2021-2022学年河北省文安县第一中学高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河北省文安县第一中学高二下学期期末数学试题（解析版），共14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学年河北省文安县第一中学高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简集合B，再根据集合并的意义求解.【详解】解方程，可得或，所以集合，故.故选：A.2．命题“”的否定为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据含存在量词的命题的否定方法写出已知命题的否定即可判断.【详解】存在量词命题的否定为全称量词命题，故命题“”的否定为“，”.故选：D.3．随机变量X服从正态分布，且，则下列说法一定正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正态分布的性质可求出，而方差无法确定，从而可得出答案．【详解】因为，由正态分布的对称性可得，故B正确，A错误，而正态分布的方差无法确定，故C，D均错误.故选：B．4．如图，要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为（    ）A．5 B．7 C．8 D．12【答案】C【分析】根据分类计数原理与分步计数原理计算可得答案．【详解】要让电路从A处到B处接通，不同的路径条数为．故选：C．5．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用函数的奇偶性和单调性即可求解.【详解】由已知得函数的定义域为,因为，所以为奇函数，则排除、,当时，；则在上单调递增，则排除,故选:.6．某学校高一、高二、高三的学生人数之比为，这三个年级分别有20%，30%，20%的学生获得过奖学金，现随机选取一名学生，此学生恰好获得过奖学金，则该学生是高二年级学生的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件概率公式计算．【详解】设事件A为被选到的学生获得过奖学金，事件B为该学生是高二年级学生，则．故选：B7．展开式中的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简，再利用二项展开式的通项即可得解．【详解】展开式的通项为令，则展开式中的系数为．故选：D．8．计算（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等比数列的前n项和公式计算.【详解】表示首项为，公比为的等比数列的前11项和，所以．故选：A. 二、多选题9．下列函数的最小值为8的是 （    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】运用基本不等式或二次函数的性质逐项分析即可.【详解】对于A，当时，显然不满足题意；对于B，因为，，当且仅当时，等号成立，因为等号取不到，所以其最小值不为8，B不符合题意；对于C，，当且仅当，即时，等号成立，所以其最小值为8，C符合题意；对于D，，当时，取得最小值，D符合题意；故选：CD.10．某校计划安排五位老师（包含甲、乙、丙）担任四月三日至四月五日的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天.（    ）A．若每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种B．若甲、乙、丙三人只有一人安排了值班，则不同的安排方法共有种C．若甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班，则不同的安排方法共有种D．若五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班，则不同的安排方法共有种【答案】AC【分析】根据排列数和组合数的定义，结合分步乘法计数原理依次求出各安排的方法数即可.【详解】对于选项A，每天安排一人值班，则不同的安排方法共有种，A正确；对于选项B，安排甲、乙、丙三人只有一人安排了值班的安排方法可分为两步完成，第一步，从甲，乙，丙三人中选出一人，有种选法，再将所选之人与余下两人分别安排到四月三日至四月五日，有种方法，故不同的安排方法共有种，B错误；对于选项C，安排甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班等价于将甲，乙视为一个整体，与除甲，乙，丙外的两人一起分别安排到四月三日至四月五日值班，不同的安排方法共有种，C正确；选项D，安排五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班可分为两步完成，先将5人分为2人，2人，1人三个小组，再将3个小组分别安排到四月三日至四月五日，完成第一步的方法有种，完成第二步的方法有种，所以不同的安排方法共有种，D错误；故选：AC.11．随机变量X的分布列如下所示，其中，则（    ）X123Paa A． B． C． D．的最大值为【答案】ABD【分析】由分布列的性质确定的关系，判断A，根据期望和方差的定义求，判断B，C，再结合方差的性质判断D.【详解】由题可知，即，A正确，由期望定义可得，B正确，由方差定义可得，C错误，由方差性质可得，令，则，因为所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以.D正确，故选：ABD.12．已知函数，若有三个不等实根，且，则（    ）A．的单调递减区间为 B．的取值范围是C．的取值范围是 D．函数有4个零点【答案】ACD【分析】作出函数和有三个交点的图象，结合图象逐个判断即可求解【详解】作出函数和有三个交点的图象，可知，的单调递减区间为，故A正确；的取值范围是，故B错误；由，得，即，故，则.又因为，所以的取值范围为，故C正确；令，则或，则函数的零点可转化为或的零点，由图象可知只有一个零点，有3个零点，即函数有4个零点，故D正确；故选：ACD 三、填空题13．若，则n＝______．【答案】3【分析】根据排列数组合数定义变形后解方程可得．【详解】由，得，化简得n＝3．故答案为：3．14．已知“”是“”的必要不充分条件，则的取值范围是_____________．【答案】【分析】先化简不等式，再根据“”是“”的必要不充分条件求解.【详解】不等式等价于，即，解得．