广东省东莞市万江中学等三校高二下学期4月期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省东莞市万江中学等三校高二下学期4月期中联考数学试题（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了 已知随机变量的分布列为，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
命题人：东莞市万江中学 廖建文 审题人：东莞市万江中学 黄坚仕
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1. 答卷前，考生请用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应的位置上.
2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
第Ⅰ卷（非选择题）
一、选择题：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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据常用函数的求导公式和复合函数的求导法则即可判断.
【详解】对A，，正确；
对B，，错误；
对C，，错误；
对D，，错误.
故选：A.
2. 3名同学选报4门校本选修课，每个同学可自由选择一门，则不同的选择种数是（ ）
A. 81B. 64C. 24D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】有题意可知每个同学有4种不同的选法，按照分步计数原理相乘即可.
【详解】解：因为每个同学可自由选择一门，所以每个同学有4种不同的选法，所以共有种不同的选择种数.
故选：B
3. 的展开式中的系数是（ ）
A. B. C. 120D. 210
【答案】B
【解析】
【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】二项式展开式的通项为（且），
令，解得，所以展开式中的系数是.
故选：B
4. 已知随机变量的分布列为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件结合互斥事件的概率公式求解即可.
【详解】因为随机变量的分布列为，
所以
，
故选：D
5. 气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在刮台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设某地区每年七月份刮台风为事件A,设某地区每年七月份下大雨为事件B,则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，由题得，化简即得解.
【详解】设某地区每年七月份刮台风为事件A,设某地区每年七月份下大雨为事件B,则该地区七月份既刮台风又下大雨为事件AB，
由题得,
所以,
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查条件概率计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
6. 函数的导函数的图象如图所示，则下面说法正确的是（ ）
A. 函数在区间上单调递减B. 函数在区间上单调递增
C. 为函数的极小值点D. 为函数的极大值点
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数图象确定原函数的单调性，逐项分析即可求得结论．
【详解】由图象知，不妨设导函数与x轴负半轴的交点横坐标为，
当或时，，当或时，，
故函数在单调递减，在单调递增，
故为极小值点，2为极大值点，对照选项，故A,B,C错误,D正确.
故选：D．
7. 今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过天后是（ ）
A. 星期一B. 星期二C. 星期三D. 星期四
【答案】C
【解析】
【分析】结合二项式展开式，求得正确答案.
【详解】由已知可得：
即8100除以7后余数为1，因为经过7天后还是星期二，所以经过8100天后是星期三.
故选：C．
8. 已知函数的定义域为R，且，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设g（x）＝，根据已知条件可得函数在定义域上单调递减，从而将不等式转化为的解集，从而可得出答案.
【详解】解：设＝，
则＝，
∵，∴，
∴，∴y＝g（x）在定义域上单调递减，
∵
∴＝，
又＝，
∴，
∴，
∴的解集为．
故选：A．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 函数的图象在点处的切线平行于直线，则点的坐标可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】求函数的导数，令导数等于4解方程，求得点的横坐标，进而求得点的坐标.
【详解】依题意，令，解得
，
故点的坐标为和，
故选：AC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有24种报名方法
B. 4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，则这三个项目的冠军共有64种不同结果
C. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，共有24种报名方法
D. 4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，共有24种报名方法
【答案】BD
【解析】
【分析】本题考查分步计数原理，其中C选项是部分平均分组再分配，列出式子即可.
【详解】4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每个同学都有3种情况，共有种，所以A错误；
4名同学都参加了跑步、跳高、跳远三个项目，每个冠军有4种情况，则这三个项目的冠军共有种，所以B正确；
4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每项至少一人，可以1,1,2部分平均分组再分配，种，所以C错误；
4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项报一人，每人至多报一项，跑步项目有4种，跳高由3种，跳远有2种，根据分步乘法原理，可得一共种，所以D正确.
故选：BD
11. 关于函数，下列判断正确的是（ ）
A. 是的切线方程且平行于x轴
B. 函数有且只有1个零点
C. 存正实数k，使得成立
D. 对两个不相等的正实数，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数的几何意义可判断；利用导数判断的单调性，结合可判断；分离参数得，令，求导得，令，求导分析得单调性及最值可得，继而可得的单调性，继而即可判断；根据极值点偏移的求法可判断.
【详解】，则，
对于：在处的切线斜率为，
所以是的切线方程且平行于x轴，故正确；
对于：，
则，
所以函数在上单调递减，
且，
所以函数有且只有1个零点，故正确；
对于：若，可得，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以在上单调递减，函数无最小值，
所以不存在正实数k，使得成立，故错误；
对于：令，则2−t∈0,2,2+t>2，
令，
则，
所以在上单调递减，所以，
令，由，得，
则，当时，成立，
对任意两个正实数，且，若，
则，所以fx1+x2>f(4)=12+ln4，故正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法：
（1）构造法：构造函数，通过判断其在时的符号来确定与的大小关系；代换，结合，得到与的大小关系；再利用函数的单调性解决问题.
（2）利用对称性：找到函数的极值点，构造对称函数，分析的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。
（3）增量法：令，，通过比较与的大小来证明极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则n!＝___．
【答案】6
【解析】
【分析】由求得，由此求得.
