的最大值，故B正确；在二项式展开式中，令可得，故C错误；令可得,∴,故D正确.故选：ABD 10.下列命题正确的是（）A.在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好B.已知，若根据2×2列联表得到的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分类变量有关C.已知由一组样本数据（，2，×××，n）得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有D.若随机变量，则不论取何值，为定值【答案】BD【解析】【分析】在线性回归中，回归效果和相关系数的关系可判断A；将与临界值进行比较可判断两个变量之间的关系，可判断B；根据线性回归方程可知可得是一个估计值，即可判断C；根据正态分布列的性质可判断D.【详解】解：对于A选项：在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故A错误；对于B选项：，若根据2×2列联表得到的观测值为4.1，则有的把握认为两个分类变量有关，故B正确；对于C选项：根据回归直线方程为，由，得到是一个估计值，因此这组样本数据不一定有，故C错误；对于D选项：若随机变量，为对称轴，则不论取何值，为定值，故D正确.故选：BD11.已知函数，，是其导函数，恒有，则（） A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题意令，对其导数进行分析可得，即函数为增函数，结合选项分析可得答案.【详解】解：由题意得：令，于是其导数又函数，，是其导函数，恒有，即函数为增函数对于选项A：由，则有，即于是，故A正确；对于选项B：由，则有，即于是，故B正确；对于选项C：由，则有，即于是，故C错误；对于选项D：由，则有，即 于是，故D正确；故选：ABD12.甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以，和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中错误的是（）A.，，是两两互斥的事件B.C.事件与事件B相互独立D.【答案】CD【解析】【分析】根据已知条件，结合互斥事件的概念和条件概率公式，即可求解.【详解】解：由题意得可知，，是两两互斥的事件，故A正确；，，，故B正确；由事件与事件B不独立，故C、D错误；故选：CD三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）13.为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）．根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从 正态分布．假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若x的数学期望，则k的最小值为__________．附：若随机变量X服从正态分布，则．【答案】【解析】【分析】由特殊区间的概率得之外的概率，根据及二项分布的期望公式求k的最小值.【详解】质量在之外的概率为，所以，则，则，又，故最小.故答案为：14.已知函数在上单调，则实数a的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】求出函数的导函数，依题意或在上恒成立，分两种情况讨论，参变分离，结合对数函数的性质求出参数的取值范围；【详解】解：因为，所以，因为在上单调，所以或在上恒成立，若在上恒成立，即在上恒成立，在上恒成立，因为在上单调递增，所以；若在上恒成立，即在上恒成立，在上恒成立，因为在上单调递增，所以；综上可得； 故答案为：15.随机变量的分布列如下表，其中．当________时，取最小值；当______时，有最小值．123pp【答案】①.##②.##【解析】【分析】求出，,再利用函数的性质求解.【详解】解：由题意可得，故当时，取最小值；，因为对称轴方程为，，故当时，取最小值.故答案为：；.16.已知函数，当时，，则实数m的取值范围是__________．【答案】 【解析】【分析】先分段讨论函数的单调性，求解在不同区间的最值，结合函数图象利用最值取得的条件对参数进行讨论．【详解】当时，，令，则或；，则，函数在上单调递减，在单调递增，函数在处取得极大值，在出的极小值为.当时，令，解得综上所述，的取值范围为故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知的展开式的二项式系数和比的展开式的二项式系数和大992．求的展开式中，（1）二项式系数最大的项；（2）系数最小的项．【答案】（1） （2）第四项：【解析】【分析】（1）由的展开式的系数和比的展开式的系数和大，对进行赋值，令，即可得到关于的方程：，解得，再根据二项式系数的性质即可求出二项式系数最大的项；（2）由可知系数最小的项必为负数，即是奇数；利用两边夹定理，设第项为系数绝对值最大的项，即可列出关于的不等式：，再根据为奇数，得到的值，即可求解.【小问1详解】由题意知：，即，，解得；由二项式的系数的性质，知的展开式中第项的二项式系数最大，即.【小问2详解】由（1）知，；设第项的系数的绝对值最大，，得即解得.，，则系数的绝对值最大的是第项，且为奇数，则，所以第项就是系数最小的项，即18.如图，一个正方形花圃被分成5份． （1）若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有5种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？（2）若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分种3、4、5种颜色的花，应用分步计数及组合排列数求种植方法数；（2）分、两种分组，结合不平均分组、全排列求不同的放法.