2021-2022学年上海实验学校高二（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年上海实验学校高二（下）期末数学试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 设函数，若，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 设某生产线所生产的螺母内径单位：服从正态分布，生产标准规定：若产品的内径与标准值之间的偏差超过，则划分为不合格品．现从总数足够多的一大批产品中抽样件估计合格率，由于技术原因，只能检测出内径超过的样本共件，内径在和之间的样本共件，则应当估计这批产品的合格率约为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 公安部新修订的机动车登记规定正式实施后，小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排．某人欲选由、、、、中的两个不同字母，和、、、、、、、、、中的个不同数字，组成的三个数字都相邻的一个号牌，则他选择号牌的方法种数最多有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

4. 设函数的图像上的点处的切线斜率为，若，则函数的图像大致为(    )

A.  B.
C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）

5. ______．
6. 展开式中的常数项是______．
7. 函数在的导数______．
8. 假设某种动物生存到岁的概率为，生存到岁的概率为，则一只恰好岁的该动物生存到岁的概率为______．
9. 某人每天上班通勤有的概率选择骑车，另外各有的概率选择自驾和地铁，已知骑车和自驾的迟到概率各为和，而地铁则保证准时到岗，则该人每天的迟到概率为______用百分数表示．
10. 已知关于的展开式中，只有第项的二项式系数最大，则展开式的系数之和为          ．
11. 函数的导数______．
12. 设随机变量服从二项分布，随机变量服从二项分布，若，则______．
13. 如图，用种不同的颜色把图中，，，，块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有______ 种用数字作答．
14. 设集合，若且，记为中元素的最大值与最小值之和，则对所有的，的平均值______．

三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

15. 设件产品中有件次品，件正品，试求下列事件的概率：
    从中任取件都是次品；
    从中任取件恰有件次品；
    从中有放回地任取件都是正品；
    从中有放回地任取件至少有件次品．
16. 设函数，曲线在点处的切线方程为．
    求的解析式；
    证明：曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形面积为定值，并求此定值．
17. 已知展开式中第三项的系数比第二项的系数大．
    求的值；
    求展开式中含的项，并指出该项的二项式系数．
18. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
    Ⅰ求，的值；
    Ⅱ求在上的最大值．
19. 从、、、中等可能地独立抽样两次，记两次的结果分别为随机变量和，记号表示、中的较大者．
    若做放回抽样，求；
    若做不放回抽样，求；
    计算，比较与的大小，并尝试定性解释：为何会有这样的变化趋势？
    可能需要用到的公式：
20. 用记号表示，，其中，．
    设，求的值；
    在条件下，记，且不等式恒成立，求实数的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
先计算，再根据，列出关于的方程，即可解出的值本题考查导数的运算，正确计算出是计算的关键．
【解答】
解：，
，
，
已知，
，解得．
故选D．  

2.【答案】 

【解析】解：由正态分布曲线的对称性可得，因为内径在和之间的样本共件，故估计内径在和之间的样本共件，故内径大于的样本大约件，故估计这批产品的合格率约为．
故选：．
根据正态分布曲线的对称性求解即可．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查曲线的对称性，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：先选字母，有种方法，再选个数字，有种方法，
把三个数字看作一个整体进行排列有种方法，
再把个数字做成的一个整体和个字母进行全排列，有种方法，
再根据分步计数原理求得他选择号牌的方法种数最多有种，
故选：．
先选字母，有种方法，再选个数字，有种方法，把三个数字看作一个整体进行排列有种方法，再把个数字做成的一个整体和个字母进行全排列，有种方法，再根据分步计数原理运算求得结果．
本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，

为该函数在点处切线的斜率


函数是奇函数，图象关于原点对称
再根据当时，与均为正值
可得：时，，
故选：．
根据题意，为该函数在点处切线的斜率，结合导数的几何意义，得到，由此分析可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的导数的几何意义，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
根据组合数公式计算即可．
本题考查了组合数公式的应用问题，是基础题目．
 

6.【答案】 

【解析】解：
令，得，
所以展开式中的常数项是10
故答案为：
写出通项公式，令的系数为，求出的值，即可写出常数项．
本题考查二项式定理的通项的应用，属基本题型、基本方法的考查．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，则，
故答案为：．
求出函数的导数，然后令即可求解．
本题考查了导数的运算性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：某种动物生存到岁为事件，生存到岁的概率为事件，
恰好岁的该动物生存到岁的概率为．
故答案为：．
根据条件概率公式计算即可．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，是基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：该人每天的迟到概率为．
故答案为：．
分别求的骑车和自驾迟到的概率，再求和即可．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
 

10.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案．
由题意求得，再令，可得展开式的系数之和，属于中档题．

【解答】

解：关于的展开式中，只有第项的二项式系数最大，即最大，解得，再根据，可得，令可得展开式的系数之和为．
故答案为．

11.【答案】 

【解析】解：因为，所以，
故答案为：．
利用导数的运算性质化简即可求解．
本题考查了导数的运算性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