【详解】∵，
∴，即n（n﹣1）＝，
由题意可得，，解得n≥2且n∈N*，
∴n﹣1＝，解得n＝3．
∴n!＝3×2×1＝6．
故答案为：6．
13. 甲和乙两个箱子里各装有6个球，其中甲箱中有3个红球、3个白球，乙箱中有4个红球、2个白球．掷一枚质地均匀的骰子，如果点数不超过2，从甲箱子中摸出1个球；如果点数超过2，从乙箱子中摸出1个球，则摸到红球的概率为______________．
【答案】
【解析】
【分析】结合古典概型概率计算、相互独立事件概率计算，求得摸到红球的概率.
【详解】掷一枚质地均匀的骰子，点数不超过2的概率为，从甲箱子摸到红球的概率为，
掷到点数超过2的概率为，从乙箱子摸到红球的概率为，
故摸出红球的概率P＝＝．
故答案为：
14. 已知，分别是函数和的零点，且，，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】求，判断函数在上的单调性，根据函数零点及单调性可得，化简可得的值.
【详解】由题意可得，，
又，当时，，所以在上单调递减，
因为，，且，
又，所以，所以．
故答案为：1.
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19各17分，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，
（2）最小值为，最大值为40
【解析】
【分析】（1）对函数求导，然后通过导数的正负可求出函数的单调区间，
（2）由（1）可得在上递减，在上递增，然后求出，进行比较可求出函数的最值
【小问1详解】
的定义域为，，
令，解得，
当时，，当时，，当时，，
所以函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，.
【小问2详解】
由（1）得，当在区间上变化时，的变化情况如下表所示.
所以函数在区间上的最小值为，最大值为40.
16. 在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．
条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；
条件②：只有第5项的二项式系数最大；
条件③：所有项的二项式系数的和为256．
问题：在的展开式中，_____．
（1）求的值；
（2）若其展开式中的常数项为112，求其展开式中所有项的系数的和．
【答案】（1）条件选择见解析，；（2）1．
【解析】
【分析】（1）选①，则由计算出.选②，则由第项的二项式系数最大求得.选③，则由求得.
（2）化简展开式的通项公式，根据其常数项为求得，利用赋值法求得展开式中所有项的系数的和.
【详解】（1）选①：因为，所以n＝8；
选②：因为只有第5项的二项式系数最大，所以，则n＝8；
选③：因为所有项的二项式系数的和为256，则2n＝256，则n＝8；
（2）二项式的展开式的通项公式为，令，解得r＝6，所以展开式的常数项为，得a2＝4，又a＞0，所以a＝2，
令x＝1可得展开式所有项的系数和为．
17. 记，为的导函数.若对，，则称函数为D上的“凸函数”.已知函数，.
（1）若函数为上的凸函数，求a的取值范围；
（2）若函数在上有极值，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数导数以及，由题意可得，令，利用导数判断其单调性，即可求得答案；
（2）函数在上有极值，即在上有变号零点，
转化为在上有解，构造函数，利用导数判断其单调性，求出函数的值域，即可求得答案.
【小问1详解】
由，得，，
由于函数为上的凸函数，故，
即，令，则，
当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，
故a的取值范围为；
【小问2详解】
由，得，
函数在上有极值，即在上有变号零点，
即在上有解，
令，
令，则，
即在上单调递增，
且当x无限趋近于1时，无限接近于-1，，
故存在，使得，
且时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，由于，
故，，
而在时单调递减，故，
故，即a的取值范围为.
18. 在我校歌咏比赛中，甲班、乙班、丙班、丁班均可从A，B，C三首不同曲目中任选一首.
（1）求甲、乙两班选择不同曲目的概率；
（2）设这四个班级总共选取了X首曲目，求X的分布列.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】由题意可得从三首不同曲目中任选一首的选法，甲、乙两班选择不同的曲目的概率;(2)由题意可得的可能取值为1，2，3，利用概率公式求得分布列.
【小问1详解】
在我校歌咏操比赛中，甲班、乙班均可从A、B、C三首不同曲目中任选一首，共有种选法，
甲、乙两班选择不同的曲目共有种选法，
所以甲、乙两班选择不同曲目的概率为.
【小问2详解】
依题意可知，X的可能取值为1，2，3
，
，
，
∴X的分布列为：
19 已知函数.
（1）当时，求单调区间；
（2）若恒成立，求a的值；
（3）求证：对任意正整数，都有（其中e为自然对数的底数）.
【答案】（1）单调增区间是，单调减区间是和
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】(1)对函数求导，利用导函数的正负判断函数的单调性即可求解；
(2)将不等式等价转化为对恒成立，令，对进行分类讨论，使得即可求解；
(3) 利用，（当且仅当时等号成立）对进行放缩裂项，进而即可证明.
【小问1详解】
的定义域为，
，
令得或，
当时，；当时，；当时，，
∴的单调增区间是，单调减区间是和.
【小问2详解】
由，得对恒成立.
记，，
1°若，则恒成立，在上单调递减，
当时，，不符合题意.
2°若，令，得，
当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴.
记，.
令得，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即（当且仅当时取等号），
∴.又因为，故.
【小问3详解】
由（2）可知：，（当且仅当时等号成立）.
令，则，（，3，4…，n）.
∴
，
即，
也即，
所以，
故对任意正整数，都有.
【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．
4
5
0
＋
40
单调递减
单调递增