2022-2023学年重庆市部分学校高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年重庆市部分学校高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．甲工厂有80名工人，乙工厂有60名工人，丙工厂有70名工人，现从中选取1人参加技术培训，则不同的选法有（    ）

A．180种 B．210种 C．240种 D．270种

【答案】B

【分析】根据分类加法计数原理求得正确答案.

【详解】依题意可知，不同的选法有种.

故选：B

2．函数在区间上的平均变化率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平均变化率的定义列式求解.

【详解】根据平均变化率的定义可知，.

所以函数在区间上的平均变化率为.

故选：C

3．已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件作出切线，利用导数的几何意义及斜率的定义即可求解.

【详解】依次作出函数在处的切线，如图所示

根据导数的几何意义及图形中切线的斜率可知，．

故选：B.

4．已知函数，则在下列区间上，单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，令，结合选项中角的范围求得x的范围，即可得出单调递增区间.

【详解】因为，所以，

令，则，

又，则，所以，所以，

所以的单调递增区间为，

因为，所以为函数的一个单调递增区间.

故选：B

5．已知，且，则（    ）

A．0.3 B．0.4 C．0.7 D．0.8

【答案】C

【分析】根据二项分布期望、方差公式及已知列方程求即可.

【详解】由题设，，则，

所以.

故选：C

6．已知直线与函数，的图象分别交于点，，则的最小值为（    ）

A．8 B．10 C．12 D．16

【答案】C

【分析】由题设可得，利用三元基本不等式求其最小值，注意取值条件.

【详解】由题设，，，且，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

综上，的最小值为.

故选：C

7．被9除的余数为（    ）

A．2 B．6 C．4 D．7

【答案】C

【分析】利用二项式展开式求得正确答案.

【详解】

，

其中

，

其中

，

其中，

综上所述，被9除的余数为.

故选：C

8．放假伊始，8名同学相约前往某门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中角色各1人，角色2人.已知这8名同学中有4名男生，4名女生，店主让他们8人分成两组先后参加游戏，其中角色不可同时为女生，角色至少有一名女生，则他们不同的选择方式共有（    ）

A．2376种 B．4752种 C．9504种 D．1584种

【答案】B

【分析】根据三个角色的要求进行分组，然后计算出他们不同的选择方式.

【详解】分组方法1：一组角色两个男生、角色男女；

另一组角色男女、角色女；

方法数有：.

分组方法2：一组男女；另一组男女；

方法数有：.

所以他们不同的选择方式共有.

故选：B

二、多选题

9．已知则（    ）

A． B．若越大，则越小

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据正态分布的对称性等知识求得正确答案.

【详解】依题意，，所以，

所以，A选项正确.

越大，正态分布的最高点越矮，远离的数据越多，

越小，B选项正确.

根据正态分布的对称性可知，C选项正确.

，D选项错误.

故选：ABC

10．已知，则（    ）

A．

B．

C．

D．展开式中所有项的二项式系数的和为

【答案】ABD

【分析】采用赋值法，分别令和可以判断选项A、C；根据二项式展开式的通项求得x的系数，可以判断选项B；直接由展开式中所有项的二项式系数的和的知识就可以判断选项D.

【详解】令，得，所以A正确；

展开式的通项为，

令，得，所以B正确；

令，得，又，

所以，所以C不正确；

展开式中所有项的二项式系数的和为，所以D正确.

故选：ABD.

11．甲箱中有3个红球，2个白球和2个黑球，乙箱中有2个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以表示从乙箱中取出的球是红球的事件，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据全概率公式及条件概率概率公式计算可得.

【详解】因为，，，

若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，所以，故A正确；

若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，所以，

若发生，则乙箱中有个红球，个白球和个黑球，所以，

所以

，故B正确；

因为，所以，

所以，故C错误；

，故D正确；

故选：ABD

12．已知正数x，y满足，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由条件可得，利用比较法判断的大小，判断A，B，化简，利用导数求函数的最值，由此判断C，D.

【详解】因为，

所以，，

所以

所以，A正确，B错误；

令，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，C正确；

令，则，

可知当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，D正确，

故选：ACD.

三、填空题

13．已知函数，则__________.

【答案】

【分析】根据题意，求出，然后根据瞬时变化率的运算求解.

【详解】由，得，

则.

故答案为：.

14．某学校组织学生进行答题比赛，已知共有4道类试题，8道类试题，12道类试题，学生从中任选1道试题作答，学生甲答对这3类试题的概率分别为，，.若学生甲答对了所选试题，则这道试题是类试题的概率为_____________.

【答案】

【分析】利用全概率公式及条件概率公式计算可得.

【详解】设学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，

设学生答对试题为事件，则，，，

，，，

所以，

所以.

故答案为：

四、双空题

15．一个装有水的圆柱形水杯水平放在桌面上，在杯内放入一个圆柱形铁块后，水面刚好和铁块的上底面齐平，如图所示．已知该水杯的底面圆半径为6 cm，铁块底面圆半径为3 cm，放入铁块后的水面高度为6 cm，若从时刻开始，将铁块以1 cm/s的速度竖直向上匀速提起，在铁块没有完全离开水面的过程中，水面将______（填“匀速”或“非匀速”）下降；在时刻，水面下降的速度为______ cm/s．

【答案】     匀速    

【分析】由圆柱形铁块竖直向上匀速提起，可得水面匀速下降；根据已知得出水面高度H与时刻的函数关系，通过导数求瞬时速度.

