2021-2022学年福建师范大学附属中学高二下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年福建师范大学附属中学高二下学期期中考试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建师范大学附属中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．若，则 （ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用组合的性质即可得出结果.【详解】由，得，；故选：C.2．在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，分别求得，，代入条件概率公式，即可得答案.【详解】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，则，，所以.故选：D3．函数，则等于(    )A．1 B．2 C．3 D．－4【答案】D【分析】根据基本初等函数的求导公式和求导法则求出，令x＝1，求出，再令x＝0即可求出.【详解】，，，，，，故选：D.4．的展开式中的系数为（    ）A． B．5 C． D．25【答案】A【分析】利用二项展开式的通项公式求解.【详解】因为，所以的系数为．故选：A5．已知函数的部分图象如图所示，则可以是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性，定义域，特殊值排除即可得答案.【详解】解：由函数的定义域，由于选项C的定义域为，故排除；对于A选项，，即函数，不符合函数图像特点，排除；对于B选项，当时，，又，不符合给出的函数图象的特点排除；对于D选项，函数的定义域为，且时，函数为增函数，且，图像特征满足；故选：D6．某校高二年学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．某学生准备做一个体积为的圆柱形模型，当模型的表面积最小时，其底面半径为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】设圆柱模型的底面半径为r，高为h，由已知得，再表示出圆柱模型的表面积为，令，利用导函数分析出单调递增，由此可求得模型的表面积的最小值.【详解】解：设圆柱模型的底面半径为r，高为h，则圆柱模型的体积为，即，所以圆柱模型的表面积为，令，则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在取得最小值，即当圆柱模型的底面半径为2时，模型的表面积最小，故选：B.7．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（    ）A．37种 B．65种 C．96种 D．108种【答案】B【分析】可从反面考虑，计算A学校没有人去的种数.【详解】若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有种方法，若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法，故不同的选法方案有种.故选:B.8．已知函数有3个零点，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先将函数有三个零点，转化为与直线有三个不同的交点，令，则将问题转化为与直线有三个不同的交点，分别讨论，两种情况，结合函数的切线的斜率可求解，即可得出结果.【详解】解：由函数有三个零点，可转化为与直线有三个不同的交点，令，则将问题转化为与直线有三个不同的交点，显然时不满足条件.当，时，，，设切点坐标为 ，由得，所以切线斜率为，因此，切线方程为： ，由切线过原点，得 ，此时切线的斜率为 .故当时，，与直线有两个交点；当时，与直线有一个交点，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查由函数零点个数求参数的问题，熟记导数的几何意义，根据数形结合的思想求解，属于常考题型. 二、多选题9．新高考按照“”的模式设置，其中“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有考生必考：“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可结合自身特长兴趣在化学、生物、政治、地理四科中选择两科．下列说法正确的是（    ）A．若任意选科，选法总数为B．若化学必选，选法总数为C．若政治和地理至多选一门，选法总数为D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为【答案】ABC【分析】依次判断每个选项得到ABC正确，D选项的正确答案是，错误，得到答案.【详解】对选项A：若任意选科，选法总数为，正确；对选项B：若化学必选，选法总数为，正确；对选项C：若政治和地理至多选一门，选政治或地理有种方法，政治地理都不选有种方法，故共有选法总数为，正确；对选项D：若物理必选，化学、生物选一门有种，化学、生物都选有1种方法，故共有选法总数为，D错误.故选：ABC10．已知（其中e为自然对数的底数），则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】首先构造函数，并利用导数判断函数的单调性，利用单调性比较大小，其中注意.【详解】构造函数，，，得，当，，单调递增，当，，单调递减，，因为，所以，即，.故选：BC11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（    ）A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84B．在“杨辉三角”中，当时，从第1行起，每一行的第2列的数字之和为66C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则【答案】AC【分析】二项式的系数求得第9行第7个数，可判定A正确；结合等差数列的求和公式，可判定B错误；结合的展开式的系数的关系，可判定C正确；根据第行的第个数为，结合，可判定D错误.【详解】对于A中，在杨辉三角中，第9行第7个数是，所以A正确.对于B中，当时，，所以B错误.对于C中，用数学符号语言可表示为：，证明如下：对应相乘，恰好得到这一项的系数为而是二项式的展开式中第项的二项式系数（即的系数）故，所以C正确.对于D中，第行的第个数为，所以即，所以D错误.故选：AC.12．关于函数，下列说法正确的是（    ）A．若为增函数，则B．若函数恰有一个极值，则C．对任意，恒成立D．当时，恰有2个零点【答案】ABD【分析】直接逐一验证，根据导数判断单调性，求出的范围，判断A；利用参数分离法构造新函数，根据函数的单调性，极值，最值判断B，C；通过构造新函数，转化为两个函数的交点个数来解决零点问题，判断D.即可求出答案.【详解】对于函数，求导得：函数.对于A：要是在上为增函数，只需恒成立.只需.记，则令，解得：或；令，解得：.所以在上单减，在，上单增.而，所以，所以.故A正确；对于B：若函数在恰有一个极值，即在恰有一个解，即在恰有一个解，则在恰有一个解.即和的图像在恰有一个交点.由A的讨论可知，在上单减，在，上单增，且，.而，，.