2022-2023学年河北省石家庄市部分学校高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年河北省石家庄市部分学校高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．某体育用品店有5款不同的篮球、4款不同的排球，某人要买一个篮球和一个排球，不同的选法有（   ）

A．9种 B．10种 C．20种 D．36种

【答案】C

【分析】由分步乘法原理可得出结论.

【详解】第一步，从5款不同的篮球中选一个，有5种选法；

第二步，从4款不同的排球中选一个，有4种选法；

故不同的选法为：种；

故选：C.

2．已知两个正态分布和相应的分布密度曲线如图，则（   ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】由正态曲线和均值、标准差的意义判断即可.

【详解】由图象可得的密度曲线的对称轴在的密度曲线的对称轴的左侧，

故，

由图象可得的密度函数的最大值小于的密度函数的最大值，

所以，

故选：D .

3．某口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩两种产品，这两种产品的生产比例分别为80%，20%，且这两种产品中绑带式口罩的比例分别为10%，20%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为（   ）

A．0.12 B．0.16 C．0.2 D．0.32

【答案】A

【分析】利用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率即可.

【详解】由题意，该厂生产的口罩中任选一个，选到绑带式口罩的概率为.

故选：A

4．编钟是中国古代重要的打击乐器，是钟的一种.编钟兴起于周朝，盛于春秋战国直至秦汉.如图，某仿古双层编钟模型摆件由12枚大小不同的编钟组成，若将这12枚编钟重新悬挂，上层5枚，下层7枚，且要求每层的编钟左边都比右边的大，则不同的悬挂方法有（   ）

A．672种 B．728种 C．792种 D．800种

【答案】C

【分析】由于上下两层排法都只有1种，只需从12枚中取5枚放在上层，应用组合数求结果即可.

【详解】12枚任选5枚放上层，有种，上下排法均只有1种，

所以不同的悬挂方法有种.

故选：C

5．已知某同学投篮一次的命中率为，连续两次均投中的概率是，若该同学在投中一次后，随后一次也投中的概率是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合题设及条件概率公式求条件概率即可.

【详解】若为第次投篮并投中，则，，

所以.

故选：D

6．如图，在墙角有一根长1米的直木棒AB紧贴墙面，墙面与底面垂直.在时，木棒的端点A以的速度竖直向下匀速运动，端点B向右沿直线运动，则端点B在这一时刻的瞬时速度为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得秒后移动，对其求导并将代入求瞬时速度.

【详解】由题意，秒后移动米，则移动米，

所以，则时，瞬时速度为.

故选：A

7．某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面（有公共棱的两个面）所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（   ）

A．600种 B．1080种 C．1200种 D．1560种

【答案】D

【分析】分三类：用5种、4种、3种颜色涂在5个面上，再由分步计数及排列组合数求不同的涂色方案.

【详解】若用5种颜色，从6种颜色任选5种再作全排，即种；

若用4种颜色，从6种颜色任选4种有种，

再任选一种颜色涂在其中一组对面上有种，其它3种颜色作全排有，

所以，共有种；

若用3种颜色，从6种颜色任选3种有种，

再任选两种颜色涂在两组对面上种，余下的一种颜色涂在底面有1种，

所以，共有种；

综上，不同的涂色方案有种.

故选：D

8．如图所示的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱组合而成.已知正四棱锥的侧棱长为3，正四棱柱的高为1，则该几何体的体积的最大值为（   ）

A．15 B．16 C． D．

【答案】D

【分析】连接与交于点，连接，证得，设正四棱柱的底面边长为，求得，得到几何体的体积为，令，得到，求得，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.

【详解】如图所示，连接与交于点，连接，

因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，

又因为平面，所以，

由题意知，正四棱锥的侧棱长为，且正四棱柱的侧棱长为，

设正四棱柱的底面边长为，

在正方形中，可得，所以，

则几何体的体积为，

令，可得且，

可得，

则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当时，函数取得最大值，最大值为，

所以几何体的体积的最大值为.

故选：D.

二、多选题

9．由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是（   ）

A．可以组成24个数 B．可以组成18个奇数

C．可以组成10个偶数 D．可以组成18个比2000大的数

【答案】ABD

【分析】由排列组合的计算公式分析各个选项即可得出答案.

【详解】由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，则有：个数，故A正确；

奇数个数：先把1，3，5选1个安排到个位有种，其它数位有种，共有个，故B正确；

偶数个数：先把2安排到个位有种，其它数位有种，共有个，故C不正确；

当千位为3，则有个；当千位为5，则有个；当千位为2，则有个；

所以可以组成18个比2000大的数，故D正确.

故选：ABD.

10．已知随机变量X的分布列为：

若，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由离散型随机变量的基本概念与分布列可得,再由即可解得，从而可通过运算判断各选项.

