2022-2023学年新疆兵团地州十二校高二下学期期中联考数学试题含答案

2022-2023学年新疆兵团地州十二校高二下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．现有甲部门的员工2人，乙部门的员工4人，丙部门的员工3人，从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ）

A．9 B．24 C．16 D．36

【答案】A

【分析】根据题意，结合组合数公式和分类计算原理，即可求解.

【详解】由现有甲部门的员工2人，乙部门的员工4人，丙部门的员工3人，

从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，

结合分类计数原理，可得共有种不同的选法种数.

故选：A.

2．已知等差数列的前8项和为68，，则（    ）

A．300 B．298 C．295 D．296

【答案】C

【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程组求得，结合等差数列的通项公式，即看求解.

【详解】设等差数列的公差为，

因为等差数列的前8项和为，可得，

即，即，

又由，可得，

联立方程组，解得，

所以.

故选：C.

3．从6名同学中选出正、副班长各1名，不同的选法种数为（    ）

A．11 B．30 C．6 D．36

【答案】B

【分析】先选出正班长，再选出副班长，再由分步乘法计数原理即可得出答案.

【详解】先选出正班长，有6种不同的选法，再选出副班长，有5种不同的选法，

所以不同的选法种数为．

故选：B.

4．被4除的余数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】根据能被整除，化简，结合二项展开式，即可求解.

【详解】由，即能被整除，

又由，

所以被4除的余数为

故选：B.

5．美丽的新疆让不少旅游爱好者神往，某人计划去新疆旅游，在火焰山、喀纳斯村、卧龙湾、观鱼台、阿克库勒湖、那仁草原、天山天池、赛里木湖、那拉提、葡萄沟这10个景点中选择3个作为目的地．已知火焰山必选，则不同的选法种数为（    ）

A．90 B．72 C．45 D．36

【答案】D

【分析】火焰山必选，所以从另外9个景点中选2个，由组合数公式即可得出答案.

【详解】因为火焰山必选，所以从另外9个景点中选2个的选法有种.

故选：D.

6．已知随机事件A，B满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用条件概率公式及对立事件的概率公式求解即可.

【详解】因为，所以.

故选：A

7．若数列满足，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】利用数列的周期性即可求得的值.

【详解】因为，所以.又因为，

所以，

所以是周期为4的数列，故.

故选：B

8．为激发人们爱林、造林的热情，促进国土绿化，保护人类赖以生存的生态环境，每年的3月12日是我国法定的植树节．某班6名男同学和3名女同学约定周末一起去植树，现需将9人分成三组，每组3人，各小组内3人分别负责挖坑、填土、浇水三项工作，其中女同学只负责浇水，且男同学甲与女同学乙不在同一个小组，则不同的安排方法种数为（    ）

A．240 B．360 C．480 D．540

【答案】C

【分析】根据题意得到每组中两个男生和一个女生，先求得男同学甲与女同学乙不在同一个小组，有分法，再求得将6个男生和3个女生，分为3组，结合平均分组的计算方法，求得有分法，进而得到男同学甲与女同学乙不在同一个小组的不同分法为种分法，再根据每组中的两名男生有2种不同的分配情况，即可求解.

【详解】因为每组3人，各小组内3人分别负责挖坑、填土、浇水三项工作，其中女同学只负责浇水，

所以每组中男女分配只有一种可能，即两个男生和一个女生，

若男同学甲与女同学乙在同一个小组，再从5个男生中抽取一个男生，有中，

剩余的6分成两组，共有种分法，所以共有分法，

若将6个男生和3个女生，分为3组，且每组中两个男生和一个女生，

共有分法，

所以男同学甲与女同学乙不在同一个小组的不同分法，共有种分法，

又因为每组中的两名男生有2种不同的分配情况：

所以不同的安排方法种数为种.

故选：B.

二、多选题

9．已知离散型随机变量X的分布列为

则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用分布列的性质、期望、方差及标准差的定义，逐一对各个选项分析判断即可求出结果.

