江苏省苏州市吴江市高级中学2021-2022学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

吴江高级中学2021-2022学年度第二学期期中考试卷高二数学一、单选题1.若函数的导函数为，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求导得，再代入即可计算出.【详解】由题意，所以，得.故选：C.2.已知随机变量，，且，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据随机变量可知，再根据，，可求出，利用，建立方程，即可求出结果.【详解】因为随机变量，所以，因为，，所以，即，又所以，即. 故选：B.3.若的展开式中的系数为12，则实数（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由二项式定理写出展开式通项，根据乘积形式确定含的项，结合其对应系数求出参数m.【详解】由的展开式通项为，含的项包含了和两项，所以含的项为，即，可得.故选：B4.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通过研究函数奇偶性以及单调性，以及由排除不正确的选项，从而得出答案..【详解】详解：为奇函数，排除A,，故排除D. ，当时，，所以在单调递增，所以排除C；故选：B.5.疫苗是为预防、控制传染病的发生、流行，用于人体预防接种的预防性生物制品，其前期研发过程中，一般都会进行动物保护测试，为了考察某种疫苗预防效果，在进行动物试验时，得到如下统计数据：未发病发病总计未注射疫苗20注射疫苗30总计5050100附表及公式：，．0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828现从试验动物中任取一只，取得“注射疫苗”的概率为，则下列判断错误的是（）A.注射疫苗发病的动物数为10B.从该试验未注射疫苗动物中任取一只，发病的概率为C.能在犯错概率不超过0．001的前提下，认为疫苗有效D.该疫苗有效率为75%【答案】D【解析】【分析】由题知：注射疫苗动物共40只，未注射为60只，补充完成列联表后，可判断A，B，计算 后可判断C，D．【详解】由题知：注射疫苗动物共40只，未注射为60只，补充列联表，未发病发病总计未注射疫苗204060注射疫苗301040总计5050100由此可得A、B正确．计算得：，故能在犯错概率不超过0．001的前提下认为疫苗有效．C正确，D错误．故选：D．6.某一电子集成块有三个元件a，b，c并联构成，三个元件是否有故障相互独立．已知至少1个元件正常工作，该集成块就能正常运行．若每个元件能正常工作的概率均为，则在该集成块能够正常工作的情况下，有且仅有一个元件出现故障的概率为（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，进而结合对立事件的概率公式得，再根据条件概率公式求解即可.【详解】解：记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，则为该集成块不能正常工作，所以，，所以故选：A 7.已知是函数的导函数且对任意的实数都有，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令，由已知可得，故可设，利用可得，，解不等式即可.【详解】令，则，可设，，，所以，解不等式，即，所以，解得，所以不等式的解集为.故选：B【点睛】本题主要考查构造法解不等式，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力，是一道中档题.8.将方程的实数根称为函数的“新驻点”．记函数，的“新驻点”分别为a，b，c，则（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】利用“新驻点”的定义，分别求出三个函数的“新驻点”，从而可比较其大小【详解】解：由，得，则，，所以由，得，由，得，所以，令，则，当时，，所以在上为增函数，因为，，所以，由，得，则，所以，所以，综上，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的应用，考查导数的应用，解题的关键是正确理解“新驻点”的定义，考查计算能力，属于中档题二、多选题9.已知随机变量的分布列为，k＝1，2，3，4，5．若Y＝2X－3，下列说法正确的是（）A.随机变量X的均值为3B.随机变量Y的均值为3C.随机变量X的方差为2D.随机变量Y的方差为9【答案】ABC【解析】【分析】根据得到该分布列的性质，展开后可得每个随机变量的取值都是0.2，由此判断均值和方差【详解】由题可知： ，故均值，A正确，B正确,C正确，D错误故选：ABC10.下列求导过程正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据基本初等函数的导函数判断可得选项.【详解】解：由，得A错误；由，得B正确；由，得C正确；由，得D错误．故选：BC.11.现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（）A.所有可能的方法有种B.若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C.若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种 D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种【答案】BCD【解析】【分析】利用分步乘法计数原理判断AC选项的正确性，利用分类加法计数原理以及组合数计算判断B选项的正确性，利用排列数计算判断D选项的正确性.【详解】所有可能的方法有种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为，另外两名同学的安排方法有种，此种情况共有种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有，另外一名同学的排法有3种，此种情况共有种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有种安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有种安排，D正确.故答案为：BCD12.若，为自然对数的底数，则下列结论错误的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】分别取函数与，通过求导判断其单调性，即可得出结果．【详解】令，由，当时，故在上递减，所以，则A错，B正确； 令，由，当时有，当时有，所以存在，有，所以在上不单调，在C中，化为，因为，故C错，在D，化为，则D错，故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造新函数通过单调来判断不等式是否成立．三、填空题13.计算的值为___________.【答案】126【解析】【分析】利用组合数的性质计算即可【详解】解：，故答案为：12614.