2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知函数，则导数值（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用乘法求导公式和初等函数求导法则求函数的导函数，再代入即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

故选：B.

2．在“2，3，5，7，11，13，17，19”这8个素数中，任取2个不同的数，则这两个数之和仍为素数的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用古典概率模型求解.

【详解】这8个素数中，任取2个不同的数，有如下基本事件：

共有28个基本事件，

这两个数之和仍为素数的基本事件有：共4个，

所以这两个数之和仍为素数的概率是，

故选:C.

3．函数的单调递减区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出导函数，令导函数小于0，即可得到单调递减区间.

【详解】解：由题意，

在中，

当时，解得（舍）或

当即时，函数单调递减

∴单调递减区间为

故选：B.

4．已知随机变量取可能的值是等可能的，且，则的值为（　　）

A．16 B．17 C．18 D．19

【答案】D

【分析】根据随机变量期望计算公式可得.

【详解】由题意，

，

得，

故选：D

5．已知是函数的极小值点，则函数的极小值为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【解析】由是函数的极小值点，根据，求得，进而利用导数，即可求解函数的极小值，得到答案.

【详解】由题意，函数，可得，

因为是函数的极小值点，

则，即，解得，可得，

当或时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当是函数的极小值点，

所以函数的极小值为.

故选：B.

6．某校A､B､C､D､E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，且都不能在第3号位置，则不同的出场次序有（    ）种.

A．18 B．36 C．60 D．72

【答案】B

【分析】因为在的前面出场，且，都不在3号位置，分在1号位置，在2号位置，在4号位置三种情况进行分类，在利用排列公式及可求出结果.

【详解】因为在的前面出场，且，都不在3号位置，则情况如下：

①在1号位置，又2、4、5三种位置选择，有种次序；

②在2号位置，有4,5号两种选择，有种次序；

③在4号位置，有5号一种选择，有种；

故共有种.

故选：B.

7．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，则移动6次后质点位于4的位置的概率是（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由质点位于4的位置可知质点向左移动1次，向右移动5次，根据古典概型的概率公式即可求解．

【详解】质点移动6次，可能的结果共有种情况，

质点位于4的位置则质点向左移动1次，向右移动5次，共种情况，

质点位于4的位置的概率为．

故选：A．

8．已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先得到的定义域，由题意得到在上有解，参变分离后得到在上有解，利用配方求出，得到实数的取值范围.

【详解】的定义域为，

由题意得在上有解，

即在上有解，

其中，

故，故实数的取值范围是.

故选：B

二、多选题

9．已知离散型随机变量的分布列如下表所示，下列说法正确的有（　　）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】由题意得，解得可判断A，代入离散型随机变量的期望与方差公式即可判断BCD．

【详解】由题意可知，，

解得或，

当时，，不符合题意，舍去，

，故A正确；

，故B错误；

当，1，2时，，1，4，

，故C正确；

，故D正确．

故选：ACD．

10．设函数，则下列说法正确的是（    ）

A．没有零点 B．当时，的图象位于轴下方

C．存在单调递增区间 D．有且仅有两个极值点

【答案】BC

【分析】根据，求得的符号，即可判断B；利用导数求出函数的单调区间，即可判断C；再结合零点的存在性定理即可判断A；再根据极值点的定义即可判断D.

【详解】函数的定义域为，

，

令，则，

所以函数在上递减，

又，

所以存在上，使得，即函数有唯一零点，且，

当时，，即，函数递增，故C正确；

当时，，即，函数递减，

所以为函数的极大值点，无极小值点，

即有且仅有一个极值点，故D错误；

所以，

又，所以函数在上存在一个零点，故A错误；

当时，，所以，

即当时，的图象位于轴下方，故B正确.

故选：BC.

11．若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，方盒的容积最大 B．方盒的容积没有最小值

C．方盒容积的最大值为 D．方盒容积的最大值为

【答案】ABC

【分析】将方盒容积表示为关于的函数的形式，利用导数可求得单调性、最值点和最值，由此可得结果.

【详解】由题意知：方盒的底面为边长为的正方形，高为，其中，

则方盒的容积为，

，

则当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

，无最小值，ABC正确，D错误.

故选：ABC.

12．已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（    ）

A．  B．时，

C．时，随着的增大而增大 D．时，随着的增大而减小

【答案】ABC

【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把的表达式写出，然后利用单调性分析即可.

【详解】对于A选项，由概率的基本性质可知，，

故A正确，

对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，

则，

所以，

，

所以，故B正确，

对于C,D选项，，

当时，为正项且单调递增的数列，

故随着的增大而增大故选项C正确，

当时，为正负交替的摆动数列，

故选项D不正确.

故选：ABC.

三、填空题

13．已知随机变量，，且，，则         .

【答案】

【分析】由题意可得出，，由，可求出的值.

【详解】因为随机变量，所以，

，且，所以，

所以，解得：.

故答案为：

14．设点是曲线上任一点，则点到直线的最小距离为          ．

【答案】

【解析】过点作曲线的切线,当切线与直线平行时点到该直线距离最小,

进而求解即可

【详解】由题,过点作曲线的切线,则,设点,则,

当切线与直线平行时点到该直线距离最小,则,即,

所以点为,则点到直线的最小距离为,

故答案为：

【点睛】本题考查导数的几何意义的应用,考查点到直线距离的最值问题,考查转化思想

15．对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量     次（若，则）．

【答案】32

【解析】因为，得到，，要使误差在的概率不小于0.9545，

则，得到不等式计算即可.

