山西省朔州市怀仁市第一中学2022-2023学年高二下学期期中数学试卷(含答案)

这是一份山西省朔州市怀仁市第一中学2022-2023学年高二下学期期中数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．下面是离散型随机变量的是( )
A.电灯泡的使用寿命X
B.小明射击1次，击中目标的环数X
C.测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值X
D.一个在y轴上随机运动的质点，它在y轴上的位置X
2．若随机变量的分布列如表：
则( )
A.B.C.D.
3．已知函数，则的值为( )
A.0B.C.D.
4．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现反面”为事件B，则( )
A.B.C.D.
5．由0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是( )
A.480B.560C.750D.630
6．英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献.根据贝叶斯统计理论，事件A，B，（A的对立事件）存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.01，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为99%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有99%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为10%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有10%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为( )
D.0.1
7．已知函数，若在上恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．若随机变量X服从两点分布，其中，、分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
10．对于的展开式，下列说法正确的是( )
A.展开式共有8项
B.展开式中的常数项是70
C.展开式中各项系数之和为0
D.展开式中的二项式系数之和为64
11．已知，则下列结论正确的是( )
A.B.
C.D.
12．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.当时，的图象位于x轴下方
B.有且仅有一个极值点
C.有且仅有两个极值点
D.存在，使得
三、填空题
13．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为_________.
14．已知，则_________.
15．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为_________.
16．已知函数的导函数满足在R上恒成立，则不等式的解集是_________.
四、解答题
17．已知函数在处取得极值7.
（1）求的单调区间；
（2）求在上的最值.
18．（1）7个人排成一排拍照片，若要求甲、乙、丙3人必须相邻，有多少种排法？
（2）一场班级元旦晚会有4个唱歌节目和2个相声节目，要求排出一个节目单，第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？
（3）从4个男青年教师和5个女青年教师中选出4名教师参加新教材培训，要求至少有2名男教师和1名女教师参加，有多少种选法？
19．袋子中装有形状，大小完全相同的小球若干，其中红球个，黄球a个，蓝球1个.现从中随机取球，规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分.若从该袋子中任取一个球，所得分数X的数学期望为.
（1）求正整数a的值；
（2）从该袋中一次性任取3个球，求所得分数之和等于5的概率.
20．已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）讨论函数的单调性.
21．已知函数.
（1）若的图象在处的切线方程是，求实数a，b；
（2）若有两个极值点，求实数a的取值范围.
22．已知函数.
（1）若，证明：在上存在唯一的零点；
（2）若，证明：当时，.
参考答案
1．答案：B
解析：对于A，电灯泡的使用寿命是变量，但无法将其取值一一列举出来，故A不符题意；
对于B，小明射击1次，击中目标的环数是变量，且其取值为0,1,2，…，10，故X为离散型随机变量，故B符合题意；
对于C，测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值X是变量，但无法一一列举出X的所有取值，故X不是离散型随机变量，故C不符题意；
对于D，一个在y轴上随机运动的质点，它在轴上的位置X是变量，但无法一一列举出其所有取值，故X不是离散型随机变量，故D不符题意.
故选：B.
2．答案：C
解析：由分布列可得.
故选：C.
3．答案：D
解析：因为，
所以，
则，
故选：D.
4．答案：A
解析：依题意A包括的基本事件为{正，正}、{正，反}，包括的基本事件为{正，反}，，
故选：A.
5．答案：C
解析：当个位为0，没有重复数字的四位偶数的个数为；
当个位为2，没有重复数字的四位偶数的个数为；
当个位为4，没有重复数字的四位偶数的个数为；
当个位为6，没有重复数字的四位偶数的个数为
共有个没有重复数字的四位偶数.
故选：C.
6．答案：C
解析：设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件，
则，，，，
故所求概率，
故选：C.
7．答案：B
解析：因为，则，其中，
令，解得，令，解得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，
因为在上恒成立，所以，，解得.
故选：B.
8．答案：C
解析：设与相切于点，
则，解得，此时，
由得，由可得，此时切点为，
作出函数与的图象如图，
由图象可知，当或时，直线与有三个不同的交点，
故选：C.
9．答案：ABD
解析：由题意可知，随机变量X的分布列如下表所示：
所以，，，，.
故选：ABD.
10．答案：BC
解析：的展开式共有9项，故A错误；
展开式中的常数项为，故B正确；
令，则展开式中各项系数之和为，故C正确；
展开式中的二项式系数之和为，故D错误.
故选：BC.
11．答案：ACD
解析：令得，故A正确；
令得，
所以，故B错误；
令得，
又，
两式相加得，故C正确；
令，所以，所以，
其展开式的通项为，
令，解得，
所以，故D正确.
故选:ACD.
12．答案：AB
解析：当时，，，所以，故A正确；
由题意知，，
令，在恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
所以，使得，即，
所以当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以有且仅有一个极值点.故B正确，C错误；
所以，故D错误，
故选:AB.
13．答案：-1
解析：，则，则，解得.
故答案为：-1.
14．答案：
解析：由，可得.
故答案为：.
15．答案：72
解析：分4步进行分析：
①，对于区域A，有4种颜色可选；
②，对于区域B，与A区域相邻，有3种颜色可选；
③，对于区域C，与A、B区域相邻，有2种颜色可选；
④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有2种颜色可选，
若D与B颜色不相同，D区域有1种颜色可选，E区域有1种颜色可选，
则区域D、E有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故答案为：72.
16．答案：
解析：，令，则在R上单调递增，
由得：，
即，，解得：，
的解集为.
故答案为：.
17．答案：（1）的单调增区间是，，单调减区间是
（2），
解析：（1），
因为函数在处取得极值7，所以，
解得，
所以，，
令，解得或，令，解得，
所以的单调增区间是，，单调减区间是.
（2）由（1）得，单调递增，，单调递减，，单调递增，
，，
，，
所以，.
18．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）依题意甲、乙、丙3人必须相邻，则将甲、乙、丙3人捆绑在一起，则排法有种；
（2）首先选出2个唱歌节目排在首尾，剩下的4个节目在中间排列，排法有种；
（3）依题意，问题可以分为两类：
第一类，安排2名男生和2名女生参加，则有种选法；
第一类，安排3名男生和1名女生参加，则有种选法；
根据分类加法计数原理可得一共有种选法.
19．答案：（1）2
（2）
解析：（1）由题意有，，，
有
解得；
（2）结合（1）知，袋子中红、黄、蓝球的个数分别是3，2，1，
共6个球，从中任取3个，得分之和为5，包括如下两种情况：
①一个红球，两个黄球，所求概率为；
②两个红球，一个蓝球，所求概率为，
故从该袋中一次性任取3个球，所得分数之和等于5的概率为.
20．答案：（1）极小值为，无极大值
（2）答案见解析
解析：（1）当时，，则定义域为，，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，无极大值.
（2）由题意知：定义域为，；
当时，若，则；若，则；
在上单调递增，在上单调递减；
当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
21．答案：（1），
（2）
解析：（1），，又，
在处的切线方程为：，即，
，解得：，.
（2）有两个极值点，，
在上有两个不等实根，
，解得：，即实数a的取值范围为.
22．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析
解析：（1）当时，，故，
，
当时，，所以函数在上单调递减，
又，，由零点存在性定理知，
在上存在唯一的零点.
（2），
，
当时，，
令，
当时，，，
当时，令，则，
故时，，单调递增；时，，单调递减，
故当时，，，
，
综上可知，时，，故，在时单调递增，
所以，即当时，.
0
1
2
3
4
P
X
0
1
P