【详解】设在铁块没有完全离开水面的过程中，水面高度为H，铁块离开水面的高度为h，

则水和铁块的体积为，即①．

铁块距离杯底的高度为②．

由①②可得．令函数，则．

故水面将匀速下降，下降的速度为．

故答案为：匀速；.

五、填空题

16．如图，某景区共有 五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，依次对所有检票口进行检测，则共有____________种不同的检测顺序.

【答案】

【分析】将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，分析可得只能从或处出发才能不重复走完条路线，再用列举法列出所有可能结果，即可得解.

【详解】如图将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，

从或处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从或处出发才能不重复走完条路线，

由于对称性，只列出从处出发的路线情形即可.

①走路线：，，，，，，共种；

②走路线：，，，，，，共种；

③走路线：，，，，共种；

综上，共有种检测顺序.

故答案为：

六、解答题

17．已知的展开式中第4项和第5项的二项式系数相等.

(1)求的值；

(2)求展开式中，含项的系数.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题设知，根据组合数性质即可得结果；

（2）写出二项式的通项公式，即知含项的，进而求其系数.

【详解】（1）由展开式中第4项和第5项的二项式系数相等，即，则.

（2）由（1）知：原二项式为，则，

故时，，所以含项的系数为.

18．已知函数.

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)求在区间上的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求解导函数，分别计算，利用导数的几何意义写出切线方程；

（2）求解的根，讨论与的情况，从而得函数的单调性，求解出极值与端点处的函数值，比较大小后可得函数的最值，从而可得函数值域.

【详解】（1）由题意，函数的定义域为，，

所以，，即切线的斜率为，切点坐标为，

所以曲线在处的切线方程为.

（2）由（1）知，，

得或，当或时，；

当时，，

所以函数在和上为增函数，在上为减函数，

所以函数的极大值为，

极小值为，

又因为，，

所以函数的最大值为，最小值为，

所以函数在区间上的值域为.

19．某班举行“党史知识”竞赛，共12个填空题，每题5分，满分60分.李明参加该竞赛，其中前9个题能答对，后3个题能答对的概率分别为，，.

(1)求李明最终获得满分的概率；

(2)设李明的最终得分为，求的分布列.

【答案】(1)

(2)分布列见解析

【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.

（2）先求得的可能取值，然后利用相互独立事件概率计算公式求得的分布列.

【详解】（1）李明最终获得满分的概率为.

（2）前个题得分分；

后个题，得分可能是，

所以的可能取值为，

所以，

，

，

.

所以的分布列为：

20．已知函数.

(1)求的极值；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)极小值为1，无极大值

(2)

【分析】（1）求导，利用导数求解单调性即可求解极值，

（2）将恒成立问题转化成求函数最值问题，构造函数，利用导数求解最值.

【详解】（1）由得，

令，故在单调递增，令，故在单调递减，故当时，取极小值，且极小值为，故极大值，

（2）由恒成立可得恒成立，

记，则，令 ，则，

由（1）知：在处取极小值也是最小值，且最小值为1，故，

因此在上单调递增，且，故当时， ，单调递增，当时， ，单调递减，故当时，取极小值也是最小值1，故

21．某商场采用派发抵用券的方式刺激消费，设计了两个抽奖方案.方案一：客户一次性抛掷两个质地均匀的骰子，若点数之积为12，获得900元的抵用券，若点数相同，获得600元的抵用券，其他情况获得180元的抵用券.方案二：盒子中有编号为的小球各一个（除编号外其他均相同），客户从中有放回地摸球两次，若两次摸球的编号相同，获得600元的抵用券，若两次摸球的编号之和为奇数，获得元的抵用券，其他情况获得100元的抵用券.

(1)若客户甲从两个方案中随机选择一个抽奖，求甲能获得不低于600元抵用券的概率；

(2)客户乙选择方案二的抽奖方式，记乙获得的抵用券金额为X，若，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）计算出每种方案能获得不低于600元抵用券的概率，即可求得答案；

（2）确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，根据，即可求得答案.

【详解】（1）若客户选择方案一，则能获得不低于600元抵用券的概率为.

若客户选择方案二，则能获得不低于600元抵用券的概率为.

故甲从两个方案中随机选择一个抽奖,能获得不低于600元抵用券的概率为.

（2）由题可知，X的取值可能为100，a，600.

，，，

则.

由，解得.

又因为，所以a的取值范围为.

22．已知函数.

(1)比较与0的大小；

(2)证明：对任意的，恒成立.

【答案】(1)当时，；当时，；当时，

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域，根据导函数得出函数在定义域上单调性，结合，即可得出答案；

（2）先证明，进而推得.根据二倍角的余弦公式得出，.原不等式可转化为.构造，根据导函数以及二次求导，即可得出在上单调递增，所以，即可得出证明.

【详解】（1）由已知可得，的定义域为，

在上恒成立，

所以，在上单调递增.

又，

所以，当时，；当时，；当时，.

（2）令，，则在上恒成立，

所以在上单调递增，所以，

即，所以，所以.

因为，

所以.

令，则.

令，则.

因为，所以，所以，

所以在上恒成立，所以在上单调递增，

所以，所以在上恒成立，

所以在上单调递增，所以，

即，

对任意的，恒成立.