山东省临沂市2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年度下学期期中教学质量检测高二数学试题一､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，只有一项是符合题目要求的．1.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数是（）A.7B.9C.12D.16【答案】C【解析】【分析】先确定从A地到C地有3种不同的走法，再确定从C地到B地有4种不同的走法，最后求从A地到B地不同的走法种数.【详解】解：根据题意分两步完成任务：第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，根据分步乘法计数原理，从A地到B地不同的走法种数：种，故选：C.【点睛】本题考查分步乘法计数原理，是基础题.2.已知随机变量服从正态分布，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知可求出，由即可求出的值.【详解】根据正态分布的概率密度函数的对称性可知，则，故选:B.【点睛】本题考查了正态分布密度曲线性质，考查了转化思想，属于基础题. 3.4张卡片上分别写有“中”、“国”、“你”、“好”四个字，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求基本事件个数为，而取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”有1种，直接求出概率即可.【详解】4张卡片上分别写有“中”、“国”、“你”、“好”四个字，从这4张卡片中随机抽取2张，基本事件有种,取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”只有1种，故取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”的概率.故选：C4.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求导后代入可求得，进而得到；代入即可求得结果.【详解】由题意得：，，解得：，，.故选：.【点睛】本题考查导数值的求解问题，关键是能够明确为常数，其导数为零.5.函数的导函数在区间上的图象大致为（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】首先对函数进行求导，然后判断导函数的奇偶性，最后根据图像特征，通过赋值法判断的符号即可求解.【详解】∵，∴，∴，∴为奇函数，从而的图像在区间上关于原点对称，由此可排除选项A、B，又∵，排除D，从而答案为C.故选：C.6.的展开式中，的系数为（）A.360B.180C.90D.【答案】A【解析】分析】由可得答案.【详解】的系数为.故选：A.7.随着新冠疫苗的成功研发，某地区开始对重点人群进行新冠疫苗接种为了配合社区对新冠疫苗接种人员讲解注意事项，某医科大学共派出4名男志愿者和2名女志愿者参与该地区志愿服务.已知6名志愿者将会被分为2组派往该地区的2个不同的社区，且女志愿者不单独成组，若每组不超过4人，则不同的分配方法种数为（）A.32B.40C.48D.56【答案】C【解析】 【分析】法一：首先按每组人数不同分、两类，再求组内人员安排的方法数，进而求两组安排到两个不同社区的方法，最后加总；法二：先安排一个社区，讨论有0个、1个、2个女志愿者的安排方法数，再加总即可.【详解】法一：分两种情况，①分为3，3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有种分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法.②分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法.∴共有种分配方法.法二：先安排第一个社区，若没有女志愿者，则有种；若有1名女志愿者，则有种；若有2名女志愿者，则有种，∴不同的分配方法种数为，故选：C.8.已知函数，若对任意正数，，都有恒成立，则实数a的取值范围（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据恒成立，得到在单调递增求解.【详解】解：不妨令， 则，即在单调递增，因为，则在上恒成立，即，在上恒成立，则，又，∴．故选：C二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．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.若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（       ）A.B.各项二项式系数和为128C.二项式系数最大项有2项D.第4项与第5项系数相等且最大【答案】BC【解析】【分析】结合二项展开式的通项和二项式系数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，的二项展开式共有8项，可得，所以A错误；根据二项式展开式二项式系数和的性质，可得二项式系数的和为，所以B正确；根据展开式中二项式系数的性质，可得中间项的二项式系数最大，即第4和第5项的二项式系数最大，所以C正确；由展开式的第4项为，第5项为，所以展开式中第4项与第5项系数不相等，所以D错误.