【详解】由离散型随机变量的基本概念与分布列可得；

又由，解得，故A错误，B正确；

，故C正确；

，故D错误;

故选：BC.

11．已知函数的导函数为，若对恒成立，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据函数的单调性即可得出结论.

【详解】令，

则，

因为对恒成立，

所以，

所以函数在上单调递减，

所以，

即，

所以，.

故选：AC.

12．已知定义在上的奇函数满足当时，，若存在等差数列，其中，使得成等比数列，则a的取值可能为（   ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】设等差数列的公差为，不妨设，由，得到，又由等比数列，设公比为，根据函数为奇函数，求得，再由，得出，转化为在上有解，令，求得，得出函数的单调性与，结合，求得，进而结合选项，即可求解.

【详解】当时，则，因为函数是上的奇函数，

所以，即函数，

设等差数列的公差为，不妨设

因为，可得，解得，所以，

则，

又因为等比数列，设公比为，

可得，

由且函数为奇函数，所以点关于原点对称，

所以，即，解得，

所以，

因为，可得，所以，

即方程即在上有解，

即，即在上有解，

令，可得，

令，即，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，，

所以，解得，所以A正确；

又由，，所以B正确，D不正确；

令，可得，所以单调递减，

又因为，所以，即，可得，

又由，所以，所以B符合题意.

故选：ABC

【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

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．

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

三、填空题

13．在的展开式中，含的项的系数为________.

【答案】

【分析】由二项式定理写出展开式通项，求含的项即可知其系数.

【详解】由题设，展开式通项公式为，

当时，，

∴含的项的系数为.

故答案为：.

四、双空题

14．已知函数的导函数为，函数的图象如图所示，则在________处取得极大值，在________处取得极小值.

【答案】         

【分析】结合图象说明当或时，，当或时，，且，由此确定函数的极值点.

【详解】由图象可得当时，，所以，

当时，，所以，

当时，，所以，

当时，，所以，

又，，所以，

所以时函数取极小值，当时函数取极大值.

故答案为：；.

五、填空题

15．已知甲每次投掷飞镖中靶的概率为0.6，若甲连续投掷飞镖n次，要使飞镖最少中靶一次的概率超过90%，至少需要投掷飞镖________次.（参考数据：）

【答案】3

【分析】设投掷飞镖n次中靶次，则且，利用二项分布概率公式及求n的范围，即可得结果.

【详解】若投掷飞镖n次中靶次，则，且，

所以，即，

两边取对数有，则次，，

所以至少需要投掷飞镖3次.

故答案为：3

16．已知关于x的不等式恒成立，则的取值范围为________.

【答案】

【分析】由题可得，可构造函数，利用导数分析函数的单调性，结合单调性原不等式可化为，再求函数的最大值即可.

【详解】不等式可化为，

构造函数，则原不等式可化为

因为，

设，则，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

所以，

所以，

∴在上单调递增，

∴原不等式可化为即，

由已知在上恒成立，

所以，

设，

∴，令，得，

当时，，函数在单调递增，

当时，，函数在单调递减，

∴，

∴，

∴的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于观察不等式的结构特征，将其转化为或的形式，再利用单调性化简不等式，并结合恒成立问题处理方法求参数的范围.

六、解答题

17．第十四届全国人民代表大会第一次会议于2023年3月5日上午开幕，3月13日上午闭幕.某校为了解学生对新闻大事的关注度，在该校随机抽取了100名学生进行问卷调查，问卷成绩近似服从正态分布，且.

(1)估计抽取学生中问卷成绩在90分以上的学生人数；

(2)若本次问卷调查的得分不低于80分，则认为该学生对新闻大事关注度极高，在该校随机抽取10名学生，记对新闻大事关注度极高的学生人数为，求的期望.

【答案】(1)10；

(2)

【分析】（1）结合正态分布密度曲线的对称性求出问卷成绩在90分以上的学生概率，由此可求问卷成绩在90分以上的学生人数；

（2）先求出问卷成绩在80分以上的学生概率，结合二项分布定义和期望公式求解即可.

【详解】（1）因为，，

所以，，

所以，

即抽取学生中问卷成绩在90分以上的学生的概率为,

所以抽取学生中问卷成绩在90分以上的学生的人数为，

（2）由（1），

所以任意抽取一学生，该学生对新闻大事关注度极高的概率为，

由已知，

所以的分布列为：，，

所以.

18．A，B，C，D，E这5个家庭的子女人数如下表所示：

(1)若从这些子女中随机选一人，已知选到的是女孩，求该女孩来自E家庭的概率；

(2)若从这5个家庭中任选3个家庭，记女孩比男孩多的家庭数为X，求X的分布列及期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为1.2

【分析】（1）表示选到女孩，表示选到对应家庭的孩子，应用贝叶斯公式求概率即可；

（2）列举出任选3个家庭的情况并写出对应女孩比男孩多的家庭数，即得可能取值，进而求对应概率值，写出分布列并求期望.

