2021-2022学年广东省东莞市东华高级中学高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省东莞市东华高级中学高二下学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省东莞市东华高级中学高二下学期期中数学试题一、单选题1．已知函数，则（        ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，代值计算可得的值.【详解】因为，则，故.故选：B.2．已知函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则的图象可能是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据导函数不同区间上函数值的符号，判断的区间单调性，即可确定答案.【详解】由图可知，当x＜0时，即在(－∞,0)上单调递增；当0＜x＜2时，即在(0,2)上单调递减；当x＞2时，即在(2,＋∞)上单调递增.结合各选项，只有D符合要求.故选：D3．将一枚骰子连续抛两次，得到正面朝上的点数分别为、，记事件A为 “为偶数”，事件B为“”，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用条件概率的公式求解即可.【详解】根据题意可知，若事件为“为偶数”发生，则、两个数均为奇数或均为偶数，其中基本事件数为，，，，，，，，，，，，，，，，，，一共个基本事件，∴,而A、同时发生，基本事件有当一共有9个基本事件，∴，则在事件A发生的情况下，发生的概率为,故选:.4．已知随机变量的分布列如下表所示，且满足，则下列方差值中最大的是（       ）－102Pab A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意根据分布列的性质及期望公式求出、，即可求出，再根据方差的性质得到，再求出分布列，即可求出与；【详解】解：依题意，解得，所以的分布列为：－102P 则，则；所以的分布列为：02P 则，，所以；故选：D5．已知随机变量X服从二项分布，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据二项分布的概率公式计算可得；【详解】解：因为，所以.故选：A.6．为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区､管控区､防范区.为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别派往三个区，每区至少一人，甲､乙主动申请前往封控区或管控区，且甲､乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（       ）A．12种 B．18种 C．24种 D．30种【答案】C【分析】利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解.【详解】若甲乙和另一人共3人分为一组，则有种安排方法；若甲乙两人分为一组，另外三人分为两组，一组1人，一组两人，则有种安排方法，综上：共有12+12=24种安排方法.故选：C7．已知，则＝（       ）A．280 B．35 C． D．【答案】D【分析】将二项式变形为，利用二项式展开式，即可求得结果.【详解】由题意得：，所以＝，故选：D8．直线分别与曲线，交于，两点，则的最小值为（       ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】设，，，，得到，用导数法求解.【详解】解：设，，，，则，，，令，则，函数在上单调递减，在上单调递增，时，函数的最小值为1，故选：B二、多选题9．关于二项式的展开式，下列选项正确的有（       ）A．总共有6项 B．存在常数项 C．项的系数是40 D．各项的系数之和为243【答案】ACD【分析】由题意利用二项式定理，二项式展开式的通项公式，得出结论．【详解】解：关于二项式，它的展开式共计有6项，故A正确；由于它的通项公式为，令，求得，无非负整数解，故不存在常数项，故B错误；令，即，解得，可得项的系数是，故C正确；令，可得各项的系数之和为，故D正确，故选：ACD．10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐取出的球是红球．则下列结论中正确的是（       ）A． B．C．事件B与事件相互独立 D．，，两两互斥【答案】AD【分析】根据互斥事件的定义判断D，再根据条件概率及相互独立事件的概率公式计算即可判断；【详解】解：因为事件，和任意两个都不能同时发生，所以，，是两两互斥的事件，故D正确；因为，，，，故A正确；，，，因为，，所以，所以与不是相互独立事件，故B，C不正确．故选：AD．11．已知函数，则（     ）A．有零点的充要条件是 B．当且仅当，有最小值C．存在实数，使得在R上单调递增 D．是有极值点的充要条件【答案】BCD【分析】对于A，将函数有零点的问题转化为方程有根的问题，根据一元二次方程有根的条件可判断其正误；对于B，分类讨论a的取值范围，利用导数判断函数的最值情况；对于C，可举一具体实数，说明在R上单调递增，即可判断其正误；对于D，根据导数与函数极值的关系判断即可.