2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析

2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高二下学期期中考试数学（理）试题

一、单选题

1．下列各式正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据基本初等函数的求导公式直接求解.

【详解】对于A，，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C错误；

对于D，，故D正确.

故选:D.

2．曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求处在点 处的导数值，根据点斜式直线方程求解.

【详解】 ，

在点 处的切线方程为： ，即 ；

故选：A.

3．已知等差数列，，前项和为，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等差数列的前项和公式，判断出是等差数列，利用等差数列的通项公式求的通项，由此可得的解析式，再求.

【详解】设等差数列的公差为，则，；

因为，所以是等差数列；

因为，

因为，所以，

所以，

故

所以.

故选：D.

4．袋中有三个红球，两个蓝球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到蓝球的条件下，第二次摸到红球的概率为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求解出“第一次摸到蓝球”的概率；“第一次摸到蓝球且第二次摸到红球”的概率；根据条件概率公式可求得结果.

【详解】记“第一次摸到蓝球”为事件；“第二次摸到红球”为事件

则，

所求概率为：

本题正确选项：

【点睛】本题考查条件概率的求解问题，属于基础题.

5．某校为深入开展劳动教育，通过学校的电子屏幕播放“我的校园我打扫”，大力宣传劳动的价值意义，使学生树立正确的劳动观某日甲、乙、丙、丁四名同学值日打扫卫生，卫生区域划分为，，，四块，每个区域安排一个同学去打扫，其中甲不去打扫区域，乙不去打扫区域，则不同的安排方法的种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分甲取打扫区域和甲去打扫或区域两种情况，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理求解.

【详解】因为甲不去打扫区域，所以可以安排甲去打扫中的一个区域，

若甲去打扫区域，则甲的安排方法只有一种，再安排乙，丙，丁三人共种安排方法，由分步乘法计数原理可得有种安排方法，

若甲去打扫区域或区域，则甲的安排方法只有两种，再安排乙，由于乙不能去打扫区域，故乙的安排方法有两种，再安排丙，丁两人，共种安排方法，由分步乘法计数原理可得有种安排方法，

由分类加法计数原理可得共有种安排方法.

故选：B.

6．设函数在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数的图象可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数图象得出单调性，然后判断导函数的正负即可选出答案.

【详解】由函数的图象，知

当时，是单调递减的，所以；

当时，先递减，后递增，最后递减，所以先负后正，最后为负．

故选：B．

7．有4人站成一排，若甲、乙两人关系好而相邻，则不同的排法种数共有（    ）

A．256 B．24 C．12 D．8

【答案】C

【分析】由题意，相邻问题利用捆绑法即可求解.

【详解】解：因为甲、乙两人关系好而相邻，

所以利用捆绑法可得有种不同的排法，

故选：C.

8．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可知每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，分类研究，不同色；

同色两大类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得答案．

【详解】由题意知，分两种情况：

(1)不同色，先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种；

(2) 同色；先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种．

由分类加法计数原理，共有种，

故选：A．

9．若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对求导，转化为导函数在区间上大于等于零恒成立，进而转化为最值问题，求出最值即可.

【详解】因为，

所以，

因为在区间上单调递增，

所以在区间上恒成立，即恒成立，

当时，，所以，

所以的取值范围是.

故选：C.

10．已知为等比数列，是方程的两根，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据韦达定理判断、的正负，从而求出求出的正负，并求出，根据即可求出﹒

【详解】设数列的公比为，

因为是方程的两根，

所以，，

所以，，又为等比数列，

所以，，

则﹒

故选：A.

11．有名歌舞演员，其中名会唱歌，名会跳舞，从中选出人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不同的选派方法有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】C

【分析】由条件确定既会跳舞又会唱歌的人数，根据选出的人中既会跳舞又会唱歌的人数，分类求满足条件的选派方法数，结合分类加法计数原理求解即可.