【详解】（1）由题设，表示选到女孩，表示选到对应家庭的孩子，

所以，，，

由，则.

所以选到的是女孩，求该女孩来自E家庭的概率.

（2）由题意，5个家庭中任选3个家庭有，

对应女孩比男孩多的家庭数为，

所以取值可能为，且，

故的分布列为

所以.

19．现有7本不同的书准备分给甲、乙、丙三人.

(1)若甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得4本，则不同的分配方法有多少种？

(2)若甲、乙、丙三人中，一人得3本，另外两人每人得2本，则不同的分配方法有多少种？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先将7本书分成1本、2本、4本（不平均分组），再将三组作全排即可得结果；

（2）首先将7本书分成3本、2本、2本（部分平均分组），再将三组作全排即可得结果；

【详解】（1）首先将7本书分成1本、2本、4本，共三组有种，

再将三组分给甲、乙、丙三人有种，

所以共有种.

（2）首先将7本书分成3本、2本、2本，共三组有种，

再将三组分给甲、乙、丙三人有种，

所以共有种.

20．已知函数.

(1)若在处取得极值，求a的值；

(2)若有两个零点，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得，由，求得，经验证，当时，函数取得极小值，符合题意；

（2）由，当时， 单调递减，不符合题意；当时，利用导数求得函数的单调性与最小值，结合，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，可得函数的定义域为，

且，

因为函数在处取得极值，所以，解得，

当时，可得，

当时，，单调递减

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得极小值，符合题意.

（2）解：由，其中，

当时，可得，单调递减，函数至多有一个零点，不符合题意；

当时，令，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

当时，函数极小值，也是最小值，最小值为，

当时，，且，

要使得函数有两个零点，则满足，即，

解得，所以实数的取值范围是.

21．某商场为了吸引顾客，举办了投篮得优惠券活动，规则如下：若顾客连续投中三次，游戏过关，停止游戏，获得9元优惠券；若连续未投中两次，游戏失败，停止游戏，获得3元优惠券；若投篮六次仍未分出游戏过关或失败，也停止游戏，获得6元优惠券.顾客小明准备参与该活动，已知小明的投篮命中率为.

(1)求小明投篮五次结束游戏的概率；

(2)记小明获得的优惠券金额为X，求X的分布列及期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）分别考虑小明投篮五次后，游戏过关和不过关的情况，再由分类加法计数原理即可得出答案；

（2）求出X的可能取值，及对应的概率，即可得出分布列，再由期望公式求出.

【详解】（1）若小明投篮五次后，游戏过关，

则五次投篮的情况依次为：投中，未投中，投中，投中，投中.

若小明投篮五次后，游戏失败，则五次投篮的情况依次为：投中，未投中，投中，未投中，未投中，

或未投中，投中，投中，未投中，未投中.

故所求概率为.

（2）根据活动规则,游戏过关的情况有4种，分别如下：

①连续投中三次；

②第一次未投中，之后连续投中三次；

③第一次投中，第二次未投中，之后连续投中三次；

④第一次投中或未投中，第二次投中，第三次未投中，之后连续投中三次.

其概率为；

游戏失败的情况有7种，分别如下：

①连续未投中两次；

②第一次投中，之后连续未投中两次；

③第一次投中或未投中，第二次投中，之后连续未投中两次；

④第一次未投中，第二次及第三次投中，之后连续未投中两次；

⑤第一次投中，第二次未投中,第三次投中，之后连续未投中两次；

⑥第一次投中或未投中，第二次投中，第三次未投中，第四次投中，之后连续未投中两次；

⑦第一次投中，第二次未投中，第三次及第四次投中，之后连续未投中两次.

其概率为：，

投篮六次仍未分出游戏过关或失败的概率为：.

故所求分布列为：

.

22．已知函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)若，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论，即可得出答案；

（2）令，求导，令，分和两种情况讨论，得出函数的单调性，由此求出函数的单调区间，从而可求出函数的最大值，即可得证.

【详解】（1）函数的定义域为，

，

当时，，所以函数在上单调递增，

当时，令，得，

当时，，当，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

综上所述，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递增，在上单调递减；

（2）令，

则，

令，

则，

当时，令，

则，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，

又当时，，

所以当时，，

当时，令，

则，

所以函数在上单调递增，

所以，则，

又，所以，

所以当时，，

所以函数在上单调递减，

又，

所以当时，，即，

当时，，即，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，即.

【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形．

(2)构造新的函数h(x)．

(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．