2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．若f′(x0)＝，则 等于（    ）

A．－1 B．－2 C．1 D．2

【答案】D

【分析】利用导数的定义求解,

【详解】解：因为f′(x0)＝，

所以 ，

故选：D

2．的展开式中二项式系数和为（    ）

A． B．24 C． D．16

【答案】D

【分析】由二项式系数的性质求解.

【详解】的展开式中二项式系数和为.

故选：D

3．在等比数列中，是函数的极值点，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】∵，

∴由可知，

∵ 等比数列中且

∴，故选B.

4．(+)(2-)5的展开式中33的系数为

A．-80 B．-40 C．40 D．80

【答案】C

【详解】，

由展开式的通项公式可得：

当时，展开式中的系数为；

当时，展开式中的系数为，

则的系数为.

故选C.

【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.

（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.

5．已知随机变量的分布列如下表，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据期望和方差运算公式得到方程组，求出的值.

【详解】由题意得，，

∴，①

由方差的性质知，，又，

∴，∴，

即，所以．将代入①式，得．

故选：B．

6．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来近似计算，例如：求，我们先求得在处的切线方程为，再把代入切线方程，即得，类比上述方式，则（    ）．

A．1.00025 B．1.00005 C．1.0025 D．10005

【答案】A

【分析】根据题意，设，求出切线，以直代曲计算即可.

【详解】设，可得，，

曲线在点处的切线对应的函数为，

因为与之间的距离比较小，在切点附近用切线代替曲线进行近似计算，

，

故选：A

7．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（  ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】B

【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.

【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种

所以每位同学的不同选修方式有种，

故选：B.

8．和e是数学上两个神奇的无理数．产生于圆周，在数学中无处不在，时至今日，科学家借助于超级计算机依然进行的计算．而当涉及到增长时，e就会出现，无论是人口、经济还是其它的自然数量，它们的增长总是不可避免地涉及到e．已知，，，，则a，b，c，d的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，赋值比较大小作答.

【详解】依题意，，，，

令函数，求导得，函数在上单调递增，

则当时，，即，而，因此，即；

令函数，求导得，函数在上单调递减，

则当时，，即，因此，即；

令函数，求导得，函数在上单调递增，

则当时，，即，

因此，即，

所以.

故选：A

二、多选题

9．已知首项为的等差数列的前n项和为，公差为d，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】由得出的范围，判断A；作差结合等差数列的性质判断B；根据数列的单调性，判断C；由求和公式结合性质判断D.

【详解】对于A：因为，所以，

则，解得，故A正确；

对于B：，则，故B错误；

对于C：因为，所以数列为递增数列，

因为，，即数列的前8项为负数，从第9项开始，都为正数，

则，故C正确；

对于D：，故D错误；

故选：AC

10．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据二项式展开式的系数特点，结合通项公式，采用赋值法，一一求解各个选项，即得答案.

【详解】由题意，

所以，

所以，故A正确．

令，则，

即为，

令，得，故B正确；

对于，

令，得，

令，得：，

两式相加再除以2可得，故C错误.

对于，

令，得，

令 ，得，

故， 故D正确，

故选：ABD

11．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4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中，分别以，，表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．事件B与事件相互独立 D．、、两两互斥

【答案】BD

【分析】A选项，利用独立事件和互斥事件概率公式计算出；B选项，根据条件概率计算公式计算出；C选项，根据得到C错误；D选项，由互斥事件的概念进行判断.

【详解】A选项，，，，

故，A错误；

B选项，，故，B正确；

C选项，因为，故，所以事件B与事件不相互独立，C错误；

D选项，因为，故、、两两互斥，D正确.

故选：BD

12．乒乓球，被称为中国的“国球”.某次比赛采用五局三胜制，当参赛甲､乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在任一局赢球的概率为，实际比赛局数的期望值记为，则下列说法中正确的是（    ）

A．三局就结束比赛的概率为 B．的常数项为3

C．函数在上单调递减 D．

【答案】ABD

【分析】设实际比赛局数为，先计算出可能取值的概率，即可判断A选项；进而求出期望值，即可判断BCD选项.

【详解】设实际比赛局数为，则的可能取值为，

所以，

，

，

因此三局就结束比赛的概率为，则A正确；

故

，

由知常数项为3，故B正确；

由，故D正确；

由，

，所以，

令，则；令，则，

则函数在上单调递增，则C不正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．除以8，所得余数为_______.

【答案】7

【分析】由，运用二项式定理，结合整除的性质，即可求解.

【详解】依题意，

因为56能被8整除，所以除以8，所得的余数为：.

故答案为：7.

14．已知等差数列的前项和为，等比数列前项和为，若，，且，，则的值为_________．

【答案】3

【分析】利用等差数列的前项和公式及性质计算，再结合等比数列的前项和公式计算作答.

【详解】等差数列的前项和为，则，即有，

，即有，令等比数列的公比为，则，

所以.

故答案为：3

15．如图所示，有5种不同的颜色供选择，给图中5块区域A，B，C，D，E染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色，则共有______________种不同的染色方法．

【答案】

【分析】根据分类分步计数原理，分用3，4，5种颜色染色的方法分步计算，再求和即可.

【详解】选择3种颜色，则B，D同色，且C，E同色，共种情况；

选择4种颜色，则B，D同色，或C，E同色，共种情况；

选择5种颜色，共种情况；故共有种情况.

