2022-2023学年广东省深圳市福田区红岭中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳市福田区红岭中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．两批同种规格的产品，第一批占、合格品率为，第二批占、合格品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取一件.则这件产品是次品的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】次品率等于1减合格品率，计算可得.

【详解】.

故选：D.

2．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化. 每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦. 用2个阳爻，4个阴爻，可以组成（    ）种不同的重卦.

A．6 B．15 C．20 D．24

【答案】B

【分析】只需从6个位置中选取2个位置放置阳爻，则问题得解.

【详解】要满足题意，则只需从6个位置中选取2个位置放置阳爻即可，

故满足题意的重卦有种.

故选：B.

3．当时，函数取得最大值，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．

【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．

故选：B.

4．设随机变量，且满足，，则p＝（    ）

A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3

【答案】C

【分析】根据二项分布的方差公式及概率公式列式求解即可.

【详解】依题意可知，，即，解得或，

又，所以，所以，解得，

所以0.4．

故选：C.

5．的展开式中x3y3的系数为（    ）

A．5 B．10

C．15 D．20

【答案】C

【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.

【详解】展开式的通项公式为（且）

所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：

和

在中，令，可得：，该项中的系数为，

在中，令，可得：，该项中的系数为

所以的系数为

故选：C

【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.

6．将5名志愿者分配到3个不同的项目进行服务，每名志愿者只分配到一个项目，每个项目至少分配一名志愿者，并且甲、乙两名志愿者必须分配在一起，则不同的分配方式有（    ）种.

A．24 B．36 C．48 D．72

【答案】B

【分析】将甲、乙看作一个整体，分组方式分，两类，结合排列组合计算不同的分配方式.

【详解】将甲、乙看作一个整体，

各组人数以分组，共有种，

各组人数以分组，共有种，

所以共有种分配方式，

故选：B

7．函数在的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先由奇函数排除C，D选项，再由时，，可排除A选项，即可求解.

【详解】由题意，关于原点对称，又，为奇函数，可排除C，D选项；

又时，可得，可排除A选项，B选项正确.

故选：B.

8．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析三个数，找到它们两两之间的联系，然后根据两两之间的联系构造函数，利用函数的单调性判断大小.

【详解】设，则恒成立，

所以单调递减，所以，

所以，即，即；

设，则恒成立，

所以单调递减，所以，所以，

即，即；

综上，.

故选：D.

二、多选题

9．随机变量服从两点分布，若，则下列结论正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据两点分布的定义以及期望，方差的性质即可解出．

【详解】因为随机变量服从两点分布，，所以，

故，因此，，

，所以正确的是ABD．

故选：ABD．

10．在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ）

A．常数项是 B．各项的系数和是64

C．第4项二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为

【答案】AC

【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；求出奇数项的二项式系数和可判断D选项.

【详解】二项式的展开式通项为.

令，可得，故常数项是，A正确；

各项的系数和是，B错误；

二项式展开式共7项，故第4项二项式系数最大，C正确；

奇数项二项式系数和为，D错误.

故选：AC

11．已知点不在函数的图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，则的取值可以是（    ）

A． B． C．0 D．

【答案】AB

【分析】由题意切点为，利用导数的几何意义可得求出切线方程，代入点，可得，构造函数，将原问题转化为函数图象的交点个数问题，利用导数求得函数最值，作出函数图象，数形结合，即可求解.

【详解】由题意知，过点作直线与的图象相切，设切点为，

则切线斜率为，则切线方程为，

将点代入，即，即，

令，则，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

故，

当时；当时；，

作出的大致图象如图：

由点不在函数的图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，

可知，且有两个解，

即的图象和有2个交点，故，

则a的取值可以为.

故选：AB.

