2022-2023学年福建省泉州市永春二中、平山中学等五校高二下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年福建省泉州市永春二中、平山中学等五校高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．某高校有4名志愿者参加社区志愿工作，若每天早、中晚三班，每班1人，每人每天最多值一班，则值班当天不同的排班种类为（    ）

A．12 B．18 C．24 D．144

【答案】C

【分析】通过题意得出一天三班，一班一人，每人最多一班，即可求出值班当天不同的排班种类.

【详解】由题意，

4名志愿者参加社区志愿工作，每天早、中晚三班，每班1人，每人每天最多值一班，

∴值班当天不同的排班种类为：

故选：C.

2．已知函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出，令解得得，即可求得.

【详解】因为，所以，解得，

所以.

故选：D.

3．若，则n的值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】根据组合数、排列数的计算公式列出关于的方程，由此求解出的值.

【详解】因为，所以，

所以，所以，

故选：B.

4．若，，则的值为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件，令和即可求解.

【详解】解：因为，，

所以令，可得，

又令，可得，

所以，

故选：A.

5．设集合，那么集合中满足条件

“”的元素个数为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：分以下三种情况讨论，

（1），则上述五个数中有一个为或，其余四个数为零，此时集合有

个元素；

（2），则上述五个数中有两个数为或，其余三个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；

（3），则上述五个数中有三个数为或，其余两个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；

综上所述，集合共有个元素.故选D.

【考点定位】本题考查分类计数原理，属于较难题.

6．已知函数，是函数的导函数，则的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求导得到，根据奇偶性排除BD，特殊值计算排除A得到答案.

【详解】，则，则函数为奇函数，排除BD；

，排除A；

故选：C.

7．北京2022年冬奥会的吉祥物冰墩墩和雪容融非常可爱，某教师用吉祥物的小挂件作为奖品鼓励学生学习，设计奖励方案如下：在不透明的盒子中放有大小、形状完全相同的6张卡片，上面分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从中不放回地抽取两次卡片，每次抽取一张，只要抽到的卡片编号大于4就可以中奖，已知第一次抽到卡片中奖，则第二次抽到卡片中奖的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设出事件，求出两次都抽到卡片中奖的概率和第一次抽到卡片中奖的概率，利用条件概率公式计算出答案.

【详解】若事件为“第一次抽到卡片中奖”，事件为“第二次抽到卡片中奖”，则，，故．

故选：B．

8．已知函数是定义在上的可导函数，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，根据，可得，即为偶函数，再根据当时，，利用导数判断函数在上得单调性，再根据，即，即，再根据函数的单调性即可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

令，则，

所以为偶函数，

当时，，

所以，

所以函数在上单调递增，

根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知在上单调递减，

因为，

所以，

所以，

即，

解得或.

故选：C.

【点睛】本题重点考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，关键在于构造正确的函数，考查了利用导数判断函数在区间上的单调性，考查了数据分析能力，有一定的难度.

二、多选题

9．在的展开式中，下列说法错误的是（    ）

A．常数项是20 B．第4项的二项式系数最大

C．第3项是 D．所有项的系数的和为0

【答案】AC

【分析】利用二项式定理的通项公式和赋值法求解.

【详解】因为展开式的通项公式为；

令可得，所以常数项为，A错误；

第项的二项式系数为，由组合数的性质可知当时，取到最大值，B正确；

 令可得，所以第三项为，C错误；

令可得所有项的系数的和为0，D正确.

故选：AC.

10．(多选)设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则（    ）

A．P(AB)＝ B．P(AB)＝

C．P(B)＝ D．P(B)＝

【答案】AC

【详解】P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，

由P(A|B)＝，得P(B)＝＝×2＝.

11．设离散型随机变量的分布列为

若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（    ）

A． B．，

C．， D．，

【答案】CD

【分析】根据概率的性质列方程可得，根据期望和方差公式可得，根据和分别可得和，由此可得答案.

【详解】由概率的性质可得，解得，

，

，

，

,

故选：CD

【点睛】本题考查了概率的性质，考查了离散型随机变量的期望和方差公式，属于基础题.

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）．

A．当时，过原点作曲线的切线l，则l的方程为

B．当时，在上单调递增

C．若在上单调递增，则

D．当时，在上有极小值点

【答案】ABD

【分析】设切点坐标并求导及导数的几何意义可求得切线方程，运用导数研究函数的单调性、极值点.

【详解】当时，，设切点为，，，

所以，

又l过原点，则，解得，所以l的方程为，故A正确；

当时，，，

当时，，，所以，

所以在上单调递增，故B正确；

，若在上单调递增，

则在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

令，得，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，所以，故C错误；

当时，，，

令，则，

当时，，所以，

所以在上单调递增，

又，，

所以由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以在上有极小值点，故D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．若，则的值为______．

【答案】190

【分析】根据组合数公式计算即可得到答案

【详解】因为即，化简得，

因为为大于等于10的整数，所以，

所以

故答案为：190

14．已知函数，则该函数的图象在处的切线的倾斜角为__________.

【答案】

【分析】对函数求导数，计算时的斜率，得倾斜角.

【详解】因为，

所以，

所以，

即切线的斜率为-1，倾斜角为.

故答案为：.

15．现有7位同学（分别编号为）排成一排拍照，若其中三人互不相邻，两人也不相邻，而两人必须相邻，则不同的排法总数为________．（用数字作答）

【答案】240

【分析】把排列，产生4个空位，然后将看作一个整体与插入到中可求解.

【详解】解：因两人必须相邻，所以把看作一个整体有种排法.

又三人互不相邻，两人也不相邻，所以把排列，有种排法，产生了4个空位，再用插空法.