如图，用五种不同的颜色涂在图中不同的区域内，要求每个区域只能涂一种颜色，且相邻(有公共边)区域涂的颜色不同，则不同的涂色方案一共有___________种.用数字作答【答案】180【解析】【分析】将图形中四个版块分别记为，按照、不同色和、同色，分两类计数再相加，可得结果.【详解】将图形中四个版块分别记为，如图： 当、不同色时，有种涂色方案；当、同色时，有种涂色方案，根据分类加法计数原理可得共有种涂色方案.故答案为：.15.若函数的极小值为0，则的值为______【答案】【解析】【分析】求导后，对分类讨论求极小值，结合已知极小值可得解.【详解】,当时，令，得或，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在时，取得极小值，所以，解得或（舍去）；当时，恒成立，为增函数，无极值，不合题意；当时，令，得或，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在时，取得极小值，所以，得（舍去）.综上所述：.16.已知，则___________. 【答案】【解析】【分析】先求导再赋值即可.【详解】对两边分别求导，得，令，得.故答案为:.四、解答题17.已知函数的图象在点处的切线为．（1）求函数的解析式；（2）设，求证：；【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）由切点坐标求得参数，得解析式；（2）利用导数求得的最小值，从而证明不等式成立．【详解】（1）在切线方程中，时，，所以切点为，所以，，；（2）由（1），则，时，，递减，时，，递增，所以，所以．18.某型号机床的使用年数和维护费有下表所示的统计资料：年23456万元2.03.56.06.57.0 在线性回归方程中，，，其中，为样本平均值．（1）求，的线性回归方程；（2）某厂该型号的一台机床已经使用了8年，现决定当维护费达到15万元时，更换机床，请估计到第11年结束，是否需要更换机床？【答案】（1）（2）不需要更换机床【解析】【分析】（1）依次求出，，，，代入公式可求得，，即可解决；（2）把代入线性回归方程，求得y值进行比较即可解决.【小问1详解】，，【小问2详解】当时，故不需要更换机床.19.按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（列式并用数字作答） （1）5个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少放一个小球；（2）6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（3）6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（4）6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒．【答案】（1）种（2）种（3）种（4）种【解析】【分析】（1）从5个不同的小球中任取个小球当成一个元素，连同其余3个元素作全排可得结果；（2）根据四个盒子中小球的个数分成两类计数再相加可得结果；（3）转化为个相同的元素填入四个不同的空位，分两类相加可得结果；（4）从4个不同的盒子中选一个盒子空着，有种，再根据另外三个盒子中元素个数分成三类计数可得结果.【详解】（1）从5个不同的小球中任取个小球当成一个元素，连同其余3个元素作全排，共有种；（2）若四个盒子中小球的个数为：，则共有种，若四个盒子中小球的个数为：，则共有种，所以共有种.（3）等价于个相同的元素填入四个不同的空位，共有种；（4）从4个不同的盒子中选一个盒子空着，有种，另外三个盒子中，小球的个数可能为：①，②，③，若为①，则共有种；若为②，则共有种；若为③，则共有种，所以一共有种.【点睛】关键点点睛：（2）和（4）中，采用先分组后全排是解题关键. 20.甲乙两人参加某种选拔测试，在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是，乙能答对其中的8道题，规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出4道题进行测试，只有选中的4个题目均答对才能入选．（Ⅰ）求甲恰有2个题目答对的概率；（Ⅱ）求乙答对的题目数的分布列；（Ⅲ）试比较甲，乙两人总体解题能力水平，并说明理由．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列见解析；（Ⅲ）乙比甲更能稳定发挥出成绩，理由见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）根据二项分布的概率公式直接计算即可；（Ⅱ）的所有可能取值为，，，再根据超几何分布求解即可；（Ⅲ）根据变量的均值与方差比较即可得答案.【详解】解：（Ⅰ）记“甲恰有个题目答对的概率”为事件，则.（Ⅱ）的所有可能取值为，，，则，，故乙答对题目数的分布列为：（Ⅲ）∵乙平均答对的题目数，甲答对题目数~，甲平均答对的题目数.∵，∴甲平均答对的题目数等于乙平均答对的题目数.又∵ ∴乙比甲更能稳定发挥出成绩.21.已知函数，且（1）若函数在处取得极值，求函数的解析式；（2）在（1）的条件下，令，求的单调区间；【答案】（1）；（2）的单调递减区间为，单调递增区间为.【解析】【分析】（1）求出导函数，由，可解得，得函数解析式；（2）求出，然后求出解，确定的正负，得单调区间．【详解】（1）函数的定义域为由已知可得：解得，经检验：符合题意（2）的定义域为由于满足故：在上单增，故：当时，恒成立 故单调递减单调递增故：的单调递减区间为，单调递增区间为【点睛】本题考查用导数研究函数的极值，求单调区间，解题基础是掌握导数的运算法则，求出导函数．再根据导数与极值、单调性的关系求解．22.已知函数.（1）若在上单调递减，求的取值范围；（2）若有两个零点，，求的取值范围；（3）证明：当时，若对于任意正实数，，且，若，则.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数，由在上恒成立可得参数范围；（2）首先在上不能单调，在有极值点的情况下，结合零点存在定理可得，极小值必须小于0，然后说明在极小值点两边均值大于0的值存在，从而有零点存在．（3）由（2）得函数的单调性，若，则不等式成立，因此只要证的情形，令，由导数证明它是减函数后，由单调性可证得不等式成立．【详解】解：（1）因在单调递减，所以恒成立所以，即 （2）①当时，恒成立，在单调递减，至多有一个零点，舍②当时，令，，，，所以在单调递减，在单调递增.若有两个零点，，则即.又因为所以在有零点.又因为令所以在单调递增，所以在有零点.所以有两个零点，，的取值范围是（3）当时，由（2）知在单调递减，在单调递增.所以若，则令所以单调递减，即令有 又因为，所以在单调递减所以，即．【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，研究函数的零点问题，证明不等式．函数零点问题的研究与函数的单调性、极值有关，在得出极值的基础上，注意零点存在定理的应用即可得．对于证明二元不等式，关键是化二元为一元，为此可根据不等式的形式，利用“对称性”，转化为确定新函数的单调性，由单调性完成证明．