2022-2023学年广东省广州市西关外国语学校高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市西关外国语学校高二下学期期中数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市西关外国语学校高二下学期期中数学试题 一、单选题1．的展开式中的系数为（    ）．A．32 B．12 C． D．【答案】C【分析】利用二项展开式通项公式，即可求出结果．【详解】由二项展开式通项公式知，，所以要得到项，则，，故选：C．2．名男生和名女生站一排照相，则名女生互不相邻且都不站两端的站法有（    ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【分析】采用插空法，根据分步乘法计数原理可求得结果.【详解】第一步：名男生任意站好，共有种站法，共形成个空；第二步：左右两侧的空不能站人，则有个空可插入名女生，即可保证女生互不相邻，共有种站法；名女生互不相邻且都不站两端的站法有种.故选：B.3．函数的单调递增区间是（    ）A．和 B． C． D．【答案】B【分析】求出导函数，由确定增区间．【详解】，的定义域为，由，得，∴的单调递增区间为．故选：B．4．函数的定义域为，它的导函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．是的极小值点B．C．函数在上有极大值D．函数有三个极值点【答案】B【分析】根据导函数与原函数的关系，结合极值点和极大值的定义逐一判断即可.【详解】当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以有，因此选项B正确；当时，，单调递增，所以在上没有极大值，因此选项C不正确；当时，，单调递增，因此不是的极值点，只有当时，函数有极值点，所以选项A不正确，选项D不正确，故选：B5．某学校开学报到，高二某班上有四名学生分别前往学校A、B、C三个校门做志愿者，若每个校门至少安排一名学生，则志愿者甲安排到A校门的概率（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】由计数原理，分别计算四人做志愿者总的安排方法数，再求甲到A校门的安排方法数，利用古典概型概率公式计算概率.【详解】∵四名学生分别前往学校A、B、C三个校门做志愿者，若每个校门至少安排一名学生，共有种安排方法，其中：志愿者甲安排到A校门，分A校门去1人和去2人两种情况，共有种安排方法，∴志愿者甲安排到A校门的概率为．故选：B．6．小明的弟弟喜欢玩黏土，现在有4种颜色的黏土，小明的弟弟想要在如图所示圆盘（分为5个区域）上填入黏土，要求每个区域只能填入一种颜色的黏土，且相邻区域不得使用同一种颜色的黏土，则不同的填入方法共有（    ）A．24种 B．48种 C．72种 D．96种【答案】C【分析】分2种情况讨论：（1）选用3种颜色时，必须是区域2、4同色且区域3、5同色，（2）选用4种颜色时，区域2、4同色或区域3、5同色，求出每种情况的填入方法，运用分类加法原理求解即可.【详解】由题意知，可分2种情况讨论：（1）选用3种颜色时，必须是区域2、4同色，区域3、5同色与区域1全排列填入方法有：种，（2）选用4种颜色时，区域2、4同色或区域3、5同色的填入方法有：种，所以不同的填入方法有种.故选：C.7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ）A．B．在第2022行中第1011个数最大C．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数D．第34行中第15个数与第16个数之比为2：3【答案】C【分析】A选项由及即可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由及即可判断；D选项直接计算比值即可判断.【详解】由可得，故A错误；第2022行中第1011个数为，故B错误；，故C正确；第34行中第15个数与第16个数之比为，故D错误.故选：C.8．若函数在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用导数求得单调递减区间，问题等价于单调递减区间与区间的交集为非空区间，从而可以求参.【详解】由，可得．①当时，，此时函数单调递减，所以当时，函数在区间内存在单调递减区间.②当时，令，可得，当时，单调递减；当时，单调递增.所以函数的减区间为，增区间为，若函数在区间内存在单调递减区间，只需，得.综上所述，．故选：C 二、多选题9．已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（    ）A．B．展开式中各项系数的和为C．展开式中只有第4项的二项式系数最大D．展开式中含项的系数为84【答案】ABD【分析】根据展开式的二项式系数和的性质求出，可判断A正确；令，求出展开式中各项系数的和，可判断B正确；根据展开式中二项式系数的单调性，可判断C错误；利用展开式的通项公式计算，可判断D正确．【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为，故B正确；对于C，因为第4项的二项式系数为，第5项的二项式系数，所以，又，所以展开式中第4项和第5项的二项式系数最大，故C错误；对于D，因为的展开通项为，令，得，则，所以含项的系数为84，故D正确．