（1）当分别插入到中间的两个空位时，有种排法，再把整体插入到此时产生的6个空位中，有6种排法.

（2）当分别插入到中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有种排法，此时必须排在中间的两个空位的另一个空位，有1种排法.

所以共有.

【点睛】方法点睛：在排列组合中“相邻问题”用捆绑法策略处理；“不相邻问题”用插空法策略处理.

16．若函数在上存在极值,则的取值范围为______.

【答案】

【分析】在上存在极值,即在上存在变号零点,构造新函数,求导求单调性,判断函数性质后使函数的最小值小于零即可.

【详解】解:由题知在上存在极值,

即在上存在变号零点,

所以,

设函数,

即在上存在变号零点,

则,

当时,,单调递减;

当时,,单调递增.

因为时,,

故只需即可,

即.

故答案为:.

【点睛】思路点睛:此题考查函数与导数综合问题,属于难题,关于函数极值点的存在问题的思路有:

(1)对原函数进行求导;

(2)令导函数为新的函数,使新的函数有变号零点;

(3)对新函数求导求单调性,判断函数性质,建立不等式,计算结果.

四、解答题

17．在二项式的展开式中，______.

给出下列条件：

①若展开式前三项的二项式系数的和等于46；

②所有奇数项的二项式系数的和为256.

试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：

（1）求展开式中二项式系数最大的项；

（2）求展开式的常数项.

【答案】（1），；（2）.

【分析】选择①：，利用组合数公式，计算即可；

选择②：转化为，计算即可

（1）由于共9项，根据二项式系数的性质，二项式系数最大的项为第5项和第6项，利用通项公式计算即可；

（2）写出展开式的通项，令，即得解

【详解】选择①.

，即，

即，即，

解得或（舍去）.

选择②.

，即，解得.

（1）展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项，

，

.

（2）展开式的通项为，

令，得，

所以展开式中常数项为第7项，

常数项为.

18．设函数的导函数为，若函数的图象关于直线对称，且.

(1)求实数a，b的值；

(2)求函数的单调区间.

【答案】(1),.

(2)函数的单调增区间为和，单调减区间为.

【分析】（1）利用导数的运算求得函数的导函数，利用对称性得到的值，利用特殊值得到的值；

（2）根据（1）的结论，得到，分析导数的正负区间，进而得到函数的单调区间.

【详解】（1）∵，∴，

∵函数的图象关于直线对称，则,

∵,∴，∴.

（2）,

令，解得,

列表如下：

∴函数的单调增区间为和，单调减区间为.

19．开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程，某校为确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽取个学生进行调查，获得数据如下表：假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立，

(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取人，设为抽出两人中女生的个数，求的分布列；

(2)在（1）中，表示抽出两人中男生的个数，试判断方差与的大小，（直接写结果）

【答案】(1)分布列见解析

(2)

【分析】（1）分别计算出抽到女生的概率，分析可知随机变量的可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列；

（2）分析可知，，由方差的性质可得出、的关系.

【详解】（1）解：记从方案一中抽取到女生为事件，从方案二中抽取到女生为事件，

则，，则的可能取值为、、，

所以，，

，所以的分布列为：

（2）解：依题意可得，所以，即.

20．某同学买了7个盲盒，每个盲盒中都有一个礼物，有4个装小兔和3个装小狗．

(1)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第1次、第2次取到的都是小兔盲盒的概率；

(2)依次不放回地从中取出2个盲盒，求第2次取到的是小狗盲盒的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设事件“第次取到的是小兔盲盒”，，求出，，再根据条件概率的概率公式计算可得；

（2）设事件“第次取到的是小狗盲盒”，，求出，，，再根据全概率的概率公式计算可得.

【详解】（1）设事件“第次取到的是小兔盲盒”，．

∵，，

∴，

即第次、第次取到的都是小兔盲盒的概率为．

（2）设事件“第次取到的是小狗盲盒”，．

∵，，，

∴由全概率公式，可知第次取到的是小狗盲盒的概率为

．

21．某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.

（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；

（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）类．

【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．

【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．

；

；

．

所以的分布列为

（2）由（1）知，．

若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．

；

；

．

所以．

因为，所以小明应选择先回答类问题．

22．已知函数.

（1）讨论函数的极值点的个数；

（2）已知函数有两个不同的零点，且.证明：.

【答案】（1）当时，无极值点；当时，有个极值点；（2）证明见解析.

【分析】（1）易知函数的定义域为，求导可得，令，则，由的单调性可得 ，再分和讨论即可得解；

（2）由题意知，，

由的单调性可得，若要函数有两个不同零点

则有，即，再根据，

令，可得，令，可得，作差即可得解.

【详解】（1）函数的定义域为，

，

令，

则

当时，，单调递增；

当时，，单调递减

当时，，

在上单调递减，

此时，无极值点；

当时，

，

在上有且只有一个零点.

在上有且只有一个极值点.

又，

在上有且只有一个零点.

在上有且只有一个极值点.

综上所述，当时，无极值点；

当时，有个极值点；

（2），则

当时，，单调递减.

当时，，单调递增.

函数有两个不同零点，且

，即

又

令，

则

令，

则

单调递增

单调递增.

，

令，

则

当时，，单调递增，

当时，，单调递减

即

令，则

.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的性质，考查了分类讨论思想和证明推理能力，在高考中考查压轴题，要求较高的计算能力和逻辑思维能力，属于难题.本题的关键点有：

（1）分类讨论思想的应用，分类讨论的关键是找到讨论点；

（2）反复的构造函数，并用导数研究相关构造的函数.