重庆市南坪中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

重庆市南坪中学高2021级2022-2023学年度下期半期考试

数学试题

一､单选题（本题共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. 函数导数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由基本初等函数导数与运算法则求解

【详解】，可得．

故选：A

2. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（       ）

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

【答案】A

【解析】

【分析】观察函数在内的图象与轴有四个公共点，利用极小值点的定义分析得解.

【详解】解：由导函数在区间内图象可知，函数在内的图象与轴有四个公共点，

在从左到右第一个交点处导数左正右负，它是极大值点；在从左到右第二个交点处导数左负右正，它是极小值点；在从左到右第三个交点处导数左正右正，它不是极值点；在从左到右第四个交点处导数左正右负，它是极大值点.所以函数在开区间内的极小值点有个.

故选：A.

3. 某考生参加高中学业水平考试，其中语文、数学、英语考试达到优秀的概率分别，且各科是否达到优秀等级是相互独立的，该考生三科考试均要参加，则恰有两科达到优秀的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先判断恰有两科达到优秀有三种情况，分别计算概率，再求和即得结果.

【详解】依题意可知，恰有两科达到优秀，有三种情况：

①语文、数学优秀，英语不优秀，对应概率为；

②语文、英语优秀，数学不优秀，对应概率为；

③数学、英语优秀，语文不优秀，对应概率为.

所以恰有两科达到优秀的概率为.

故选：C.

4. 为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习．如果他前一球投进则后一球投进的概率为；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为.若他第球投进的概率为，则他第球投进的概率为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】记事件为“第球投进”，事件为“第球投进”，由全概率公式可求得结果.

【详解】记事件为“第球投进”，事件为“第球投进”，

，，，

由全概率公式可得.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用全概率公式计算事件的概率，解题的关键就是弄清第球与第球投进与否之间的关系，结合全概率公式进行计算.

5. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军，”对乙说：“你不是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有（    ）不同的排列

A. 36 B. 54 C. 60 D. 72

【答案】B

【解析】

【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑，结合分步乘法计数原理即可求解.

【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下人有种可能，所以5人的名次排列有种不同情况.

故选：B.

6. 已知函数在上单调递减，则的最大值为（    ）

A. 4 B. 3 C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】由导数判断单调性后求解

【详解】，令，得，

则的最大值为．

故选：D

7. 将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 480种

【答案】C

【解析】

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，

故选：C.

【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.

8. 已知，若，都有，则的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】要使题设成立，需满足，先求出函数的最大值，再采用分离常数法结合导数求解即可

【详解】因为，所以，

当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，所以；

因为，都有，

所以在恒成立，即在恒成立，

令，则，

令，则恒成立，

所以在单调递增，，

故存在唯一，使得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，解得，

所以，

所以，即.

故选：C.

【点睛】关键点睛：函数中的任意性和存在性问题的实质上都可以转化为函数的最值问题.

二､多选题（本题共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. 下列说法正确的是（    ）

A. 设随机变量等可能取，如果，则

B. 若随机变量的概率分布为，且是常数，则

C. 设随机变量服从两点分布，若，则成功概率

D. 已知随机变量，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据随机变量的分布列的性质逐项进行分析即可求解.

【详解】A.设随机变量等可能取，则，

所以，则，故A正确；

B.若随机变量的概率分布规律为，

则，其中是常数，则，故B错误；

C.根据题意可得，又因为联立即可解得，故C正确；

D.因为随机变量，所以，

则，故D正确.

故选：ACD.

10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（    ）

A. 、为对立事件 B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】只需注意到事件B是在事件或发生之后可解.

【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故D不正确；，故 C不正确.

故选：AB

11. 若方程有两个不相等的实数根，实数的取值可以是（    ）

A. 0 B.  C.  D. 1

【答案】BC

【解析】

【分析】将“方程有两个不相等的实数根”转化为“直线与函数的图像有两个不同的交点”，再结合导数研究函数的图像，即可求解.

【详解】因为方程有两个不相等的实数根，

则，即直线与函数的图像有两个不同的交点，

因为的定义域为，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，则，

又时，，时，，

若直线与函数的图像有两个不同的交点，

则，

故选：BC.

12. 已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为.若，且，则使不等式成立的的值可能为（    ）

A.  B. 1 C.  D. 2

【答案】BD

【解析】

【分析】构造函数，通过求导并结合不等式，即可得出使不等式成立的的可能值.

【详解】由题意，,

在函数中,

设，则

∵，

∴，

∴，即在定义域上单调递减.

∵，

∴，

∴不等式等价于，即，

解得：，

结合选项可知，只有BD符合题意.

故选：BD.

三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. 若，则____________.

【答案】28

【解析】

【分析】

由组合数的性质可得答案.

【详解】由，

得或，

解得，或舍去，.

故答案为：28.

14. 若， 则的值为___________

【答案】1

【解析】

【分析】令，则，令，则，从而可求出答案.

【详解】解：由，

令，则，

令，则，

则

.

故答案：1.

15. （多空题）已知函数，设是的极值点，则=__________，的单调递增区间为___________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用导数，根据极值点处导数为0以及进行求解.

【详解】因为函数，

所以，，

因为是的极值点，

所以，解得，

所以，，，

所以在上单调递增，又，

所以由有：，故的单调递增区间为：.

故答案为：，.