12．对于函数，下列说法正确的是（    ）

A． B．在处取得极大值

C．有两个零点 D．若在上恒成立，则

【答案】ABD

【分析】求导，由的单调性可得；构造函数，利用单调性可求得，即可判断A；根据极值的概念求解可判断B；求出的零点可判断C；由在上恒成立，得在上恒成立，设，求出的最大值可判断D．

【详解】，，，令，解得，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

；

，

构造函数，则，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

，即，则，即，

所以，故A正确；

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

函数在时取得极大值，故B正确；

，，令，则，解得，则只有一个零点，故C错误；

在上恒成立，故在上恒成立，

设，定义域为，

则，令，解得，

单调递增；单调递减，

，故，故D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．函数的单调递减区间是__________.

【答案】和（或写成 和）

【详解】试题分析：由题意得，令，解得或，所以函数的递减区间为和．

【解析】利用导数求解函数的单调区间．

14．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有______种.

【答案】

【分析】由排列组合中的捆绑法和插空法计算.

【详解】利用捆绑法可得，丙和丁相邻的排法有种，

然后将乙、戊和丙、丁4人进行排列，排法有种，

因为甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成2个空位，

利用插空法排列甲，排法有种，

所以不同的排列方法有种.

故答案为：

15．曲线在原点处的切线方程是________.

【答案】

【分析】求导，利用切点处的导数值得切线斜率，进而可由点斜式得切线方程.

【详解】,故，

又，所以原点处的切线方程为：，

故答案为：

16．直线与曲线和的交点分别为P，Q，当m变化时，的最小值为____.

【答案】

【分析】根据反函数的性质，可将问题转化成曲线的点到的距离，根据点到直线的距离公式，利用导数求解最值即可求解.

【详解】由于和互为反函数，所以和的图象关于对称，与垂直，所以的最小值即为曲线的点到的距离的2倍，设的一点为,则点到直线的距离为，由，故当单调递增，当单调递减，故当时，取极小值也是最小值，最小值为，故此时，故的最小值为，

故答案：

四、解答题

17．某超市为了调查顾客单次购物金额与年龄的关系，从年龄在内的顾客中，随机抽取了100人，调查结果如表：

(1)为了回馈顾客，超市准备开展对单次购物金额满188元的每位顾客赠送1个环保购物袋的活动.若活动当日该超市预计有5000人购物，由频率估计概率，预计活动当日该超市应准备多少个环保购物袋？

(2)在上面抽取的100人中，随机依次抽取2人，已知第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元，求第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率.

【答案】(1)3500

(2)

【分析】（1）根据单次购物金额满188元的顾客人数，求出100人中单次购物金额满188元的概率，根据概率估计频率求出5000人购物金额满188元的顾客人数即可；

（2）根据条件概率的计算公式，列出等式求出即可.

【详解】（1）解：由表可知，单次购物金额满188元的有：8+15+23+15+9=70人，

所以单次购物金额满188元频率为：，

所以5000人中，单次购物金额满188元大约人，

故需准备3500个环保购物袋；

（2）记事件为“第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元”，

记事件为“第2次抽到的顾客单次购物金额满188元”，

所以，，

所以，

故第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率为.

18．某班组织知识竞赛，一共3题，答题规则如下：每队2人，其中1人先答题，若回答正确得10分，若回答错误，则另一人可补答，补答正确也得10分，得分后此队继续按同样方式答下一题；若2人都回答错误，则得0分且不进入下一题，答题结束.已知第一队含有甲､乙两名队员，其中甲队员答对每题的概率均为，乙队员答对每题的概率均为，每题都是甲先回答，且每题是否回答正确相互独立，甲､乙两人回答正确与否也相互独立.

(1)求第一队答对第1题的概率；

(2)设表示第一队获得的总分，求随机变量的分布列.

【答案】(1)；

(2)分布列见详解.

【分析】（1）根据题意可知答对第一题分为两种情况：甲先答对或甲先答错乙补答对，结合独立事件的乘法公式即可求解；

（2）根据题意可得，利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，列出分布列即可.

【详解】（1）设甲、乙答对每题的事件为，

则，所以，

答对第一题分为两种情况：甲先答对，甲先答错乙补答对，

所以答对第一题的概率为

；

（2）由题意得，，

，

，

，

.