【详解】根据题意，有名歌舞演员，其中名会唱歌，名会跳舞，

则既会跳舞又会唱歌的有人，

只会唱歌的有人，只会跳舞的有人;

若选出2人，没有既会跳舞又会唱歌，有种选法，

若选出2人中有1人既会跳舞又会唱歌，则有种选法，

若选出2人全部是既会跳舞又会唱歌的，则有种选法，

则共有种选法.

故选：C.

12．关于函数，下列判断正确的是（    ）

①是的极大值点，

②函数有且只有1个零点，

③存在正实数，使得成立，

④对任意两个正实数，且，若，则.

A．①④ B．②③ C．②③④ D．②④

【答案】D

【分析】对于①，根据极大值点的定义，求导，研究导数与零的大小关系，可得答案；

对于②，构造函数，求导研究其单调性，根据零点存在定理，可得答案；

对于③，采用变量分离，构造函数，研究单调性与最值，可得答案；

对于④，以直线为对称轴，构造函数，求导研究其单调性和最值，可得答案.

【详解】对于①，由，求导得，

令，解得，可得下表：

则为函数的极小值点，故错误；

对于②，由，求导得：，

则函数在上单调递减，

当时，，当时，，

由，故函数有且只有1个零点，故正确；

对于③，由题意，等价于存在正实数，使得，

令，求导得，

令，则，

在上，，函数单调递增；

在上，，函数单调递减，

，，

在上单调递减，无最小值，

不存在正实数，使得恒成立，故错误；

对于④，令，则，，

令，

则，

在上单调递减，则，即，

令，由，且函数在上单调递增，得，

则，当时，显然成立，故正确.

故选：D.

二、填空题

13．某城市的交通道路如图，从城市的东南角到城市的西北角，不经过十字道路维修处，最近的走法种数有__________．

【答案】

【详解】试题分析：从城市的东南角到城市的西北角，最近的走法种数共有种走法. 从城市的东南角经过十字道口维修处，最近的走法有,从到城市的西北角，最近的走法种数为种，所以从城市东南角到城市的西北角，经过十字道口维修处最近的走法有种，所以从城市的东南角到城市西北角，不经过十字道路维修处，最近的走法种数有种.

【解析】排列组合及简单的计数原理.

14．在的展开式中，项的系数为______.

【答案】

【分析】由条件利用二项式定理，分类讨论求得的展开式中，项的系数．

【详解】解：表示5个因式的乘积，有2个因式都选，其余的3个因式都选1，相乘可得含的项，或者有3个因式选，有1个因式选，1个因式选1,相乘可得含的项，故项的系数为.（或将括号里面2项组合起来展开考虑）

故答案为：

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．

15．函数在区间上有两个零点，则m的取值范围是________.

【答案】

【解析】由分离参数得，，引入函数，用导数研究函数的单调性极值后可得结论．

【详解】由题意方程（）有两个实根，即在上有两个实根，

设，则，当时，，递减，时，，递增，，又，而时，，

∴当时，的图象与直线在上有两个交点，即原函数有两个零点．

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题关键是问题的转化，函数零点个数常常转化为方程的解的个数，再转化为函数图象与直线交点个数，为此引入新函数，研究函数的单调性，极值，确定函数图象的变化趋势后可得结论．

16．一道考题有4个答案，要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是__________.

【答案】

【分析】由全概率公式求出考生答对的概率，再由条件概率公式求他答对条件下，他确实知道正确答案的概率.

【详解】设表示“考生答对”，表示“考生知道正确答案”，由全概率公式得

故

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数在处取得极值．

(1)求的单调区间；

(2)求在上的最值．

【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；

(2)，.

【分析】（1）根据可构造方程组求得，进而得到，根据的正负可得单调区间；

（2）根据单调性可确定，，由此可求得最值.

【详解】（1），

在处取得极值，，，解得：，

，，

当时，；当时，，

的单调递增区间为和，单调递减区间为；

（2）由（1）知：，，

又，，.

18．已知等差数列的公差为1，且成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设数列，求数列的前项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据等差数列基本量的运算可得，进而即得；

（2）由题可得，然后利用分组求和法即得．

【详解】（1）在等差数列中，因为成等比数列，

所以 ，即 ，又，

所以，

所以数列的通项公式；

（2）由题可知，

∴

.