故答案为：

16．已知函数，其中且．若函数为单调函数，则实数a的取值范围为_______________．

【答案】

【分析】若单调递增，则，即，，不满足；若单调递减，则，进而可得，对求导分析单调性，求出最大值，即可得出答案.

【详解】由题意，.

若函数单调递增，则，所以，即，

所以，又时，，不满足；

若函数单调递减，则，所以，即，

所以，考查，.

当时，，不满足；

当时，，令有，当时，单调递增；当时，单调递减.

故，则，即，即，则，故，即，解得.

综上有.

故答案为：

四、解答题

17．某新闻部门共有A、B、C、D、E、F六人．

(1)由于两会召开，部门准备在接下来的六天每天安排1人加班，每人只被安排1次，若A不能安排在第一天，B不能安排在最后一天，则不同的安排方法共有多少种？

(2)该部门被评为优秀宣传组，六人合影留念，分前后两排每排3人对齐站立，要求后排的3个人每人都比自己前面的人身高要高，则不同的站法共有多少种？（六人身高均不相同）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）按照A安排在最后一天和不在最后一天进行分类，利用排列组合、计数原理求解；

（2）将前后2人看成一组，可看成3个不同位置，分别取出2人排在3个位置，利用组合知识求解.

【详解】（1）分两类完成，第一类A安排在最后一天，则有种.

第二类，除外选一人安排在最后一天，再从除A外剩余的4人选一人排在第一天，

剩余的4人排在剩余的4个位置上，故有种.

根据分类加法计数原理可得，不同的安排方法共有种.

（2）将前后2人看成一组，可看成3个不同位置，分别取出2人排在3个位置，

两人顺序确定（高在后，矮在前），所以不同的站法共有种.

18．在的展开式中，前三项系数成等差数列，求：

(1)展开式中所有项的系数之和；

(2)展开式中的所有有理项．

【答案】(1)

(2)，，

【分析】（1）先根据展开式中，前三项系数成等差数列计算，再代入可得展开式中所有项的系数之和.

（2）因通项为，故取0、4、8时为有理项.

【详解】（1）由题意，通项为，

由题意，得或（舍去）

令，得，故展开式中所有项的系数之和为

（2）由（1）知，，所以当取0、4、8时为有理项，

当时，，

当时，，

当时，，

故展开式中的所有有理项为，和.

19．设函数，记．

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数的图象恒在函数的图象的下方，求实数a的取值范围．

【答案】(1)当时，则的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，则的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)

【分析】（1）求出的导数，讨论参数的范围，根据的符号，写出单调区间；

（2）将函数图象的位置关系转化为函数的最值问题，根据（1）中的单调区间，求函数的最值即可.

【详解】（1），，

当时，，则在上为增函数；

当时，，即，

，则；，则.

则在上为增函数，上为减函数.

综上所述，当时，则的单调递增区间为，无单调递减区间；

当时，则的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）函数的图象恒在的图象的下方，

即恒成立；

由（1）知，当时，则在上为增函数，

此时无最大值，并且，不合题意；

当时，在上为增函数，上为减函数.

所以，故；

即实数a的取值范围是

【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于将不等式的恒成立问题，转化为最值问题，利用导数得出实数a的取值范围.

20．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛．

(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；

(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分．现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，比赛共进行两轮，在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，均值为0

【分析】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；

（2）（i）的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为－4，－2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；

【详解】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，

B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”

由全概率公式得

（2）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则

设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则

得分为的分布列用表格表示为

21．已知正项数列的前n项和为，对任意，点都在函数的图象上．

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列满足，若对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由与的关系结合累乘法得出数列的通项公式；

（2）令为数列的前项和，由裂项相消法以及公式法得出，由以及的最大值得出实数a的取值范围．

【详解】（1）点都在函数的图象上，可得.

当时，.

当时，，整理得，

即，，对也成立.

即.

（2）由，可令为数列的前项和.

可得

.

由，

当时，，下面用数学归纳法证明：

当时，成立.①

假设时，成立.

那么时，，

则，即时也成立.②

由①②可得，当时，，即有.

可得，

又时，的最大值为，

对任意，存在，使得成立，

则，解得.

即实数a的取值范围是.

【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键是利用裂项相消求和法得出，再结合不等式的能成立问题，得出实数a的取值范围.

22．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数有极大值，试确定的取值范围；

(3)若存在使得成立，求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；

（2）首先求函数的导数，，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；

（3）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值.

【详解】（1）当时，，

依题意，，可得，又，

所以曲线在点处的切线方程为.

（2）函数的定义域为，

①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；

②当时，令，解得或，令，解得，

所以在和上单调递增，在上单调递减，

此时在处取得极大值，符合题意；

③当时，令，解得或，令，解得，

所以在和上单调递增，在上单调递减，

此时在处取得极大值，符合题意；

④当时，令，解得，令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；

综上，实数的取值范围为.

（3）

可以看作是动点与动点之间距离的平方，

动点在函数的图象上，在直线的图象上，

问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，

由得，，解得，

所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，

则，

根据题意，要使，

则，此时恰好为垂足，

由,可得，

所以.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第三问，不等式变形转化为，再转化为直线和函数的图象上点的距离问题.