【详解】选项A，因为，得，故A不正确；

选项B，因为，所以B正确；

选项C，因为，所以C不正确；

选项D，因为，所以D正确．

故选：BD.

10．已知，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BCD

【分析】根据题意通过赋值逐项分析判断.

【详解】对于A：令，可得，故A错误；

对于B：令，可得，故B正确；

对于C：令，可得，

结合选项B，两式作差，可得，

即，故C正确；

对于D：令，可得，故D正确.

故选：BCD.

11．若函数在定义域内给定区间上存在，使得，则称函数是区间上的“平均值函数”，是它的平均值点．若函数在区间上有两个不同的平均值点，则m的取值不可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据题意分析可得原题意等价于与有两个不同的交点，求导，利用导数判断单调性，结合图象分析判断.

【详解】因为函数在区间上有两个不同的平均值点，

则有两个不同的根，

整理得，

构建，则原题意等价于与有两个不同的交点，

因为，令，解得；令，解得；

则在上单调递减，在上单调递增，

且，

所以，

因为，

所以m的取值不可能是.

故选：AD.

12．已知首项为的数列，其前n项和，数列满足，其前n项和为，则（    ）

A．数列是常数列 B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】首先，利用与的关系，构造数列的递推关系，即可判断ABC，再构造函数，利用累加法，即可求和.

【详解】在数列中，当时，，

即，整理得，即，

显然数列是常数列．因为，所以，

所以，故A正确，B错误，C正确；

令，则，所以

，

所以，故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．若随机变量X满足，则_________．

【答案】1.2

【分析】由方差的性质即可得出答案.

【详解】．

故答案为：1.2

14．已知非常数函数的导函数为，若对恒成立，则的一个解析式可以是__________．

【答案】（答案不唯一）

【分析】构造出函数，对其求导后，然后作差比较，只需满足即可.

【详解】设，则，

因为对恒成立，

所以对恒成立，

所以符合题意，

故答案为：（答案不唯一）

15．等比数列的前n项和为，且成等差数列．若，则________．

【答案】80

【分析】设公比为q，由等差中项的性质求出，再由等比数列的前n项和公式即可得出答案.

【详解】设公比为q，因为成等差数列，所以，

即，所以．

因为，所以．

故答案为：80.

四、双空题

16．《夺冠》这部影片讲述的是中国女排从1981年首夺世界冠军到2016年里约奥运会生死攸关的中巴大战，诠释了几代女排人历经浮沉却始终不屈不挠、不断拼搏的精神．某排球赛采用五局三胜制（先胜三局者获胜），前4局每局25分，第5局15分．在每局的每一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于得分方．经过统计，甲、乙两支球队在前4局比赛中，甲每局获胜的概率为，各局相互独立且互不影响，在第5局每一个回合中，输赢的情祝如下：当甲队拥有发球权时，甲队该回合获胜的概率为，当乙队拥有发球权时，甲队该回合获胜的概率为，那么在第5局开始之前甲队不输的概率为_______；若两支球队比拼到第5局时，甲队拥有发球权，则甲队在前3个回合中至少获得2分的概率为________

【答案】         

【分析】在第5局开始之前甲队不输的情况包括了甲胜，甲胜，甲平，再由分类法计算原理和分步乘法计数原理即可求出甲队不输的概率；在前3个回合中，甲队至少获得2分对应的胜负情况为:胜胜负，胜负胜，负胜胜，胜胜胜，共4种情况，再由分类法计算原理和分步乘法计数原理即可求出甲队不输的概率.

【详解】因为在第5局开始之前甲队不输的情况包括了甲胜，甲胜，甲平，

所以甲队不输的概率．

在前3个回合中，甲队至少获得2分对应的胜负情况为:胜胜负，胜负胜，负胜胜，胜胜胜，共4种情况，

对应的概率分别记为，

则，，，

所以甲队在前3个回合中至少获得2分的概率．

故答案为：；.