所以X的分布列为：

19．已知函数（）.

(1)若是的极值点，求；

(2)若在区间上恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）求导，由题意，解得，检验即可；

（2）求导，根据单调区间分类讨论，列出不等式组，求解即可.

【详解】（1）因为，所以,

若是的极值点，则，即，解得.

当时，，

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

当时，，单调递增，故是的极小值点，

综上，.

（2）因为，所以.

令,得，令,得或,

所以的单调减区间为，单调增区间为，,

若，即，在单调递增，在单调递减，

因为在区间上恒成立，

所以，解得.

又，所以.

若，即，在单调递增，在单调递减，在单调递增，

因为在区间上恒成立，

所以，解得.

又，所以.

综上,可得,即的取值范围是.

20．已知函数，其中.

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，进而得出切线的方程；

（2）根据在区间上的单调性，结合零点存在定理求得有唯一的根，且，利用函数的单调性求出的最小值，结合的范围即可证得结论.

【详解】（1）因为，且，，

所以曲线在处的切线方程为，即；

（2）证明：由（1），知，，

易知在区间上单调递增，且，

，，

所以，存在，使得，即有唯一的根，记为，

则，对两边取对数，

得，整理得，

因为时，，函数单调递减，

时，，函数单调递增，

所以，，

令，，，

则在上单调递减，从而，

所以．

21．某商场为了回馈顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中红球4个，白球4个. 规定：①每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出两个小球，如果摸出的两个小球颜色相同即为中奖，颜色不同即为不中奖；②每名顾客只能选一种抽奖方案进行抽奖，方案如下：

方案一：共进行两次抽奖，第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖；

方案二：共进行两次抽奖，第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖.

(1)顾客甲按照方案一进行抽奖，记中奖次数为，求的数学期望；

(2)（ⅰ）顾客乙按照方案二进行抽奖，记中奖次数为，求的分布列和数学期望；

（ii）已知有300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？

【答案】(1)

(2)（ⅰ）分布列见解析，期望为；（ii）60

【分析】（1）根据古典概型公式，结合二项分布的期望公式求解；

（2）（ⅰ）写出中奖次数的所有可能取值，根据古典概型公式求出对应概率，得到分布列，进而得出期望；（ii）根据二项分布得出300位顾客按照方案二抽奖，其中人中奖2次的概率，通过研究其变化情况得出最值．

【详解】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，

因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，

所以的数学期望为．

（2）（ⅰ）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为0，1，2，

则，

，

，

所以的分布列为

所以的数学期望为．

（ii）每位顾客按照方案二抽奖中奖2次的概率为，

则300位顾客按照方案二抽奖，其中中奖2次的人数，

恰有人中奖2次的概率为，

令，解得，

于是，当时，；当时，，

故当时，最大，

所以300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为60的概率最大．

22．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若有三个零点，求的取值范围.

【答案】(1)当时，在区间上单调递增；

当时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.

(2)

【分析】（1）先求导函数，因导函数含有二次因式，需要讨论是否有解.

（2）根据第一问函数的单调性，时函数单调不可能有3个零点，故在中去分析.结合函数极值和零点存在性定理可得.

【详解】（1）函数的定义域为，

，

当时，方程的，此时恒成立，

在区间上单调递增；

当时，有两个不等实根，记，，

但，所以，在区间上单调递增；

当时，有两个根，记，，

则，

当或时，，函数在区间和上单调递增，

当时，，函数在区间上单调递减

综上：当时，在区间上单调递增；

当时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.

（2）由（1）知当时，在区间上单调递增，不符合题意.

当时，由（1）知函数有两个根，

记，，所以，即，

因，

，

因在区间上单调递减，所以，

故.

因，且，故，.

令，

则，，所以单调递减，

所以，所以单调递减，

则，又，

所以，，

故函数在，，处有三个零点.

所以只需即可，

即，

解得，

故的取值范围为

【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．