2022-2023学年重庆第二外国语学校高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆第二外国语学校高二下学期期中数学试题含解析，共16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。
2022-2023学年重庆第二外国语学校高二下学期期中数学试题 一、单选题1．的展开式中的系数是（    ）A．40 B．80 C．10 D．60【答案】A【分析】根据给定二项式，利用二项式定理直接计算作答.【详解】的展开式中是，所以的展开式中的系数是40.故选：A2．随机变量的分布列如表：则（    ）123 A． B． C． D．【答案】D【分析】根据随机变量分布列的性质即可得出答案.【详解】根据随机变量分布列的性质得，所以．故选：D．3．若物体的运动方程是，时物体的瞬时速度是（　　）A．33 B．31 C．39 D．27【答案】A【分析】对运动方程求导,得到导函数,利用导数的物理意义,导函数中代入时间数据,得到物体的瞬时速度.【详解】物体的运动方程是,则.当时,代入函数得到，答案为A【点睛】本题考查了导数的物理意义和导数的计算，属于简单题．4．公共汽车上有12位乘客，沿途8个车站，乘客下车的可能方式共有（    ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【分析】利用分步计数原理，直接求解.【详解】按分步计数原理，12名乘客下车的不同方法种数有：种.故选：D5．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶．与以上事件吻合得最好的图象是（　　）A． B．C． D．【答案】C【分析】先研究四个选项中图象的特征，再对照小明上学路上的运动特征，两者对应即可选出正确选项.【详解】考查四个选项，横坐标表示时间，纵坐标表示的是离开学校的距离，由此知，此函数图象一定是下降的，由此排除A；再由小明骑车上学，开始时匀速行驶可得出图象开始一段是直线下降型，又途中因交通堵塞停留了一段时间，故此时有一段函数图象与x轴平行，由此排除D，之后为了赶时间加快速度行驶，此一段时间段内函数图象下降的比较快，由此可确定C正确，B不正确．故选C．【点睛】本题考查函数的表示方法，关键是理解坐标系的度量与小明上学的运动特征，属于基础题.6．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军，”对乙说：“你不是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有（    ）不同的排列A．36 B．54 C．60 D．72【答案】B【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下人有种可能，所以5人的名次排列有种不同情况.故选：B.7．若函数在上单週递减，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求导，再根据函数在上单週递减，由在上恒成立求解.【详解】解：因为函数，所以，因为函数在上单週递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，不恒为零，所以实数的取值范围是，故选：C8．已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C．【解析】1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性． 二、多选题9．关于的展开式，下列结论正确的是（    ）A．二项式系数和为64 B．所有项的系数之和为2C．第三项的二项式系数最大 D．项的系数为240【答案】AD【分析】根据二项式系数的性质，可判断选项A、C；用赋值法求出所有系数的和，可判断选项B；利用展开式的通项求解，可判断选项D.【详解】的展开式的二项式系数和为，选项A正确；中，令，可得所有项的系数之和为，选项B不正确；的展开式的第四项的二项式系数最大，选项C不正确；的展开式的通项为：，令，得，此时，所以项的系数为240，选项D正确.故选：AD.10．已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（    ）A．若相互独立， B．若事件，则C．若是对立事件，则 D．若是互斥事件，则【答案】ABD【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；对于B，事件，，，B正确；对于C，因是对立事件，则，，C不正确；对于D，因是互斥事件，则，，D正确.故选：ABD11．若方程有两个不相等的实数根，实数的取值可以是（    ）A．0 B． C． D．1【答案】BC【分析】将“方程有两个不相等的实数根”转化为“直线与函数的图像有两个不同的交点”，再结合导数研究函数的图像，即可求解.【详解】因为方程有两个不相等的实数根，则，即直线与函数的图像有两个不同的交点，因为的定义域为，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，又时，，时，，若直线与函数的图像有两个不同的交点，则，故选：BC.12．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（    ）A．2次传球后球在丙手上的概率是B．3次传球后球在乙手上的概率是C．3次传球后球在甲手上的概率是D．n次传球后球在甲手上的概率是【答案】ACD【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答可判断ABC，n次传球后球在甲手上的事件即为，则有，利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可判断D.【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙， 1个结果，所以概率是，故A正确；第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为:甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为，故C正确；n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，令，则于是得，故，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以即，故D正确.故选：ACD 三、填空题13．从位女生，位男生中选人参加科技比赛，且至少有位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）【答案】【分析】方法一：反面考虑，先求出所选的人中没有女生的选法种数，再根据从人中任选人的选法种数减去没有女生的选法种数，即可解出.【详解】［方法一］：反面考虑没有女生入选有种选法，从名学生中任意选人有种选法，故至少有位女生入选，则不同的选法共有种．故答案为：.［方法二］：正面考虑若有1位女生入选，则另2位是男生，于是选法有种；若有2位女生入选，则另有1位是男生，于是选法有种，则不同的选法共有种．