【详解】对于A，函数有零点方程有解，当时，方程有一解；当时，方程有解，综上知有零点的充要条件是，故A错误；对于B，由得，当时，，在上单调递增，在上单调递减，此时有最大值，无最小值；当时，方程有两个不同实根，，当时，有最小值，当时，；当时，有最小值0；当时，且当时，，无最小值；当时，时，，无最小值,综上，当且仅当时，有最小值，故B正确；对于C，因为当时，，在R上恒成立，此时在R上单调递增，故C正确；对于D，由知，当时，是的极值点，当，时，和都是的极值点，当时，在R上单调递增，无极值点，所以是有极值点的充要条件，故D正确，故选:BCD.【点睛】本题以函数为背景，考查二次函数、对数函数性质和利用导数研究函数单调性及最值，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学抽象、逻辑推理和数学运算核心素养.12．定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则必有（       ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】首先根据条件构造函数，，根据得到在上单调递减，从而得到，再化简即可得到答案.【详解】由及，得.设函数，，则，所以在上单调递减，从而，即，所以，，，.故选：BD三、填空题13．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是____________.【答案】【分析】求解定义域，由导函数小于0得到递减区间，进而得到不等式组，求出实数的取值范围.【详解】显然，且，由，以及考虑定义域x>0，解得:.在区间，上单调递减，∴，解得:.故答案为：14．已知的展开式中常数项为，则展开式中的系数为________.【答案】【分析】首先写出展开式的通项，再根据展开式的常数项为得到方程，即可求出，再求出的系数即可；【详解】解：因为，因为的通项公式为，所以的展开式中常数项为，则，解得，所以展开式中的系数为故答案为：15．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法有______种．【答案】432【分析】相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法，可以分两种情况，①文化课之间不间隔艺术课，利用捆绑法求解即可；②文化课之间间隔一节，这种情况又分为文化课间都间隔一节、两个文化课间隔一节，与另一个文化课不间隔两种情况；分别求得排法种数，相加即可.【详解】间隔1节艺术课的排法有种；间隔0节艺术课的排法有种；故最多间隔1节艺术课的排法有种，故答案为：432四、双空题16．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，第一次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为0.5，0.6，0.4，第二次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为0.6，0.5，0.75，则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为______；经过两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的方差为______.【答案】     0.38     0.63【分析】根据题意可得分为只有甲合格，只有乙合格，只有丙合格，3种情况，根据相互独立事件的概率乘法公式分别求出3种情况的概率，相加即可求得第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；根据已知可求得每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为，因为概率相同，可以把它们看成次重复试验发生次的概率，然后根据二项分布期望公式直接求解.【详解】第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为；经过两次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为，，，所以随机变量服从参数为，的二项分布，即，故.故答案为：0.38，0.63.五、解答题17．已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值.(1)求函数的解析式；(2)当时，求函数的最大值.【答案】(1)；(2)11.【分析】（1）根据导数的几何意义，结合极值的性质进行求解即可；（2）根据导数的性质进行求解即可.【详解】(1)，由题意得即解得，，.所以，，令，得或.＋0－0＋↗2↘↗ 符合题意；(2)由（1）可知：，而，所以.18．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；条件③：展开式中常数项为第三项．