16. 设函数，若为上的单调函数，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】求出函数的导数，判断其正负，确定导函数有最小值，无最大值，由此确定单调递增，得，求得答案.

【详解】由已知，的定义域为，

由得：，

令，

当时，递减；

当时，递增，

故在时取得最小值，无最大值，

由于为上的单调函数，所以只能是递增函数，

故，即得.

故答案为：

四､解答题（本题共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. 在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．

条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；条件③：展开式中常数项为第三项．

问题：已知二项式，若______，求：

（1）展开式中二项式系数最大的项；

（2）展开式中所有的有理项．

【答案】（1）；   

（2），，，.

【解析】

【分析】（1）利用二项展开式的性质求出，再求展开式中二项式系数最大的项；

（2）设第项为有理项，，求出即得解.

【小问1详解】

解：选①，由，得（负值舍去）．

选②，令，可得展开式中所有项的系数之和为0．

由得．

选③，设第项为常数项，，由，得．

由得展开式的二项式系数最大为，

则展开式中二项式系数最大的项为．

【小问2详解】

解：设第项为有理项，，

因为，，，

所以，

则有理项为，，，．

18. 周末李梦提出和父亲、母亲、弟弟进行羽毛球比赛，李梦与他们三人各进行一场比赛，共进行三场比赛，而且三场比赛相互独立．根据李梦最近分别与父亲、母亲、弟弟比赛的情况，得到如下统计表：

以上表中的频率作为概率，求解下列问题：

（1）若李梦胜一场得1分，负一场得0分，设李梦的得分为X，求X的分布列，期望和方差；

（2）如果李梦赢一场比赛能得到5元的奖励资金，请问李梦所得资金的期望和方差．

【答案】（1）分布列见解析，，   

（2）期望为7.5，方差为14.25．

【解析】

【分析】（1）分别计算李梦胜0场，1场，2场，3场的概率，写出分布列即可；

（2）根据期望和方差的性质求解.

【小问1详解】

李梦与爸爸比赛获胜的概率为；与妈妈比赛获胜的概率为；与弟弟比赛获胜的概率为；

X的可能取值为0，1，2，3．

则；

；

；

.

故分布列为：

，

【小问2详解】

，．

19. 设，曲线在点处的切线与y轴相交于点（0，3）.

（1）确定实数a的值；

（2）求f（x）的极值.

【答案】（1）3    （2）极小值是3，无极大值.

【解析】

【分析】（1）先求得曲线在点处的切线方程，再由点（0，3）在切线上求解；

（2）利用极值的定义求解.

小问1详解】

解：因为，

所以，则，

所以曲线在点处的切线方程为，

因为曲线在点处的切线与y轴相交于点（0，3），

所以 ，解得；

【小问2详解】

由（1）知：，

令，得，

当时，，当时，，

所以当时，取得极小值3，无极大值.

20. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．对于每道题，若甲自己有把握答对，则选择独立答题．甲每道题自己有把握独立答对的概率为；若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响．

（1）当时，若甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；

（2）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值．

【答案】（1）分布列见解析，数学期望为；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）可能取值为0，1，2，3，4，而，由二项分布得概率后可得分布率，再由二项分布的期望公式得期望；

（2）结合求得甲答对1道和2道题的概率，乙答对0道和1道题的概率，然后由互斥事件、独立事件概率公式求得甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率，利用不等式求得的最小值．

【小问1详解】

可能取值为0，1，2，3，4，记甲答对某道题的概率为事件，则，

则，，

则的分布列为：

则

【小问2详解】

记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”，其中甲答对某道题的概率为，答错某道题的概率为，

则，，

，，

所以甲答对题数比乙多的概率为：

，

解得，

甲的亲友团助力的概率的最小值为．

21. 已知曲线在处的切线为l．

（1）求l的方程；

（2）若，不等式恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出导函数，计算得切线斜率，由点斜式得切线方程并整理成一般式；

（2）对导函数再求导，确定导函数的单调性，得导函数的正负，从而确定函数在上的单调性，求得的最小值，解相应不等式得参数范围．

【小问1详解】

由得，

则，，故l的方程为，即．

【小问2详解】

设，

则，故在上单调递增，

∴，即当时，，

∵在上单调递增，故的最小值为，

∴，故，即m的取值范围为．

22. 已知函数（其中为自然对数的底数）.

（1）求函数的最小值；

（2）求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）求出导函数，由的正负确定单调性，极值，从而得最小值．

（2）引入新函数，求导函数，由的单调性（再用导数判断）结合零点存在定理得存在零点，也是的最小值点，同时得出的性质，然后求出，再根据的范围证明（注意引入新函数）．

【详解】（1）因为，所以

当时，，单调递减

当时，，单调递增

所以

（2）证明：要证，

只需证明：对于恒成立，

令，则，

当时，令，则，在上单调递增，即在上为增函数

又因为，

所以存在使得

由

得即即即

所以当时，，单调递减

当时，，单调递增

所以，

令，

则

所以在上单调递增，所以，

所以，所以，

即．

【点睛】方法点睛：本题考查主函数的最值，证明不等式成立．本题证明不等式成立可变形为求函数的最小值大于0，引入新函数，利用导数确定单调性，极值点（最值点），由于这个极值点不能直接求出，可用零点存在定理确定其范围，然后得出这个零点的性质，便于化简最小值，再根据的范围，证明即可．