12.【答案】或 

【解析】解：随机变量服从二项分布，，
，解得或，
当时，，
当时，．
故答案为：或．
根据已知条件，结合方差公式，求出或，再结合二项分布的概率公式，以及对立事件概率和为，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量方差公式，以及二项分布的概率公式，对立事件概率和为，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意知本题是一个分类计数问题，
只用三种颜色涂色时，有种．
用四种颜色涂色时，有种．
综上得不同的涂法共有种．
故答案为：
本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有，用四种颜色涂色时，有种结果，根据分类计数原理得到结果．
本题以实际问题为载体，考查计数原理的运用．
 

14.【答案】 

【解析】解：当时，，，所有的，的平均值为，
当时，，，，，，，所有的，的平均值为，
当时，，，，，，，
，，，，，，，，
所有的，的平均值为，
依此类推
集合，非空子集有个，所有的，的平均值为．
故答案为：．
集合有个元素，满足条件的集合有个，为中元素的最大值与最小值之和，列举出，，，，然后找规律可求出所求．
本题考查的知识点是集合的子集，其中正确理解的意义是解答的关键．解决新定义的题，关键是理解透新定义，新定义题型是近几年高考常考的题，要重视．
 

15.【答案】解：取次，每次抽到的都是次品，故所求概率为；
件产品中取件的取法有种其中恰好件品的取法有种，所以从中任取件恰有件次品的概率为；
件产品中有件次品，件正品，故从中有放回地任取件都是正品的概率为；
有放回的抽取，每次去到次品的概率为，抽次至少有件次品的概率为． 

【解析】取次，每次取到的都是次品，根据题意计算即可；
先求出取件恰有件次品的取法，再求出取出件的取法；
先计算从中有放回地任取件都是正品的概率为，再计算从中有放回地任取件都是正品的概率为；
有放回的抽取，每次取到次品的概率为，抽次至少有件次品分为件次品和件次品，件正品，计算对应概率，相加即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
 

16.【答案】解析：方程可化为，当时，，
又，于是，解得，故．

设为曲线上任一点，

由知，曲线在点处的切线方程为，
即
令，得，从而得切线与直线的交点坐标为；

令，得，从而得切线与直线的交点坐标为；
所以点处的切线与直线，所围成的三角形面积为．
故曲线上任一点处的切线与直线，所围成的三角形面积为定值，此定值为．

【解析】本题考查导数的几何意义及直线方程的相关知识，考查学生的运算能力，属于中档题．
已知曲线上的点，并且知道过此点的切线方程，容易求出斜率，又知点在曲线上，利用方程联立解出，；
可以设为曲线上任一点，得到切线方程，再利用切线方程分别与直线和直线联立，得到交点坐标，接着利用三角形面积公式即可．
 

17.【答案】解：展开式中第二项和第三项分别是：，．
根据题意得：，，又，．
故的值为．
设第项含项，则，，解得：．
含项为：二项式系数为：． 

【解析】利用二项展开式通项写出展开式中第三项的系数和第二项的系数，然后作差列方程可求解．
根据二项展开式通项解决．
本题考查二项式定理、方程思想，考查数学运算能力，属于基础题．
 

18.【答案】解：Ⅰ，
由题设得，，
解得，．
Ⅱ由知，所以，
令，，
则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即当时，，
所以在上单调递增，
所以在上的最大值为． 

【解析】本题考查利用导数求函数的最值，导数的几何意义，属于基础题．
Ⅰ先求导，可得和，解得，．
Ⅱ求导，分析函数的单调性，从而求得函数的最值即可．
 

19.【答案】解：若做放回抽样，随机变量的可能取值有，，，，
且，，，，



；
若做不放回抽样，则的可能取值有，，，，
且，



；
，
且数列随着的增大而减小，
故当越大，有放回和无放回之间的差距越来越小，数据越大，
有无放回对第二次结果的影响越小，因此两者之间期望差值就越小． 

【解析】分析可知随机变量的可能取值有，，，，求得，结合期望公式以及数列求和公式可求得；
分析可知的可能取值为，，，，计算出，结合期望公式以及数列求和公式可求得；
计算，对的变化对的影响，可得到结论．
本题考查有放回抽样、无放回抽样下离散型随机变量数学期望、数列求和公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

20.【答案】解：将代入，得
，
令，则，
令，则，
所以；
令，则，
令，则，
所以，
根据已知条件可知，

，
所以，
将代入不等式，得
，
当为偶数时，，
所以，
当为奇数时，，
所以，
综上，实数的取值范围为． 

【解析】将代入，再令，，即可求出的值；
求出代入不等式，分类讨论，即可求出实数的取值范围．
此题考査数列的应用，考査二项式定理的应用，考查分类讨论的数学思想，解题的关键是利用赋值法求解，考查计算能力，属于较难题．