浙江省嘉兴市八校联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期嘉兴八校联盟期中联考

高二年级数学学科试题卷（2023.04）

考生须知：

1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.

4．考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

一、选择题Ⅰ （本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 函数在处的瞬时变化率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用瞬时变化率的定义可求得结果.

【详解】因为，

所以，函数在处的瞬时变化率为

.

故选：C.

2. 下列求导数运算中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据初等函数的导数公式即可判断.

【详解】对A，，故A错误；

对B，，故B错误；

对C，，故C错误；

对D，，故D正确；

故选：D.

3. 2名辅导教师与3名获奖学生站成一排照相，要求2名教师分别站在两侧，则不同的站法共有（    ）

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

【答案】B

【解析】

分析】先排好教师再排学生即可.

【详解】2名教师排在两边有种排法，3名学生排在中间有 种排法，

所以共有 种排法；

故选：B.

4. 的展开式中含项的系数是（    ）

A. －112 B. 112 C. －28 D. 28

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，得到二项式的通项公式，代入计算即可得到结果.

【详解】由题意可得，其通项公式为，

令，可得，

所以含项的系数是

故选:B

5. 已知的分布列为

则下列说法错误的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用分布列的性质可求出的值，可判断AD选项；利用期望公式可判断B选项；利用方差公式可判断C选项.

【详解】对于A选项，由分布列的性质可得，可得，则，A对；

对于B选项，，B对；

对于C选项，，C错；

对于D选项，，D对.

故选：C.

6. 下列结论正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】A

【解析】

【分析】根据复合函数的导数运算求解即可.

【详解】对A，若，则，故A正确；

对B，若，则，故B错误；

对C，若，则，故C错误；

对D，若，则，故D错误；

故选：A

7. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九章算法》中画了一张表示二项式展开式后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现简称为“杨辉三角”，比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年．若用表示三角形数阵中的第m行第n个数，则（    ）

A. 5050 B. 4851 C. 4950 D. 5000

【答案】B

【解析】

【分析】由二项式展开式系数可知，第行第个数应为，从而可求得结果

【详解】解：由二项式展开式系数可知，第行第个数应为，

所以第100行第3个数为，即4851，

故选：B

8. 已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（    ）

A.  B. （0，）

C. （，+∞） D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，构造函数，令，将不等式化为，根据单调性即可求解．

【详解】设，则，

，，

，

在R上单调递增，

，

，

令，则，

由，得，即，即，

，即，

，

不等式的解集为．

故选：B

二、选择题Ⅱ（本大题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 已知，则（    ）

A. 曲线在处的切线平行于轴

B. 的单调递减区间为

C. 极大值为

D. 方程没有实数解

【答案】AC

【解析】

【分析】利用导数的几何意义可判断A选项；利用函数的单调性与导数的关系可判断B选项；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项；令，利用零点存在定理可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为，则，所以，，

又因为，故曲线在处的切线方程为，

所以，曲线在处的切线平行于轴，A对；

对于B选项，函数的定义域为，由，可得，

所以，函数的单调递减区间为，B错；

对于C选项，由可得，

所以，函数的增区间为，减区间为，

所以，函数的极大值为，C对；

对于D选项，令，则函数在区间上单调递增，

又因为，，则，

由零点存在定理可知，函数在区间存在零点，即方程有解，D错.

故选：AC.

10. 若袋子中有个白球，个黑球，现从袋子中有放回地随机取球次，每次取一个球，取到白球记分，取到黑球记分，记次取球的总分数为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】分析可知，可判断A选项；利用独立重复试验的概率可判断B选项；利用二项分布的期望公式可判断C选项；利用二项分布的方差公式可判断D选项.

【详解】对于A选项，由题意可知，每次摸到白球的概率为，则，A错；

对于B选项，，B对；

对于C选项，，C对；

对于D选项，，D错.

故选：BC.