19．现有大小相同的8个球，其中4个不同的黑球，2个不同的红球，2个不同的黄球.

(1)将这8个球排成一列，要求黑球排在一起，2个红球相邻，2个黄球不相邻，求排法种数；

(2)从这8个球中取出4个球，要求各种颜色的球都取到，求取法种数；

(3)将这8个球分成三堆，每堆至少2个球，求分堆种数.

【答案】(1)576

(2)40

(3)490

【分析】（1）排列问题，相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法；

（2）按照分类分步计数原理，结合组合数公式计算；

（3）由每堆球数，分类计数，每类再分步完成.

【详解】（1）先将4个不同的黑球全排列，有种方法；再将2个不同的红球全排列，有种方法；

接着将4个黑球看成是1个元素连同整体红球共2个元素全排列，有种方法；

最后将2个黄球排在2个大元素形成的三个空位上，有种方法.

所以总的排法数为；

（2）从这8个球中取出4个球，要求各种点色的球都取到，取球的方式是1，1，2，

所以取法种数为；

（3）将这8个球分成三堆，每堆至少2个球，有两类：2，2，4；2，3，3；

所以分堆种数为.

20．已知求：

(1)的值；

(2)的值．

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）由已知，令可求，令可求，由此可求答案；

（2）利用平方差公式和（1）的结论即可得出答案

【详解】（1）令，则，

令，则，

所以．

（2）

．

21．某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.

（1）求男生甲被选中的概率；

（2）在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；

（3）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率.

【答案】（1）；（2）；（3）．

【分析】（1）将所有的基本事件一一列举出来，从中找出该事件所发生的基本事件，从而计算概率；

（2）利用条件概率的公式即可计算结果；

（3）与（2）解法相同.

【详解】（1）记4名男生为A，B，C，D，2名女生为a，b，

从6名成员中挑选2名成员，有

，，，，，，，，

，，，，，，共有15种情况，，

记“男生甲被选中”为事件M，不妨假设男生甲为A

事件M所包含的基本事件数为，，，，

共有5种，故．

（2）记“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，

不妨设女生乙为，

则，又由（1）知，

故．

（３）记“挑选的2人一男一女”为事件，则，

“女生乙被选中”为事件，，

故．

【点睛】本题考查了等可能事件的概率，列举法求古典概型的概率，条件概率的计算，属于中档题.

22．已知函数

(1)若是的一个极值点，求的最小值；

(2)若函数有两个零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而求出函数的单调区间，即可求出函数的最小值；

（2）方法一：求出的解析式，即可求出导函数，即可求出函数的单调区间，依题意可得，，即可得到，再利用导数求出函数的值域，即可求出的取值范围；

方法二：依题意可得有两个解，利用同构式，设函数，问题等价于方程有两个解，由导数说明函数的单调性，即可得到方程有两个解，设，，即有两个解，再构造函数，利用导数求出参数的取值范围，从而求出的取值范围.

【详解】（1）因为，所以，

因为是函数的一个极值点，

所以，解得，经检验符合题意，

所以，所以当时，当时，

因此在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，有极小值即最小值；

（2）方法一：因为，

所以，则在上单调递增，

记，

当时，，

当时，，

记，

当时，；

当时，；

所以存在唯一的，使得，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

若函数有两个零点，只需，

即，

又，即，

则，

设，则为增函数，，所以当时，，

则，即，

令，，

则在上单增，由得，

所以，

所以的取值范围是

方法二：若有两个零点，

即有两个解，

即有两个解，

利用同构式，设函数，

问题等价于方程有两个解，

恒成立，即单调递增，

所以，

问题等价于方程有两个解，

即有两个解，

设，，

即有两个解，

令，问题转化为函数有两个零点，

因为，当时，，当时，，

则在上递增，在上递减，

为了使有两个零点，只需，

解得，即，解得，

由于，

所以在和内各有一个零点．

综上知的取值范围是

【点睛】方法点睛：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．