故选：ABD．10．袋中有6个大小相同的小球，4个红球，2个黑球，则（    ）A．从袋中随机摸出一个球是黑球的概率为；B．从袋中随机一次摸出2个球，则2个球都是黑球的概率为；C．从袋中随机一次摸出2个球，则2个球是1红1黑的概率为；D．从袋中随机依次一个一个不放回的取球，则前两次都是黑球的概率为【答案】BCD【分析】根据古典概型的概率公式，一一计算每个选项的概率，可得答案.【详解】对于A：概率为，A错误；对于B：概率为，B正确；对于C：概率为，C正确；对于D：概率为，D正确,故选：BCD11．过点有三条直线和曲线相切，则实数的可能取值是（    ）A．0 B．3 C．6 D．4【答案】CD【分析】设切点为，利用导数求得切线方程，代入P点坐标，整理得，令，有3个零点，利用导数求单调区间和极值，再由极大值大于0极小值小于0，求解实数a的取值范围．【详解】由，得，设切点为，则过切点的切线方程为，，整理得，令，由题意得，有3个零点，，由，得或，当时，函数只有一个零点，舍去；当时，，由，得或，由，得，是函数的极大值点，由于，函数没有3个零点，舍去；，同理可得是函数的极大值点，是函数的极小值点，由于，由条件结合三次函数的性质可得：，即．实数的取值范围是．故选：CD．12．已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（    ）A．在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为B．第二次抽到3号球的概率为C．如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大D．如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有180种【答案】ABC【分析】对于A，利用条件概率公式求解；对于B，利用全概率公式求解；对于C，利用贝叶斯公式求解；对于D，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解.【详解】记第一次抽到第号球的事件分别为则有对于A，在第一次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为故A选项正确；对于B，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，即第二次抽到3号球的事件为，，故B选项正确；对于C，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，记第二次抽到3号球的事件为，,第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故C选项正确；对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种，将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有种不同方法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，故D选项错误；故选：ABC. 三、填空题13．展开式中的系数为________（用数字作答）.【答案】30【分析】求出的通项令时得，再求出展开式中的系数可得答案.【详解】展开式通项为，，当时，由得的系数为，故的系数为.故答案为：30.14．设表示事件发生的概率，若，则__________.【答案】【分析】根据题意分别求出、进而利用即可求出结果.【详解】因为，，则故答案为：.15．在某次考试中，学生的数学成绩服从正态分布．已知参加本次考试的学生有1000人，则本次考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有______人．（参考数据：，）【答案】840【分析】利用正态分布的对称性及三段区间的概率求，进而估计区间人数.【详解】由题设，所以，所以考试数学成绩在70分至110分之间的学生大约有人.故答案为：16．已知函数，若恰有两个零点，则的取值范围为__________.【答案】【分析】利用分离参数法得，，，，从而转化为直线与函数图象交点个数问题，利用数形结合的思想即可得到答案.【详解】当时，令，则，令，，，令，即，解得，此时单调递增，令，即，解得，此时单调递减，故在时，取得最大值，且当趋近于0时，趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，趋近于0，且大于0，当时，，当时，，故此时不是零点，所以，令，，令，，根据符合函数单调性可知，此时函数单调递减，当趋近于负无穷时，趋近于0，且小于0，当趋近于0时，趋近于负无穷，在同一坐标系中作出与如下图所示，题目转化为与函数与在图像上有两交点，故由图得.故答案为：. 四、解答题17．已知展开式的二项式系数和为64，且．(1)求的值；(2)求展开式中二项式系数最大的项；(3)求的值．【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）由题可得，然后根据二项展开式的通项即得；（2）由题可知第四项的二项式系数最大，然后根据展开式的通项即得；（3）由题可得，然后利用赋值法即得.【详解】（1）∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴， 故展开式中第三项为：，所以；（2）∵，∴第四项的二项式系数最大，     所以展开式中二项式系数最大的项；（3）因为，∴，       令，可得.18．