故选：BC11.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为.则其中正确命题的序号是（）A.①B.②C.③D.④【答案】ABD【解析】 【分析】①利用古典概型的概率求解判断.②利用独立重复实验的概率求解判断.③利用古典概型概率求解判断.④利用独立重复实验的概率求解判断.【详解】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12.已知函数以下说法正确的是（）A.函数在处取得极大值B.函数在处取得极大值C.函数在上单调递减D.函数的递减区间为【答案】AD【解析】【分析】求导，利用导数与单调性的关系及极值的概念求解.【详解】，由，得或， 当或时，，单调递增；当时，，单调递减.时，当或时，，单调递增；当时，，单调递减，故函数在处取得极大值，在处取得极小值，故A正确；B错误；函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误；函数在上单调递减，故D正确.故选：AD.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.2021年5月15日，天问一号探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区着陆，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功，极大地鼓舞了天文爱好者探索宇宙奥秘的热情.某校航天科技小组决定从甲、乙等6名同学中选出4名同学参加市举行的“我爱火星”知识竞赛，已知甲被选出，则乙也被选出的概率为______.【答案】##0.6【解析】【分析】利用条件概率公式即可得到结果.【详解】设“甲同学被选出”记为事件，“乙同学被选出”记为事件，则在甲同学被选出的情况下，乙同学也被选出的概率.故答案：14.已知，若其展开式中各项的系数和为81，则__________．【答案】【解析】【分析】根据题意，令，列出方程，即可求解.【详解】由展开式中各项的系数和为， 令，可得，解得.故答案为：.15.已知函数的导函数为，且对任意，，若，，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得解.【详解】构造函数，则，故函数在上单调递减，由已知可得，由可得，可得.故答案为：.16.甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以后再减去；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以后再加上；这样就可以得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又可以得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若乙获胜的概率为，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】由题意可知，进行两次操作后，得出的所有可能情况，根据乙胜的概率，列出关于的不等式组，即可求解. 【详解】抛掷两枚硬币，出现两个正面朝上或两个反面朝上的概率为，出现一个正面朝上，一个反面朝上的概率为，由题意可知，进行两次操作后，可得如下情况：①操作两次都是两个正面朝上或两个反面朝上，则，其出现的概率为；②操作两次，第一次是两个正面朝上或两个反面朝上，第二次是一个正面朝上，一个反面朝上，则，其出现概率为；③操作两次，第一次是一个正面朝上，一个反面朝上，第二次是两个正面朝上或两个反面朝上，则，其出现的概率为；④操作两次，两次都是一个正面朝上，一个反面朝上，则，其出现的概率为，因为乙获胜的概率为，即的概率为，因为，，则或，解得或.因此，实数的取值范围是.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.已知在的展开式中，第4项为常数项．（1）求的值；（2）求含项的系数． 【答案】（1）6（2）1【解析】【分析】（1）求出的展开式的通项，由时，可得答案；（2）结合（1），令，解得，进而可得答案.【小问1详解】的展开式通项为．因为第4项为常数项，所以时，，解得．【小问2详解】由（1）可知，令，解得．所以含项的系数为．18.已知函数在处取得极大值．（1）求实数的值，并求函数的单调递增区间；（2）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积．【答案】（1），单调递增区间是（2）【解析】【分析】（1）求导，根据函数在处取得极大值可得，从而可求得，再令即可得解；（2）根据导数的几何意义求出切线方程，再求出与坐标轴的交点坐标，即可得解.【小问1详解】由题意，因为函数在处取得极大值，所以即，解得， 经检验，是函数的极大值点，所以．当时，，由可得或，所以的单调递增区间是；【小问2详解】由（1）知，则，所以曲线在点处的切线的斜率，所以切线的方程为，即，令，可得；令可得；所以切线与坐标轴围成的三角形的面积．19.我们认为灯泡寿命的总体密度曲线是正态分布曲线，其中为总体平均数，为总体标准差，某品牌灯泡的总体寿命平均数小时．