【小问1详解】当种5种颜色的花，作全排列，则有种；当种4种颜色的花，5种颜色选4种，中选一组种同颜色的花，余下3种颜色作全排列，则有种；当种3种颜色的花，5种颜色选3种，位置任选一种，余下2种颜色在分别种相同颜色，则有种；所以共有种不同种植方法.【小问2详解】将7个盆栽有、两种分组方式，以分组，则种；以分组，则种； 所以共有种不同的放法.19.已知函数．（1）求函数的极值；（2）若，对任意的恒成立，求的取值范围．【答案】（1）极小值，无极大值．（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）依题意可得，对任意的恒成立，参变分离可得，对任意的恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出，即可得解；【小问1详解】因为定义域为，所以，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，无极大值．【小问2详解】因为，对任意的恒成立，即，对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立， 令，，所以，所以当时，，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即最小值，所以，所以，即.20.某化工厂为预测产品的回收率，需要研究它和原料有效成分含量之间的相关关系，现收集了4组对照数据.x2468y36710（1）请根据相关系数的大小判断回收率与之间是否存在高度线性相关关系；（精确到小数点后两位）（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程，并预测当时回收率的值.参考数据：，，|r|10>0.8<0.3其他x，y相关关系完全相关不相关高度相关低度相关中度相关 【答案】（1）0.98，x与y高度线性相关（2），12【解析】【分析】小问1：由题意计算可得，则与之间存在高度线性相关关系；小问2：由题意求得回归方程为.据此预测当时，．【小问1详解】所以，x与y高度线性相关【小问2详解】根据最小二乘法所以，回归方程当时，21.为了解昆山震川高级中学中学高二年级学生身视力情况，对高二年级（1）班—（8）班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行视力监测．经统计，每班10名学生中视力监测成绩达到优秀的人数统计如下：班号12345678人数86947598（1）若用散点图预测高二年级学生视力情况，从高二年级学生中任意抽测1人，求该生视力监测成绩达到优秀的概率；（2）若从以上统计的高二（2）班的10名学生中按分层抽样抽出5人，再从5人中任取2人，设X表示2人中视力监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列及其数学期望； （3）假设每个班学生视力优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的视力优秀率相等．现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“”表示第k班抽到的这名同学视力优秀，“”表示第k班抽到的这名同学视力不是优秀（，2，×××，8）．写出方差，，，的大小关系．【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望（3）【解析】【分析】（1）根据散点图可求得抽取的人中，视力监测成绩达到优秀的人数，由古典概型概率公式可得结果；（2）首先可确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望；（3）由两点分布方差计算公式可求得的值，由此可得大小关系.【小问1详解】抽取人中，视力监测成绩达到优秀有人，从高二年级学生中任意抽测人，该生视力监测成绩达到优秀的概率.【小问2详解】由散点图可知：高二（2）班的10名学生中，视力监测成绩达到优秀的人数为6人，按分层抽样，所抽5人，有3人视力监测成绩达到优秀，2人视力监测成绩没有达到优秀，记从5人任抽2人，设X表示2人中视力监测成绩达到优秀的人数，则X中能值为0，1，2.所有可能的取值为，则X的分布列为012 .【小问3详解】由散点图知：，，；，，；，，；，，；.22.设函数（）．（1）当时试讨论函数f(x)的单调性；（2）设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，，证明．【答案】（1）时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）证明见解析【解析】【分析】(1)求导得，讨论时根的分布情况；分类讨论，两种情况，结合二次函数图象判断的符号，从而得到的单调性；(2)对函数求导得,易得；则 ；再利用导数得到的单调性，脱去，即，再已知条件将替换,即，对所证式子进行化简得：，构造函数（）证明即可.【小问1详解】函数的定义域为，即①时，，即在上单调递增；②时，令，解得（舍去），；当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增；综上所述：时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】证明：由题可知，（），则，，；则证，又令（），则，所以函数在上单调递增，即在上单调递增； 所以；设，是方程的两个不相等的实数根，不妨设，则，两式相减整理，得，即，所以，则有，又因为,所以，即，即，令，设（），则，所以上单调递增，即，所以当时，即得证；从而得证.【点睛】思路点睛：本题主要考查含参函数的单调性讨论和利用导数证明双变量不等式；这类问题分析有以下常见思路：（1）用分类讨论的思想求解含参函数单调性时，应结合导函数的零点注意分类的时机，分类要不重不漏；分类时要注意：①导函数的零点本身有无意义；②导函数的零点是否在其定义域内；③导函数的零点有多个时，要注意零点的大小等多个细节；（2）利用导数证明双变量不等式，对数平均不等式是解决这类问题常用方法；对原不等式的等价转化，将复杂的问题简单化，是难点和易错点，要多积累对应的经验.