五、解答题

17．已知函数．

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)求在上的最值．

【答案】(1)

(2)最小值为，最大值为36．

【分析】（1）对求导，求出，再由导数的几何意义即可得出答案；

（2）对求导，判断导函数与0的大小，得到的单调性，比较的大小，即可得出在上的最值．

【详解】（1）因为，所以．

因为，曲线在处的斜率为，

所以所求切线方程为，即．

（2），令，得或．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，所以．

因为，所以，

故在上的最小值为，最大值为36．

18．已知公差不为0的等差数列的首项，设其前n项和为，且成等比数列.

(1)求的通项公式及；

(2)记，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用等比中项求得，代入等差数列通项公式求解公差即可求解通项公式，从而求解数列前n项和；

（2）利用裂项相消法求解，利用数列的符号即可证明.

【详解】（1）因为成等比数列，所以，即，

设的公差为d，因为，所以，即，

因为，所以，

所以通项公式，所以；

（2）因为，

所以

因为，，所以.

19．已知的展开式中所有二项式系数之和为64．

(1)求的展开式中所有项的系数和；

(2)求的展开式中所有有理项．

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）先利用条件求出，再利用赋值法即可求出结果；

（2）利用通项公式即可直接求出结果.

【详解】（1）因为的展开式中所有二项式系数之和为64，所以，得到，

所以，

令，得到，

所以的展开式中所有项的系数和为1.

（2）因为二项展开式的通项公式为，

即，

所以，当或或或时，为有理项，

当时，，当时，，

当时，，当时，，

的展开式中所有有理项为.

20．已知数列的前n项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件，利用与的关系，得到，再求出，即可求出结果；

（2）利用（1）所求结果得到，然后利用分组求和及错位相减法即可求出结果.

【详解】（1）因为，所以当时，，

两式相减，得，整理得，

即时，，又当时，，解得，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，

所以.

（2）由（1）知，所以，

令，易知，，

设数列的前项和为，则①，②，

由①-②，得，

即，

所以，

所以.

21．某学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”、“双人对战”和“挑战答题”.参赛者先参与“四人赛”活动，每局第一名得3分，第二名得2分，第三名得1分，第四名得0分，每局比赛相互独立，三局后累计得分不低于6分的参赛者参加“双人对战”活动，否则被淘汰.“双人对战”只赛一局，获胜者可以选择参加“挑战答题”活动，也可以选择终止比赛，失败者则被淘汰.已知甲在参加“四人赛”活动中，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第三名、第四名的概率均为；甲在参加“双人对战”活动中，比赛获胜的概率为.

(1)求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率.

(2)“挑战答题”活动规则如下：参赛者从10道题中随机选取5道回答，每道题答对得1分，答错得0分.若甲参与“挑战答题”，且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答，记甲在“挑战答题”中累计得分为X，求随机变量X的分布列与数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，由题意确定的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得答案.

（2）确定随机变量X的所有可能取值，求得每个值对应概率，可得分布列，即可求得数学期望.

【详解】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了或或或.

；

；

；

，

所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率，

故甲能进入“挑战答题”活动的概率.

（2）随机变量X的所有可能取值为，

；；

；.

所以X的分布列如下表所示：

所以.

22．已知函数.

(1)讨论的单调性.

(2)若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.

①求实数的取值范围；

②证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)①；②证明见解析

【分析】（1）利用导数分成，两种情况讨论函数的单调性；

（2）①利用导数得出函数的单调性，结合函数图像得出实数的取值范围；

②由曲线在和处的切线方程联立，得出，又存在两个零点，代入得出，

要证，只需证，即证，只要证即可.

【详解】（1）.

当时，在上单调递减；

当时，令，得.

当时，，当时，，.

所以在上单调递增，在上单调递减.

（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，

当时，在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以，

又，；，；

所以的取值范围是.

②曲线在和处的切线分别是，

联立两条切线方程得，所以.

因为所以.

要证，只需证，

即证，只要证.

令，.

则，所以在上单调递减，

所以，

所以，所以.

【点睛】已知函数零点个数求参数范围问题方法点睛：

可以通过构造函数，分情况讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，根据零点个数，考虑图像的交点情况，得出参数的取值范围.