2021-2022学年天津市南开中学高二下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年天津市南开中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．下列求导运算正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的四则运算和复合函数

求导数的法则即可求解.

【详解】对于A， ，故A不正确；

对于B，，故B 正确；

对于C，，故C不正确；

对于D，，故D不正确.

故选：B.

2．函数的图象如图所示，则不等式的解集（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先通过原函数的单调性判断导函数的正负，在判断的正负即可

【详解】由函数的单调性可得，在上，在上

又因为在为负，在为正

故的区间为

故选：A

3．的展开式中的系数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据二项式定理分析出 在第几项即可.

【详解】 ，

在中出现的项是 ，

在 中出现的项是 ，

所以其系数为10-1=9；

故选：C.

4．用0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字且能被2整除的三位数的个数是（       ）

A．50 B．52 C．54 D．56

【答案】B

【解析】特殊元素优先考虑，即优先考虑个位数是0的情况，再考虑不是0的情况，最后将所有结果加起来即可.

【详解】能被2整除的三位数是偶数，

当个位数是0时，有种情形；

当个位数是2或4时，其中最高位不能是0，则有种情形，

因此，能被2整除的三位数的个数是种.

故选：B

【点睛】本题考查排列组合中的排数问题，属于基础题.

5．安排5名班干部周一至周五值班，每天1人，每人值1天，若甲、乙两人要求相邻两天值班，甲、丙两人都不排周二，则不同的安排方式有（       ）

A．13 B．18 C．22 D．28

【答案】D

【解析】根据题意，分两类，第一类，乙安排在周二，第二类，乙不安排在周二，根据分类计数原理可得.

【详解】第一类，乙安排在周二，则有种，

第二类，乙不安排在周二，则从甲乙丙以外的2人中选1人，安排在周二，把甲乙安排在周三周四或周四周五，其余人任意排，故有种，

根据分类计数原理可得，共有种，

故选：D

【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，属于基础题.

6．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.

【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则，

汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立，

则，

所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为.

故选：D

7．将5名支援某地区抗疫的医生分配到A、B、C三所医院，要求每所医院至少安排1人，则其中甲、乙两医生恰分配到相同医院的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知，5名医生分配到三所医院，每所医院至少安排1人，有“”和“”两种人数分配方法，分别计算两种分配方法的数目以及满足甲、乙两医生恰分配到相同医院的分配数目，然后加在一起，利用古典概型的公式即可完成求解.

【详解】由已知，5名医生分配到三所医院，每所医院至少安排1人，则人数的分配方法有

“”和“”两种，分别是：

①，若采用“”时，共有种分堆方法，再分配到三所医院，共有种分配方法，其中甲、乙两医生恰分配到相同医院，需要将甲、乙两医生放到3人组，并从其他3位医生中再选一位凑够3人，剩下的全排，共有种分配方法；

②，若采用“”时，共有种分堆方法，再分配到三所医院，共有种分配方法，其中甲、乙两医生恰分配到相同医院，需要将甲、乙两医生放到2人组，分配剩下的3人，为种，然后再全排，共有种分配方法；

所以，5名医生分配到三所医院，每所医院至少安排1人，则人数的分配方法共有

       种分配方法，甲、乙两医生恰分配到相同医院的分配方法有种，

所以甲、乙两医生恰分配到相同医院的概率为.

故选：B.

8．有甲、乙两个袋子，甲袋子中有3个白球，2个黑球；乙袋子中有4个白球，4个黑球．现从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据独立事件与古典概型计算分从甲袋子取出2个白球放入乙袋子、从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子和从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子三种情况讨论，从而可得出答案．

【详解】解：若从甲袋子取出2个白球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为；

若从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为；

若从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为．

从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为．

故选：B.

9．已知函数在上为单调递增函数，则实数m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求导，由单调性得到在上恒成立，由二次函数数形结合得到不等关系，求出m的取值范围.

【详解】，

因为在上为单调递增函数，

所以在上恒成立，

令，

要满足①，或②，

由①得：，由②得：，

综上：实数m的取值范围是.

故选：D

10．若是函数的极大值点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出，分，，，分别讨论出函数的单调区间，从而可得其极值情况，从而得出答案.

【详解】，

若时，当时，；当时，；

则在上单调递减；在上单调递增.

所以当时，取得极小值，与条件不符合,故满足题意.

当时，由可得或；由可得

所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.

所以当时，取得极大值，满足条件.