11. 要从候选的位男同学、位女同学中选出位同学站成一排主持“庆祝‘五四’青年节”文艺汇演，要求至少要有位男同学，若两位男生均被选上，则这两位男同学站位不能相邻，那么（    ）

A. 若位男同学同时被选中，则不同的站位方式有种

B. 若位男同学中恰有一位被选中，则不同的站位方式有种

C. 若女同学乙不能站两边，则不同的站位方式有种

D. 若男同学甲必须被选中，则不同的站位方式有种

【答案】AD

【解析】

【分析】利用插空法可判断A选项；利用分步乘法计数原理可判断B选项；对男同学被选择的人数、女同学是否被选种进行分类讨论，结合分类加法和分步乘法计数原理可判断C选项；分两种情况讨论，男同学中只有甲被选中、两位男同学都被选中，结合分类加法计数原理可判断D选项.

【详解】对于A选项，若位男同学同时被选中，且这两位男同学站位不能相邻，

只需从位女同学中选出位女同学，先排女同学的位置，

然后将位男同学插入位女同学所形成的个空位中的个空位，

所以，不同的站位方式种数为种，A对；

对于B选项，若位男同学中恰有一位被选中，则只需从位女同学中选出位女同学，

然后将选出的位同学排序即可，

则不同的站位方式种数为种，B错；

对于C选项，若只有一位男同学被选中，女同学乙未被选中，

则不同的站位方式种数为种，

若只有一位男同学被选中，女同学乙被选中，则女同学乙只能站中间，

不同的站位方式种数为种，

若两位男同学都被选中，女同学乙未被选中，则需从除乙以外的位女同学中选择位，

然后将位男同学插入位女同学所形成的个空位中的个空位，

则不同的站位方式种数为种，

若两位男同学都被选中，女同学乙被选中，则女同学乙只能站中间，则还需选择位女同学，

则不同的站位方式种数为种，

综上所述，不同的站位方式种数为种，C错；

对于D选项，若男同学甲必须被选中，另一位男同学未被选中，

则只需从位女同学中选出位女同学，

则不同的站位方式种数为种，

若两位男同学都被选中，由A选项可知，不同的站位方式种数为种，

综上所述，不同的站位方式种数为种，D对.

故选：AD.

12. 关于函数，下列说法正确的是（    ）

A. 是的极大值点

B.

C. 在区间上递减

D. 当时，不等式对于任意恒成立

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用导数分析函数的单调性，可判断BC选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断A选项；由参变量分离法可得出，利用导数求出函数的最大值，可判断D选项.

【详解】因为，该函数的定义域为，且，

由可得，由可得，

所以，函数的增区间为，减区间为，

对于A选项，是的极大值点，A对；

对于B选项，因为函数在上单调递减，

且，则，B对；

对于C选项，在区间上递增，C错；

对于D选项，若对于任意恒成立，则，

令，其中，则，

由可得，由可得，

所以，函数的增区间为，减区间为，

所以，，则，

所以，当时，不等式对于任意恒成立，D对.

故选：ABD.

非选择题部分

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若，则______.

【答案】6

【解析】

【分析】根据组合数的性质及公式，可得，求解即可.

【详解】解：，得，

，解得或（舍去），

故答案为：6.

14. 设随机变量，且，则实数的值为________.

【答案】

【解析】

【分析】利用正态密度曲线的对称性可得出关于的等式，解之即可.

【详解】因为随机变量，且，则，解得.

故答案为：.

15. 已知直线与曲线相切，则实数_______.

【答案】

【解析】

【分析】设切点坐标，由切点坐标满足直线方程及切点处的导数值等于切线斜率列方程组求解即可.

【详解】设切点为，，

则有，

解得

故答案为：

16. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】函数有三个零点，即函数的图象有三个交点，构造函数，利用导数求得的单调区间、极值，画出其大致图象，由此求得的取值范围.

【详解】令，则，

故函数有三个零点，即函数的图象有三个交点，

令，则，

当或时，，当时，，

所以函数在上递减，在上递增，

则，

当时，，当时，，当时，，

如图，作出函数的大致图象，

由图可知.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知函数.

（1）求函数单调区间；

（2）求在上的最值.

【答案】（1）函数递增区间为和，递减区间为   

（2）最大值，最小值．

【解析】

【分析】（1）根据f(x)导数的正负即可求其单调区间；

（2）根据f(x)在上的单调性即可求其最值．

【小问1详解】

函数，．

当或时，；当，

故函数递增区间为和，递减区间为.