【详解】根据正态曲线的对称性知：要使误差在的概率不小于0.9545，

则且，，

所以.

故答案为：32.

【点睛】本题是对正态分布的考查，关键点在于能从读出所需信息.

16．甲乙两名运动员进行五局三胜制的乒乓球比赛，先赢3局的运动员获胜，并结束比赛，设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，设为结束比赛所需要的局数，随机变量X的数学期望是           .

【答案】

【分析】先分析的所有取值，再求出，，，列出分布列，再利用期望公式求解即可．

【详解】由题意可知的所有取值可能为：3，4，5，

包含甲赢前三局和乙赢前三局两种情况，

则；

包含甲赢前三局中的两局和第四局和乙赢前三局中的两局和第四局两种情况，

则，

，

则的分布列如下：

则，

故答案为：．

四、解答题

17．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为．

(1)求乙至多击中目标2次的概率；

(2)记甲击中目标的次数为，求的概率分布及数学期望；

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）由题意甲、乙两人射击命中的次数服从二项分布，结合独立重复试验的概率计算公式，即可求解；

（2）由题意知，得到随机变量的可能取值为，根据独立重复试验的概率计算公式求得概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.

【详解】（1）解：由题意甲、乙两人射击命中的次数服从二项分布，

故乙至多击中目标2次的概率为．

（2）解：由题意知，随机变量的可能取值为，

可得，，

，，

所以随机变量的分布列为：

所以期望为.

18．某年级有6名数学老师，其中男老师4人，女老师2人，任选3人参加校级技能大赛.

(1)设所选3人中女老师人数为，求的方差；

(2)如果依次抽取2人参加县级技能大赛，求在第1次抽到男老师的条件下，第2次抽到也是男老师的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）的所有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列，利用期望公式结合方差公式即可得答案．

（2）结合分步计数原理以及排列知识，利用条件概率转化求解即可．

【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，依题意得：，，，

的分布列为：

所以，

（2）设第1次抽到男老师为事件，第2次抽到男老师为事件

则第1次和第2次都抽到男老师为事件，

根据分步计数原理，．

所以．

19．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数在上的最小值是，求的值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由题可得，后分，两种情况讨论正负性即可；

（2）由（1）分，，，讨论在上的单调性可得答案.

【详解】（1）.

当时，，则在上单调递增；

当时，在上单调递增；

在上单调递减.

（2）由（1），若，则在上的最小值是，不合题意；

若，由（1）可得在上单调递增，则，不合题意；

若，由（1）可得在上单调递减，在上单调递增，则；

若，由（1）可得在上单调递减，则，不合题意.

综上可知：.

20．欧拉函数(n)(n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如：(1)=1，(4)=2．

(1)求，；

(2)令，求数列的前n项和．

【答案】(1)；；

(2).

【分析】（1）根据欧拉函数的定义，采用枚举法即可求解；

（2）根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数可求出，从而求得的通项公式，根据通项公式的特征，采用错位相减法即可求出其前n项和.

【详解】（1）不超过9，且与其互质的数即为中排除掉3，6，9剩下的正整数，

则；

不超过27，且与其互质的数即为[1,27]中排除掉3，6，9，12，15，18，21，24，27剩下的正整数，

则．

（2）表示任意相邻的三个正整数，其中与互质的为与两个，

故分别取可得中与互质的正整数个数为，

所以，

所以．

设数列的前项和为．

，

∴，

两式相减得：

则．

21．在平面直角坐标系中，椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率为，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切；过点的直线与椭圆相交于，两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)求面积的最大值，并求取得最大值时与的面积之比.

【答案】(1)

(2)面积的最大值为；面积之比为.

【分析】（1）根据椭圆的离心率得到，，由以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，利用点到直线的距离公式求得，即可求解；

（2）可设，，联立直线与抛物线方程，得出韦达定理，根据面积公式以及基本不等式求得面积的最大值；此时与的面积之比，则，代入即可求解.

【详解】（1），，即，

，，

又以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，

所以，，，

∴椭圆的方程为：；

（2）可设，，联立，

整理得，

由，，，

则

，当且仅当时成立，

即时面积的最大值为；

此时与的面积之比，则，

，，

前式的平方为，除以后式得，，即，求得，

此时与的面积之比为.

22．已知函数

(1)讨论函数的单调性

(2)若有两个极值点，且，求b的取值范围

【答案】(1)当时，函数在上单调递增；

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.

(2)

【分析】(1)对函数求导，分和两种情况，讨论导函数的正负，求出单调区间；

(2)根据（1）得到，，且，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性进而求出的取值范围.

【详解】（1）因为函数，则，

令，，

当，即时，令得：，，

当或时，，因为，所以，函数单调递增；

当时，，因为，所以，函数单调递减，

当，即时恒成立，因为，所以，函数单调递增；

综上：当时，函数在上单调递增；

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.

（2）由（1）知：，，且，

，

令，由可得：，

所以，由可得：.

令，则，函数在上单调递减，因为，要证，即证，所以，

由，则，

所以，解得：，

所以实数的取值范围为