所以作出的图像如图示：由图可知，当时， 和的图像在恰有一个交点，即函数函数恰有一个极值.故B正确；对于C：要使恒成立，即在上，恒成立，即在上， 恒成立.设，则.令，解得：.列表得：-0+0-单增 单减 单增 所以.所以.故C错误；对于D：当时， .令，则.作出函数和函数的图像，如图示：可知在内，两个图像，恰有2个交点，则在恰有2个零点.故D正确.故选：ABD【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； （3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）利用导数证明不等式． 三、填空题13．函数的图象在点处的切线方程为______．【答案】【分析】求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】因为，则，所以，，，故所求切线方程为，即.故答案为：.14．写出一个存在极值的奇函数______________.【答案】（答案不唯一，满足条件即可）【分析】根据基本初等函数的奇偶性及极值的定义即可求解.【详解】根据题意，函数可以为，当时，取得极大值, 当时，取得极小值.又，所以函数是奇函数，故答案为：（答案不唯一，满足条件即可．15．若随机变量的分布列如下表，且，则的值为________.02  【答案】【分析】利用分布列求出，利用期望求解，然后求解方差即可．【详解】解：由题意可得：，解得，因为，所以：，解得．．．故答案为：．【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、方差的求法，属于中档题.16．已知函数,，若，则的最大值为____________【答案】【分析】由题意可知，，，再结合函数的图像可知，，这样转化，利用导数求函数的最大值.【详解】由题意可知，，，即，函数，则有，所以，时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又当时，，时，，作出图像如图所示，由图可知，当时，有唯一解，故，且，所以，设，，则，令解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为，故答案为：. 四、解答题17．在①，②展开式中二项式系数最大值为7m，③条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知，且___．(1)求m的值；(2)求的值（结果保留指数形式）．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分．）【答案】(1)(2) 【分析】（1）分别根据二项式定理计算、二项式系数最大值以及二项式系数和即可得到答案.（2）令，，令，，相减得到答案.【详解】（1）若选①，，根据二项式展开式的通项公式可得，解得；若选②，展开式中二项式系数最大值为7m，由二项式系数的性质可得或，解得，即；若选③，，由二项式系数和可得，解得.（2），令，可得，令，可得，相减可得，所以18．已知函数，(1)求a的值;(2)求函数的极小值.【答案】(1)(2)极小值 【分析】（1）求导函数，结合解方程即可；（2）令进而分析单调性，即可求出极值．【详解】（1）由题意可得，故，（2）由（1）得，所以，令，解得，因为当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数取得极小值．19．有甲、乙、丙三个厂家生产同种规格的产品，甲、乙、丙三个厂家生产的产品的合格率分别为、、，已知甲、乙、丙三个厂家生产的产品数所占比例为，将三个厂家生产的产品混放在一起，从混合产品中任取件．(1)求这件产品为合格品的概率；(2)已知取到的产品是合格品，问它是哪个厂生产的可能性最大？【答案】(1)(2)这件产品由丙厂生产的可能性最大 【分析】（1）设事件表示取到的产品为合格品，、、分别表示产品由甲、乙、丙厂生产，由题意可得出以及的值，再利用全概率公式可求得所求事件的概率；（2）计算出、、的值，比较大小后可得出结论.【详解】（1）解：设事件表示取到的产品为合格品，、、分别表示产品由甲、乙、丙厂生产．则，且、、两两互斥，由已知，，，，，，由全概率公式得.（2）解：由贝叶斯公式得，．．所以，，故这件产品由丙厂生产的可能性最大．20．已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）利用导数，并讨论、时的符号研究单调性；（2）由（1）知且极小值，即可求a的范围.【详解】（1）且，∴当时，，递增；当时：若时，，递减；当时，，递增；∴时，在上递增；时，在上递减，在上递增；（2）由（1）知：时才可能存在两个零点，且，∴，可得.21．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（1）求X的分布列；（2）若要求，确定n的最小值；（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？【答案】（1）见解析.（2）见解析.（3）见解析.【分析】（1）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列；（2）由X的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P（X≤n）≥0．5中n的最小值；（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适．【详解】（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0．2，0．4，0．2，0．2，从而；；；；；；．所以的分布列为16171819202122 （2）由（1）知，，故的最小值为19．（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用.当n=19时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040；当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080.可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值，故应选．【解析】离散型随机变量及其分布列22．已知函数．(1)若f（x）在处的极小值为2，求，b的值；(2)设，当时，，试求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数与极值的关系求解，注意验证.（2）对分类讨论，确定的单调性并求出最小值即可.【详解】（1）由题知，．在处的极小值为2，，即.此时，当时，f（x）单调递减；当时，，f（x）单调递增；满足f（x）在处取得极小值．（2）．设，则，当0时，，∴，∴在上为增函数．∴，即∴当时，，∴在上为增函数．∴当时，，符合题意；当时，由在[0，＋∞）上为增函数，且，则存在，使得，且,,,于是g（x）在上单调递减，在，＋∞）上单调递增，则有此时不恒成立．不符合题意.综上可得实数的取值范围为.【点睛】(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．（3）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．