（1）随机取三个该品牌灯泡，求三个灯泡中恰有两个寿命超过2600小时的概率；（2）该品牌灯泡寿命超过2800小时的概率为．我们通过设计模拟试验的方法解决“随机取三个该品牌灯泡，求三个灯泡中恰有两个寿命超过2800小时的概率”问题．利用计算器可以产生0到9十个随机数，我们用1，2，3，4表示寿命超过2800小时，用5，6，7，8，9，0表示寿命没有超过2800小时．因为是三个灯泡，所以每三个随机数一组．例如，产生20组随机数907966191925271932812458569683431257393027556488730113537989 就相当于做了20次试验．估计三个灯泡中恰有两个寿命超过2800小时的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正态分布曲线的性质，结合古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据随机数，结合古典概型计算公式进行求解即可【小问1详解】由题知平均数，所以每个灯泡寿命超过2600小时的概率都是，这个随机试验满足古典概型条件：有限性，等可能性．设三个灯泡寿命超过2600小时分别为A，B，C；没有超过2600小时分别为，，．则样本空间，三个灯泡中恰有两个寿命超过2600小时的事件，所以；【小问2详解】20组随机数中满足恰有两灯泡寿命超过2800小时的有191，271，932，812，393共计5组，所以三个灯泡中恰有两个灯泡寿命超过2800小时的概率估计值．20.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）讨论函数的零点个数．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）通过对函数求导，对进行分类讨论，即可求出函数的单调性；（2）令，通过构造新函数并求导，比较和的大小即可求出函数的零点 个数.【小问1详解】由题意，在中，当时，，则在R上单调递增；当时，令，解得：，当时，单调递减；当时，单调递增．综上所述，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】在中，当时，，当时，无解，∴无零点．当时，．令，在中，，当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减， 且，∵当时，时，，∴当即时，无零点，当即时，有一个零点；当即时，有两个零点；当，即时，有一个零点．综上所述，当时，无零点；当或者时，有一个零点；当时，有两个零点．【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，构造函数和函数的单调性，考查学生分类讨论的思想和通过导函数求函数零点，具有很强的综合性.21.甲､乙去某公司应聘面试．该公司的面试方案为：应聘者从道备选题中一次性随机抽取道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选．已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．（1）分别求甲､乙两人正确完成面试题数的分布列；（2）请从均值和方差的角度分析比较甲､乙两人谁的面试通过的可能性较大？【答案】（1）答案见解析；（2）甲通过面试的概率较大．【解析】【分析】（1）根据题意得服从超几何分布，服从二项分布，分别求解概率及分布列即可.（2）由（1）分别求出期望和方差比较即可.【小问1详解】设为甲正确完成面试题的数量，为乙正确完成面试题的数量， 由题意可得的可能取值为：，所以，，所以的分布列为由题意随机变量的可能值为，可得，所以，，所以的分布列为：【小问2详解】由（1）可得，，，，，因为，，所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大． 22.已知函数，且恒成立．（1）求实数的值；（2）证明：．【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）令，求得，设，利用导数判断单调递增，进而求得，设，利用导数判断函数的单调性，结合，即可求解.（2）方法一：由（1）转化为，即证，设，利用导数得到单调性，转化为，令，利用导数求得函数的单调性，结合，即可求解；方法二：令，得到，判断的单调性，结合，利用作差比较法，即可求解.【小问1详解】令，则，设，则对任意恒成立，所以在上单调递增，又，所以存在唯一实数，所以当时，单调递减；当时，单调递增；所以， 因为，所以，且．所以，设，则，所以在上单调递增，上单调递减，所以，而依题意必有，所以，此时，所以若不等式恒成立，则正实数的值为1．【小问2详解】方法一：由（1）知，当时，对任意恒成立．所以，当且仅当时等号成立，则，所以要证明，只需证，即证．设，则，则在上单调递增，上单调递减，所以，即，又由在恒成立，在上单调递减，所以，即，所以要证，只需证，即，令，可得，则在上单调递减，上单调递增， 所以当时，，即恒成立，所以．方法二：令，则，则在上单调递增，上单调递减，所以，即，在恒成立，在上单调递减，所以，即，要证，只需证，即，令，可得，可得在上单调递减，在上单调递增，所以当，函数取得极小值，也为最小值，所以，所以恒成立，所以．【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；