当时，由可得或；由可得

所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.

所以当时，取得极小值，不满足条件.

当时，在上恒成立，即在上单调递增.

此时无极值.

综上所述：满足条件

故选：A

二、填空题

11．在的展开式中，的系数是___________.

【答案】112

【分析】由二项式定理求解

【详解】由二项式定理知的展开式的通项为

令得

故

故答案为：112

12．已知函数的图象在点处的切线过点，则________．

【答案】0

【分析】根据导数的几何意义可求出函数在点的切线方程，把点代入切线方程即可求出的值.

【详解】因为，所以，

设函数在点处切线的斜率为，则，

又因为，所以函数在点的切线方程为，

因为切线过点，所以，解得.

故答案为：0.

13．抛郑红、蓝两颗质地均匀的骰子， 记事件为“蓝色骰子的点数为或”， 事件为“两颗骰子的点数之和大于”， 则在事件发生的条件下事件发生的概率为___________．

【答案】

【分析】分别求出事件,事件和事件同时发生的概率，由条件概率的公式计算即可.

【详解】解：抛掷红、蓝两颗骰子，事件总数为，事件A的基本事件数为，

∴，

由于，

所以事件B的基本事件数为，

∴，

事件同时发生的概率为，，

由条件概率公式，得，

故答案为：

14．箱子中有6个大小、材质都相同的小球，其中4个红球，2个白球.每次从箱子中随机有放回摸出一个球，共摸2次，记“X”表示摸到红球个数，则=__________.

【答案】

【分析】由题可得，即得.

【详解】由题可知从箱子中随机有放回摸出一个球为红球的概率为，

所以，

故.

故答案为：.

15．10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数为_______（用数字作答）．

【答案】420

【分析】从后排7人中任取2人，插入前排（按2人相邻和不相邻分类计数）

【详解】可从后排7人中任取2人，插入前排，调整方法数为．

故答案为：420．

三、解答题

16．一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4．从盒子中任取4张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）．

(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率；

(2)在取出的4张卡片中红色卡片编号的最大值设为，求随机变量的分布列和数学期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）运用古典概型运算公式，结合和事件的概率公式进行求解即可；

（2）根据古典概型运算公式，结合数学期望公式进行求解即可.

【详解】(1)设“取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片”为事件，则．

所以取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为；

(2)随机变量的所有可能取值为1，2，3，4．

，，，．

所以随机变量的分布列为

随机变量的数学期望．

17．已知函数在处取得极值.

(1)求在上的最小值；

(2)若函数有且只有一个零点，求b的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，即可求出函数解析式，从而求出函数的单调区间，再求出区间端点的函数值，即可求出函数的最小值；

（2）依题意有唯一解，即函数与只有1个交点，由（1）可得函数的单调性与极值，结合函数图象即可求出参数的取值范围；

【详解】(1)解：因为，所以，

在处取得极值，，即解得，

，所以，所以当或时，当时，

在上单调递增，在上单调递减，

又，

在上的最小值为.

(2)解：由（1）知，，

若函数有且只有一个零点，

则方程有唯一解，即有唯一解，

由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，

又，函数图象如下所示：

或，得或，

即b的取值范围为.

18．已知函数 ．

(1)讨论函数 的单调区间；

(2)若 且 ， 证明： ．

【答案】(1)当时，的单调增区间为和，单调减区间为，

当时，的单调增区间为，无减区间，

当时，的单调增区间为和，单调减区间为.

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，令，解得或，含参分类讨论即可得到的单调性.

（2）由，转化为证：，令，利用导数法得到，转化为证，由，转化为证

，令，用导数证明．

【详解】(1)解：的定义域为，，

因为，所以，令，解得或，

当时，即，恒成立，所以在为增函数，

当时，即，若和时，，若时，，所以在和为增函数，在为减函数，

当时，即，若和时，，若时，，所以在和为增函数，在为减函数，

综上所述：当时，的单调增区间为和，单调减区间为，

当时，的单调增区间为，无减区间，

当时，的单调增区间为和，单调减区间为.

(2)令，定义域为，则，若，，若，，故在单调递增，在上单调递减，故，即，

欲证：，即证：，

令，．则，

因为，故，

所以，在上单调递增，

所以，

故欲证，只需证，

因为，所以，

即，

因为，故，故等价于证明：，

令，

则在上单调递增，

故，即，从而结论得证．

【点睛】本题第二问关键是利用，转化为证明而得证．