【小问2详解】

由(1)可得函数在上单调递减，在上单调递增，

且，，

则在上的最大值，最小值．

18. 已知的展开式二项式系数和为64．

（1）求的值；

（2）求展开式中的常数项；

（3）求展开式中二项式系数最大的项．

【答案】（1）6    （2）60   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据的二项式系数和为即可求解；

（2）求出二项式展开式的通项，令的指数为零即可求解；

（3）根据二项式系数的性质和n的值可判断二项式系数最大的项，从而求解.

【小问1详解】

由题意得：，解得.

小问2详解】

由通项公式，令，可得：．

展开式中的常数项为；

【小问3详解】

是偶数，展开式共有7项，则第四项最大，

展开式中二项式系数最大的项为．

19. 不透明的盒子中有个球，其中个绿球，个红球，这个小球除颜色外完全相同，每次不放回的从中取出个球，取出红球即停. 记为此过程中取到的绿球的个数.

（1）求；

（2）写出随机变量的分布列，并求.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）表示第一、二次抽取的都是绿球，第三次抽取红球，结合独立事件的概率乘法公式可求得的值；

（2）分析可知，的可能取值有、、、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.

【小问1详解】

解：表示第一、二次抽取的都是绿球，第三次抽取红球，

所以，.

【小问2详解】

解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，

，，，

，，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

所以，.

20. “青团”是江南人家在清明节吃的一道传统点心，据考证“青团”之称大约始于唐代，已有1000多年的历史．现有甲、乙两个箱子装有大小、外观均相同的“青团”，已知甲箱中有3个蛋黄馅的“青团”，2个肉馅的“青团”和5个青菜馅的“青团”.乙箱中有3个蛋黄馅的“青团”，3个肉馅的“青团”和4个青菜馅的“青团”.问：

（1）从甲箱中取出一个“青团”是蛋黄馅的的概率是多少？

（2）若依次从甲箱中取出两个“青团”，求第一个是蛋黄馅的条件下，第二个是肉馅的概率；

（3）若先从甲箱中随机取出一个“青团”放入乙箱，再从乙箱中随机取出一个“青团”，从乙箱取出的“青团”是蛋黄馅的概率.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据古典概型方法求解即可；

（2）根据条件概率公式求解即可；

（3）从甲箱中随机取出一个“青团”放入乙箱可能的情况有3种，再根据全概率与条件概率公式求解即可.

【小问1详解】

设事件“取出青团是蛋黄馅”，.

【小问2详解】

设事件“甲箱中取出的第一个青团是蛋黄馅”，事件“取出第二个青团是肉馅”，.

【小问3详解】

设事件 “从乙箱取出的“青团”是蛋黄馅”.

设事件分别是甲箱中取出蛋黄馅的“青团”，肉馅的“青团”和青菜馅的“青团”，

21. 已知函数.

（1）若，求在定义域内的极值；

（2）当时，若在上的最小值为，求实数的值．

【答案】（1）极小值，无极大值   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，可得出，利用导数分析函数在定义域上的单调性，即可求得函数的极值；

（2）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合已知条件可求得实数的值.

【小问1详解】

解：当时，，的定义域是，且，            

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，                

所以在有极小值，无极大值.

【小问2详解】

解：因为，则，因为，  

①当时，即当，则在上恒成立，此时在上单调递减，

所以，所以（舍去）；         

②当时，即当时，

由可得，由可得，

所以，函数在区间上单调递减，在上单调递增，

所以，所以.         

综上，.

22. 已知函数 ，.

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）当时，，记函数在上的最大值为，证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；

（2）当时，，，再令，求导可得存在，使得，进而得出的单调性，从而根据代入化简可得，再构造函数证明即可.

【小问1详解】

，，又，

故在点处的切线斜率为，切线方程为：

小问2详解】

证明：当时，，

则，

当时，，令，

则，故在上单调递增.

∵，，

故存在，使得，即，即，

故当时，，此时，

当时，，此时，

即在上单调递增，在上单调递减，则

.

令，，则，

故在上单调递增，则，故.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用隐零点点法得，再计算，最后再设新函数，，得到的单调性即可证明原不等式.