2022-2023学年广东省深圳市高级中学（集团）高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳市高级中学（集团）高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，若，则实数的取值集合为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】化简集合，根据，求实数的可能取值，由此可得结果.

【详解】集合，

又，，

所以，故实数a的取值集合为，

故选：C.

2．函数的图象如图所示，它的导函数为，下列导数值排序正确的是（      ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用导数的几何意义以及切线斜率的变化可得出结论.

【详解】由图象可知，函数在上单调递增，所以当时，，

即，，，

又因为曲线在点处切线的斜率随着的增大而减小，即在点处切线的斜率随着的增大而减小，

故.

故选：A.

3．某种品牌手机的电池使用寿命X（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为（    ）

A．0.9 B．0.7 C．0.3 D．0.1

【答案】D

【分析】根据正态分布的对称性求解即可.

【详解】由题得：，故，

因为，所以根据对称性得：.

故选：D.

4．已知等差数列中，是数列的前项和，则最大值时的值为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】根据解得：然后求得：，当时取最大值，且；

【详解】因为所以

因为，所以

所以当时取最大值，且；

故选：B

5．已知是函数的极小值点，那么函数的极大值为（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】D

【分析】由是函数的极小值点，可得，进而可得的解析式，即可得函数单调递区间及极大值点为，代入求解即可.

【详解】因为

所以，

又因为是函数的极小值点，

所以，

解得，

所以，，

令，得，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

所以在处取极大值，在处取极小值，

所以的极大值为.

故选：D.

6．有2男2女共4名大学毕业生被分配到三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（    ）

A．12 B．14 C．36 D．72

【答案】B

【分析】根据题意，分厂只接受1个女生和厂接受2个女生两类情况，结合厂的分派方案，利用分类、分步计数原理，即可求解.

【详解】由题意，可分为两种情况：

①若厂只接受1个女生，有种分派方案，

则厂分派人数可以为或，则有种分派方案，

由分步计数原理可得，共有种不同的分派方案；

②若厂接受2个女生，只有1种分派方案，

则厂分派人数为，则有种分派方案，

此时共有种不同的分派方案，

综上，由分类计数原理可得，共有种不同的分派方案.

故选：B.

7．若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的几何意义求出过点的切线方程为，利用方程的解个数与函数图象交点个数的关系将问题转化为图象与直线在R上有3个交点，结合导数求出函数的极值，根据数形结合的思想即可求解.

【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为，

所以切线方程为，

又切线过点，则，整理得.

要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解，

即函数图象与直线在R上有3个交点，

设，则，

令，令或，

所以函数在上单调递增，在和上单调递减，

且极小值、极大值分别为，如图，

由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点，

即过点的切线有3条.

所以实数a的取值范围为.

故选：B.

8．已知随机变量的分布列为：

则下列说法正确的是（    ）

A．存在x，， B．对任意x，，

C．对任意x，， D．存在x，，

【答案】C

【分析】对A、B：根据期望的计算公式结合二次函数分析运算；对C：先求，利用作差法比较大小；对D：换元令，结合二次函数求的取值范围.

【详解】由题意可得：，且，即，

对A、B：由题意可得：，

∵开口向下，对称轴，，

则，故，

即，

不存在x，，，A错误；

例如，则，即存在x，，，B错误；

对C：，

则，

故对任意x，，则，C正确；

对D：令，

则开口向下，对称轴，且，

故，即，

不存在x，，，D错误；

故选：C.

二、多选题

9．某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则（    ）

A．

B．

C．70分以下的人数约为6人

D．本次考试的平均分约为93.6

【答案】AD

【分析】根据频率分布图的求解频率、频数、平均数即可求解.

【详解】对于A，，A正确；

对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，

所以，B错误；

对于C，70分以下的人数为人，C错误；

对于D，平均成绩，D正确，

故选:AD.

10．已知数列{an}的前n项和为， ，若，则k可能为（    ）

A．4 B．8 C．9 D．12

【答案】AC

【分析】根据已知条件列方程，从而求得的值.

【详解】，

当时，由，

解得或（舍去），所以A选项正确.

，

，，所以B选项错误.

，所以C选项正确.

，

所以，所以D选项错误.

故选：AC

11．一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（    ）

A．事件，为互斥事件 B．事件B，C为独立事件

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D．

【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；

由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错；

，C正确；

事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确．

故选：ACD．

12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象关于点对称 B．在区间上单调递增

C．在区间内有7个零点 D．的最大值为

【答案】BD

【分析】根据函数对称性的性质、二倍角公式，结合导数的性质、函数零点的定义、换元法逐一判断即可.

【详解】，

所以函数的图象不关于点对称，故错误.

因为，所以当时，

，

，故B正确.

由，

则在内共有6个零点，故C错误.

由题意可得，

令，则，

从而，

当，，或，

故在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减.

因为，，所以的最大值为，故D正确.

故选：BD

【点睛】关键点睛：根据二倍角公式，利用换元法、导数的性质是解题的关键.

三、填空题

13．若的展开式中含有常数项，则正整数的一个取值为_________.

【答案】3（只要是3正整数倍即可）

【分析】根据二项式通项公式即可求出结果.

【详解】的展开式的通项为，

的展开式中含有常数项需要满足，

即，所以只要是3正整数倍即可.

故答案为：3（只要是3正整数倍即可）.