故答案为：.【整体点评】方法一：根据“正难则反”，先考虑“至少有位女生入选”的反面种数，再利用没有限制的选法种数减去反面种数即可求出，对于正面分类较多的问题是不错的方法；方法二：正面分类较少，直接根据女生的人数分类讨论求出．14．曲线在点处的切线方程为______．【答案】【分析】根据导数的几何意义即可解出．【详解】因为，所以，故曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：．15．的展开式中项系数为________．【答案】【分析】根据条件得到，将看作整体，利用二项式展开式的通项公式得到，从而得到，再次根据二项式展开式的通项公式得到，即可求解.【详解】因为，所以其展开式通项公式，要出现，则，即，又二项式展开式的通项公式，要出现，则，解得：. 所以的系数为.故答案为：.16．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．【答案】【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为，所以方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，，即图象在上方当时，，即图象在下方，图象显然不符合题意，所以．令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导=0的两个根为因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，设函数，则，若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．  四、解答题17．已知中，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用二项式展开式的通项公式即可求解；（2）利用赋值法令求得所有项的系数和，再令，两式作差即可求解.【详解】（1）二项式的展开式的通项公式为，又其展开式中，则令得：，解得：，所以的值为.（2）由（1）得：，令得：①，又得：②，则得：，所以，故的值为.18．已知，曲线在点处的切线斜率为5．(1)求a的值；(2)求函数的极值．【答案】(1)(2)极大值为－3，无极小值 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；（2）根据（1）的结论及利用导数法求函数的极值的步骤即可求解.【详解】（1）因为，所以.因为曲线在点处的切线斜率为5．所以，解得,故a的值为.（2）由（1）知，,所以，由题意可知，的定义域为，所以.令，则，解得或，当变化时，，的变化情况如下:单调递增极大值为单调递减由此表可知，当时，取得极大值为,无极小值.19．彭老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的7篇，求：(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；(2)他能及格的概率．【答案】(1)分布列见解析(2) 【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，求出对应的概率，即可得出随机变量的分布列；（2）根据已知条件及随机变量的分布列的性质即可求解.【详解】（1）由题意可知，的可能取值为，则,,.所以的分布列为（2）该同学能及格，表示他能背诵篇或篇，由（1）知，该同学能及格的概率为.20．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导可得，分和进行讨论即可得解；（2）根据题意参变分离可得恒成立，令，求出的最大值即可得解.【详解】（1）依题意，，当时，显然，所以在上单调递增；当时，令，得；令，；即在上单调递增，在上单调递减．（2）由题意得恒成立，等价于恒成立，令，即时成立．则，当时，，当时，，那么在上单调递增，在上单调递增减，所以，所以．21．在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种．单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分．(1)小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测．已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是．问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项选择题正确答案的概率．(2)小明同学在做多选题时，选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知某个多项选择题有三个选项是正确的，小明在完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，求小明做这道多项选择题得5分或2分的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用全概率公式和条件概率公式即可求解；（2）利用概率的加法公式和概率的乘法公式即可求解.【详解】（1）事件A为“该单项选择题回答正确”，事件B为“小明知道该题的正确答案”，∵，∴，即小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，他知道这道单项选择题正确答案的概率为．（2）设事件表示小明选择了i个选项，事件C表示选择的选项是正确的，∴；；小明做这道多项选择题得5分或2分的概率为.22．已知函数．(1)若在单调递增，求实数的取值范围；(2)若函数有两个极值点，，且，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求得，根据条件单调递增，得到在上恒成立，从而得到在上恒成立，结合二次函数的图像与性质即可求解；（2）先化简得到，求导得到，根据条件有两个极值点，（），得到，是方程的两个不同的根，结合韦达定理将不等式转化为，构造函数，，利用导数求出函数的最小值即可.【详解】（1）函数的定义域为，则，若单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，又在上单调递减，于是，所以，故实数a的取值范围为.（2）证明：（），则，依题意可得，是方程的两个不同的根，于是，，，即，又，则，.要证，只需证，即证，，因为，所以，从而，令，，则，设，则，令，解得：（舍去），由，得，由，得，于是在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，而，，于是在上，，因此在上单调递增，从而，综上所述，，所以原命题得证．【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.本题中得到，是方程的两个不同的根，根据韦达定理得到及，从而将原不等式转化为只的不等式；（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.本题中构造函数，；（3）再次利用导数研究函数的最值，即可证得结果.