因为“”是“”的必要不充分条件，所以，即的取值范围为．故答案为：15．科学记数法是一种记数的方法．把一个数表示成与10的次幂相乘的形式，其中，．当时，．若一个正整数的16次方是12位数，则______．（参考数据：，）【答案】5【分析】设，根据题意可得，则，根据，可得，再根据题中所给数据即可得出答案.【详解】解：由题意可设，因为正整数的16次方是12位数，所以，所以，因为，所以，所以，则，又，，，所以正整数．故答案为：5. 四、双空题16．中国象棋是中国棋文化､也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，使用方格状棋盘，每个棋子摆放和活动在交叉点上.其中象位于A处，其移动规则为循着田字的对角线走两格，即下一步可到达的地方为B或D；同理，若象位于D处，下一次可到达的地方为A，C，E或G.已知象从某位置到达下一个位置是随机的，假设象的初始位置是在A处，则走2步后恰好回到A处的概率为___________，4步后恰好回到A处的概率为___________.【答案】          【分析】列出树状图,根据树状图和相互独立的概率公式求解即可.【详解】走3步后象到达位置的所有情况可以用树状图表示，则走2步后恰好回到处的概率；走4步后恰好回到处的概率.故答案为：； 五、解答题17．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节．(1)若“射”和“乐”两门课程相邻，且它们都与“数”不相邻，求不同的排课顺序有多少种；(2)若“射”不排在第一节，“数”不排在第四节，求不同的排课顺序有多少种．【答案】(1)144(2)504 【分析】（1）利用捆绑法和插空法，将“射”和“乐”两门课程捆绑，看作一个元素将之与“数”分别插入另外3个元素隔开的空档中，由此计算即可得出答案；（2）根据题意，分两种情况讨论：“射”排在第四节；“射”不排在第四节，由加法原理计算可得答案．【详解】（1）将“射”和“乐”两门课程捆绑，内部先全排，有种，然后“礼”“御”“书”全排排，有种，此时有四个空挡，最后将捆绑的课程与“数”插入空挡中，有种，则不同的排课顺序有种．（2）若“射”排在第四节，则有种不同的排课顺序；若“射”不排在第四节，则有种不同的排课顺序．由加法原理得，共有种不同的排课顺序．18．函数的图像在点处的切线恰好经过点．(1)求；(2)已知函数在其定义域内单调递增，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先用导数求出在 点切线的斜率，运用点斜式直线方程，将点（2,3）代入即可；（2）运用 恒成立，构造函数，求函数的最小值即可.【详解】（1）由题可知 ，则 ，又，所以函数的图像在点处的切线方程为，即，因为点在切线上，所以，解得；（2）由已知可得 在上恒成立，所以，即，当且仅当 时等号成立，所以的取值范围为；综上，a=-1，的取值范围为.19．防疫抗疫，人人有责．随着奥密克戎的全球肆虐，防疫形势越来越严峻，防疫物资需求量急增．下表是某口罩厂今年的月份x与订单y（单位：万元）的几组对应数据：月份x12345订单y (1)求y关于x的经验回归方程，并估计该厂6月份的订单金额；(2)已知甲从该口罩厂随机购买了4箱口罩，该口罩厂质检过程中发现该批口罩的合格率为，不合格产品需要更换．用X表示甲需要更换口罩的箱数，求随机变量X的分布列和数学期望．参考数据：；参考公式：回归直线的方程是，其中，【答案】(1)，59.9万元(2)答案见解析 【分析】（1）根据已知和参考数据求出即可得出经验回归方程，代入可估计该厂6月份的订单金额；（2）由题意可得X的取值可能为0，1，2，3，4，且，求出X取不同值的概率即可得出分布列，求得期望．【详解】（1）由数据可得，故y关于x的经验回归方程为当时，估计该厂6月份的订单金额为59.9万元．（2）依题意，随机变量X的取值可能为0，1，2，3，4，且．；；；；．随机变量X的分布列为X01234P ．20．已知数列的首项为3，且．(1)证明数列是等差数列，并求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】(1)对条件进行代数变换，即可证明 是等差数列；(2)对 裂项求和即可.【详解】（1）因为 ，所，则，所以数列是以 为首项，公差等于1的等差数列，∴，即；（2），则；综上，， .21．甲同学参加某个知识答题游戏节目，共需要完成且次答题．若每次回答正确的概率为，回答错误的概率为，且各次答题相互独立．规定第一次答题时，回答正确得20分，回答错误得10分，第二次答题时，设置了两种答题方案供选择，方案一：回答正确得50分，回答错误得0分．方案二：若回答正确，则获得上一次答题分数的两倍，回答错误得10分．从第三次答题开始执行第二次答题所选方案，直到答题结束．(1)以累计的总分作为参考依据，如果，甲选择何种方案参加比赛答题更加有利？并说明理由；(2)记甲第次获得的分数为，期望为，且选择方案二，求．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）分别计算出甲两次答题选方案一和方案二的期望，比较大小即可；（2）求出的分布列和期望，依题意得，进而得到为等比数列，利用等比数列通项公式求解即可．【详解】（1）若甲第二次答题选方案一，记两次答题累计得分为，则的可能取值为70，60，20，10．则累计得分的期望．若甲第二次答题选方案二，记两次答题累计得分为，则的可能取值为60，30，20．，则累计得分的期望．因为，所以应选择方案一．（2）依题意得．的可能取值为20，10，其分布列为2010P 所以．由，得，所以为等比数列，其中首项为36，公比为，所以，故．22．已知函数.(1)当时，求的极值；(2)证明：当时，.【答案】(1)极小值为，无极大值(2)证明见解析 【分析】(1)求函数的导函数，再求函数的解，结合极值点的定义，求极值点和极值；(2)利用导数分析函数的单调性，求其最小值，再利用导数证明即可.【详解】（1）函数的定义域为，因为，所以，其中，由题可知，令，得.当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，故在处取得极小值，极小值为，无极大值.（2）因为，其中，.令，则，即在上单调递增.因为，，，则存在，使得，即，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，从而，则.令，则，即在上单调递增，所以，所以当时，.【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．