作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3、0.4和0.5．(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．【答案】(1)0.375(2)0.4 【分析】(1)利用条件概率公式求解；(2)利用条件概率公式求解即可.【详解】（1）设“小明与第i（，2，3）类棋手相遇”，根据题意，，记“小明获胜”，则有，，，由全概率公式，小明在比赛中获胜的概率为，所以小明获胜的概率为0.375．（2）小明获胜时，则与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为，即小明获胜，对手为一类棋手的概率为0.4．19．已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．(1)求函数的解析式；(2)当时，求函数的最值．【答案】(1)；(2)，． 【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解；（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解.【详解】（1）因为，所以，由题意可知，，，，所以，解得，，，所以函数的解析式为，经检验适合题意，所以；（2）由（1）知，令，则，解得，或，当时，； 当时，；所以在和上单调递增，在上单调递减，当时，取的极大值为，当时，取得极小值为，又，，所以，．20．某学校最近考试频繁，为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏.班主任把8个小球(只是颜色不同)放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个.现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分，黄球每个记2分，红球每个记3分，绿球每个记4分，规定摸球人得分不低于8分为获胜，否则为负. 并规定如下：①一个人摸球，另一人不摸球；②摸球的人摸出的球后不放回；③摸球的人先从袋子中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和 .(1)若由甲摸球，如果甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率；(2)若由乙摸球，如果乙先摸出了红色球，求该局乙得分ξ的分布列和数学期望；【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）如果甲先摸出了绿色球，则甲还可以再摸两次，分摸到1个红球和摸到两个黄球两种情况讨论，结合古典概型及组合即可得解；（2）如果乙第一次摸出了红色球，则可以再从袋中摸出3个球，写出随机变量的所有可能取值，分别求出求概率，即可得出分布列，再根据期望公式即可求出期望；【详解】（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件，则.（2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，则得分情况有：6分，7分，8分，9分，10分，11分，，，，，，，所以的分布列为：67891011所以的数学期望.21．已知甲、乙两所体校都设有三个考试科目：足球、长跑、跳远．若小明报考甲体校，其每个科目通过的概率均为，若小明报考乙体校，则其足球、长跑、跳远三个科目通过的概率依次为，，，其中，且每个科目是否通过相互独立．(1)若，表示事件“小明报考甲体校时恰好通过个科目”，表示事件“小明报考乙体校时至多通过个科目”，求，；(2)若小明报考甲体校相比报考乙体校，通过的科目数的期望值更大，求的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式和对立事件概率求法直接求解即可；（2）根据二项分布期望公式可求得；由离散型随机变量数学期望计算公式可求得，由可构造不等式求得结果.【详解】（1）；.（2）设小明报考甲体校通过的科目数为，报考乙体校通过的科目数为，根据题意可知随机变量，；随机变量所有可能取值为，则；；；；，，，又，，即的取值范围为.22．已知函数．(1)若存在使得成立，求a的取值范围；(2)设函数有两个极值点，且，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）分离参数可得，设，原题可转化为.求出，构造，可证得恒成立，进而得出单调递增，即可得出a的取值范围；（2）求出.由已知可得，是方程的两个相异实根，且.求出，整理可得.换元令，，求出，即可得出.【详解】（1）由于，故转化为．设，则.设，则.由于，解，解得.解可得，，所以在上单调递增；解可得，，所以在上单调递减.故在处有极小值，也是最小值.所以故在上总成立，所以为单调增函数.又存在使得成立，只需即可，所以，即a的取值范围是．（2）由已知可得，定义域为，且.由已知有两个极值点，所以方程有两个相异根，则，且，，，所以，.所以，，所以.令，则，设.则，所以在为减函数，所以.即．【点睛】方法点睛：小问1中，根据，分离参数得到.构造函数，通过求解函数的最值，即可得出的取值范围.