问题：已知二项式，若______，求：(1)展开式中二项式系数最大的项；(2)展开式中所有的有理项．【答案】(1)；(2)，，，.【分析】（1）利用二项展开式的性质求出，再求展开式中二项式系数最大的项；（2）设第项为有理项，，求出即得解.【详解】(1)解：选①，由，得（负值舍去）．选②，令，可得展开式中所有项的系数之和为0．由得．选③，设第项为常数项，，由，得．由得展开式的二项式系数最大为，则展开式中二项式系数最大的项为．(2)解：设第项为有理项，，因为，，，所以，则有理项为，，，．19．某传统文化学习小组有10名同学，其中男生5名，女生5名，现要从中选取4人参加学校举行的汇报展示活动．(1)如果4人中男生、女生各2人，有多少种选法？(2)如果男生甲与女生乙至少有1人参加，有多少种选法？(3)如果4人中既有男生又有女生，有多少种选法？【答案】(1)100(2)140(3)【分析】（1）由组合知识结合分步乘法计数原理求解即可；（2）先计算10人中选取4人的选法，从中除去男生甲与女生乙都不参加的选法即可；（3）先计算10人中选取4人的选法，从中除去4人全是男生和4人全是女生的选法即可.【详解】(1)第一步，从5名男生中选2人，有种选法；第二步，从5名女生中选2人，有种选法．根据分步乘法计数原理，共有种选法．(2)从10人中选取4人，有种选法；男生甲与女生乙都不参加，有种选法．所以男生甲与女生乙至少有1人参加，共有种选法．(3)从10人中选取4人，有种选法；4人全是男生，有种选法；4人全是女生，有种选法．所以4人中既有男生又有女生，共有种选法．20．（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）2013；（2）.【分析】（1）根据，分别令，求解； （2）根据展开式的通项为，，由求解．【详解】（1）令，得，再令，得，那么，.（2）因为展开式的通项为，，所以当r为偶数时，系数为正；当r为奇数时，系数为负.故有.令二项式中的，得.故.21．近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎，该村村民成立了手工艺品外销合作社，为严把质量关，合作社对村民制作的每件手工艺品请3位专家进行质量把关，质量把关程序如下：（i）若1件手工艺品3位专家都认为质量过关，则该手工艺品质量为A级；（ii）若仅有1位专家认为质量不过关，再由另外2位专家进行第二次质量把关，若第二次质量把关的2位专家都认为质量过关，则该手工艺品质量为B级，若第二次质量把关的2位专家中有1位或2位认为质量不过关，则该手工艺品质量为C级；（iii）若有2位或3位专家认为质量不过关，则该手工艺品质量为D级.已知每一次质量把关中1件手工艺品被1位专家认为质量不过关的概率为，且各手工艺品质量是否过关相互独立.(1)求1件手工艺品质量为B级的概率；(2)若1件手工艺品质量为A，B，C级均可外销，且利润分别为900元、600元、300元，质量为D级不能外销，利润为100元.①求10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件.②记1件手工艺品的利润为X元，求X的分布列与均值.【答案】(1)(2)①2件；②分布列见解析，【分析】（1）结合相互独立事件、独立重复试验概率计算公式，计算出所求概率.（2）①设10件手工艺品中不能外销的手工艺品是件，结合二项分布的知识求得的最大值，从而得出结论.②结合相互独立事件、独立重复试验概率计算公式，计算出分布列，并求得数学期望.【详解】(1)由题意知，1件手工艺品质量为B级的概率为.(2)①由题意可知，1件手工艺品质量为D级的概率为，设10件手工艺品中不能外销的手工艺品是件，则，则，其中..由得，所以当时，，即，由得，所以当时，，所以当时，最大，即10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是2件. ②由题意可知，1件手工艺品质量为A级的概率为，1件手工艺品质量为B级的概率为，1件手工艺品质量为C级的概率为，1件手工艺品质量为D级的概率为，所以X的分布列为X900600300100P 则.22．已知函数的导函数为，的图象在点处的切线方程为，且，又函数与函数的图象在原点处有相同的切线．(1)求函数的解析式及k的值．(2)若对于任意恒成立，求m的取值范围【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据导数的几何意义，以及切线方程，建立方程关系，即可求出，，的取值，（2）依题意对于任意，恒成立，进行参变分离，利用导数求函数最值，即可求实数的取值范围．【详解】(1)解： ，，，，，即，①的图象在点处的切线方程为，当时，，且切线斜率，则，②，，③，联立解得，，，即，函数，函数在原点处的切线斜率为1，，．(2)解：若对于任意恒成立，则等价为对于任意恒成立，即恒成立，则只需要求出在上的最小值即可，设，则，，则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，，，，必有一个实根，且，使得即，当时，，当时，，的最小值为，则，，所以在上的最小值，从而，即．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．