14．大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，），已知大气压强随高度的变化规律是，其中是海平面大气压强，.当地高山上一处大气压强是海平面处大气压强的，则高山上该处的海拔为___________米.（答案保留整数，参考数据）

【答案】

【分析】根据题意解方程即可得解.

【详解】由题意可知：，解得，

所以.

故答案为：.

15．设函数，若函数在上是单调减函数，则k的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据已知条件得恒成立，运用分离参数求最值即可.

【详解】解：∵定义域为，，在上是单调减函数，

∴恒成立；

∴，，

∵，，

，当且仅当时取等号.

∴，

∴，即：k的取值范围是．

故答案为：.

16．已知函数的两个零点为，，函数的两个零点为，，则________

【答案】2

【分析】由题可得，进而可得，然后结合条件即得.

【详解】因为函数的两个零点为，，

则，即，

又，

则，即，

所以.

故答案为：2.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构函数可得，可得，结合条件即得.

四、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，且，.

(1)求的通项公式；

(2)数列满足，求的前项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据等比数列基本量的运算可得，，即可得数列的通项公式；

（2）由题可得，然后利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）设数列的公比为，

则，，解得，

所以，即的通项公式为；

（2）由题可知，

则，

，

两式相减得：

，

.

18．设函数.

(1)若在点处的切线为，求a，b的值；

(2)求的单调区间.

【答案】(1)，；

(2)答案见解析.

【分析】（1）已知切线求方程参数，第一步求导，切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率.

(2)第一步定义域，第二步求导，第三步令导数大于或小于0，求解析，即可得到答案.

【详解】（1）的定义域为，，

因为在点处的切线为，

所以，所以；所以

把点代入得：.

即a，b的值为：，.

（2）由（1）知：.

①当时，在上恒成立，所以在单调递减；

②当时，令，解得：，

列表得：

所以，时，的递减区间为，单增区间为.

综上所述：当时，在单调递减；

当时，的递减区间为，单增区间为.

【点睛】导函数中得切线问题第一步求导，第二步列切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率这三个方程，可解切线相关问题.

19．为贯彻落实《健康中国行动（2019—2030年）》《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》等文件精神，确保2030年学生体质达到规定要求，各地将认真做好学生的体制健康监测.某市决定对某中学学生的身体健康状况进行调查，现从该校抽取200名学生测量他们的体重，得到如下样本数据的频率分布直方图.

(1)求这200名学生体重的平均数和方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）.

(2)由频率分布直方图可知，该校学生的体重服从正态分布，其中μ近似为平均数，近似为方差.

①利用该正态分布，求；

②若从该校随机抽取50名学生，记表示这50名学生的体重位于区间内的人数，利用①的结果，求.参考数据：.若，则，，.

【答案】(1)，

(2)①；②

【分析】（1）根据频率分布直方图平均数的求法即可求出，利用方差公式计算即可求解；

（2）由（1）可知，，结合题意给的参照数据即可求出，进而得，利用二项分布求数学期望公式计算即可求解.

【详解】（1）由题意得，

；

.

所以这200名学生体重的平均数为60，方差为86；

（2）①由（1）可知，，

则；

②由①可知1名学生的体重位于的概率为0.6826.

则，

所以.

20．已知正项数列的前n项和为，且 ，， ．

(1)求；

(2)在数列的每相邻两项之间依次插入，得到数列 ，求的前100项和.

【答案】(1)，

(2)186

【分析】（1）根据的关系，即可求解，

（2）根据的形成规律，分组即可求解.

【详解】（1）因为，当时，

，                        

因为，所以，故．

当时，适合上式，

所以，.

（2）（方法1）因为，，

所以当时，．

所以

所以数列：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……，

设，则，

因为，所以.                       

所以的前100项是由14个1与86个2组成．

所以.                             

（方法2）设，则，

因为，所以.                             

根据数列的定义，知

.

21．甲、乙两人进行下象棋比赛（没有平局）．采用“五局三胜”制．已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，．

(1)设甲以3：1获胜的概率为，求的最大值；

(2)记（1）中，取得最大值时的值为，以作为的值，用表示甲、乙两人比赛的局数，求的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意列出的解析式，通过求导即可得到的最大值.

（2）由（1）得到的值，再根据的可能取值为3,4,5，分别求出其所对应概率即可得出分布列，再由公式求得期望即可.

【详解】（1）甲以3：1获胜，则前三局中甲胜两局败一局，第四局甲必须获胜，

所以，，，

令，得；令，得；令，得．

所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值为．

（2）由（1）知，由题意，知X的所有可能取值为3、4、5，相应的概率为

，

，

，

所以X的分布列为

X的数学期望．

22．已知函数.

(1)当时，证明：：

(2)若函数在上单调递减，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用导数求函数的最大值，由此证明，再证明；

(2)由条件可得在上恒成立，化简可得在上恒成立，利用导数求的最小值可得的取值范围.

【详解】（1）当时，，

要证，即证，

设，

令，解得，

当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

则，

所以，即成立，

所以成立.

（2）由已知可得，所以

因为对任意的在上单调递减，所以在上恒成立，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

令，则，

令，则，

所以在上为增函数，

又因为，

所以，使得，即，

当时，，可得，所以在上单调递减；

当时，，可得，所以在上单调递增，

所以，

由，可得，

又由，所以在上单调递增，

所以，可得，所以，即，

所以，

即得.

【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．