2022-2023学年上海市建平中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市建平中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．已知，则正整数__________.

【答案】3

【分析】根据组合数的性质计算即可.

【详解】由，得或，解得或，

所以正整数.

故答案为：.

2．__________.

【答案】462

【分析】根据组合数的性质，运算求解.

【详解】由题意可得：

.

故答案为：462.

3．函数的驻点为__________.

【答案】1

【分析】由求得正确答案.

【详解】的定义域为，

由解得，

所以的驻点为.

故答案为：

4．的二项展开式中常数项是__________.

【答案】

【分析】根据二项式定理可得展开式通项，代入即可得到常数项.

【详解】展开式通项公式为：，

令，解得：，

展开式中常数项为.

故答案为：.

5．函数的极大值为__________.

【答案】/

【分析】对函数求导，利用单调性即可得出函数的极大值.

【详解】依题意，因为，所以，

所以，

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减.

所以在处取得极大值，且.

故答案为：.

6．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有____人.

【答案】2或3

【分析】设女生有人，则男生有人，由条件列方程求解.

【详解】设女生有人，则男生有人，

由已知至有1名女生，至少2名男生，

则，

由题意得：，

即，

所以，

所以

，

，

解得或或（舍去），

经检验，，都是方程的解，

所以女生有2人或3人.

故选：BC.

7．已知函数，则__________.

【答案】

【分析】根据导数定义，结合求导公式直接求解即可.

【详解】由导数定义可知，

因为，所以，即.

故答案为：

8．的二项展开式中系数最大的项为__________.

【答案】

【分析】先求得展开式的通项为，设系数最大的项为第项，列出不等式组，求得的值，代入即可求解.

【详解】由二项式的展开式的通项为，

设系数最大的项为第项，可得，

即，即，解得，

因为，所以，

所以展开式中系数最大的项为.

故答案为：.

9．一场晩会共有5个唱歌节目和3个舞蹈节目，随机排序形成一个节目单，则节目单中前3个节目仅有2个舞蹈节目的概率为__________.

【答案】

【分析】根据分步乘法计数原理结合古典概型分析运算.

【详解】由题意可得：所有节目的排序总数为，

若前3个节目仅有2个舞蹈节目，先选择2个舞蹈节目与1个唱歌节目排序，再将剩余的节目排序，所以总数为，

所以节目单中前3个节目有2个舞蹈节目的概率.

故答案为：.

10．已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】该题中不等式恒成立问题可以先分离参数，得到对任意恒成立，令新函数，只需求即可.

【详解】关于的不等式对任意恒成立，

则有对任意恒成立，

令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，

所以，即实数的取值范围是.

故答案为：

11．若对任意恒成立，则__________.

【答案】

【分析】将等式左侧变型为，根据二项式定理可整理得到展开式通项，代入即可求得结果.

【详解】，

展开式通项为：；

展开式通项为：；

为的系数，令，

.

故答案为：.

12．已知，其中，过分别作二次函数的切线，则两条切线与轴围成的三角形面积的最小值为__________.

【答案】/

【分析】先求得过的切线方程，求得两条切线的交点坐标以及切线与轴的交点坐标，由此求得围成的三角形的面积的表达式，利用导数求得面积的最小值.

【详解】由二次函数，可得，

因为在二次函数的图象上，

所以曲线在处的切线方程为，

即，

同理可求得曲线在处的切线方程为，

由于，所以不妨设，

直线与轴的交点为，

直线与轴的交点为，

由解得，

即两条切线的交点坐标为，

所以两条切线与轴围成的三角形面积为

，

假设时，取得最小值，

令，

则，

令得①，

，

即时， 取得最小值.

令，

则，

令得②，

由，以及①②解得，

所以的最小值为.

故答案为：

【点睛】求曲线的切线方程，首先要判断题目所给的点是在曲线上还是在曲线外，然后根据切点和斜率求得切线方程，斜率是利用导数来求得，切点可利用切线或曲线来求得.

二、单选题

13．在古典概率模型中，是样本空间，是样本点，是随机事件，则下列表述正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，由古典概型的概念即可得到结果.

【详解】由古典概率模型可知，，

故选:A

14．已知为两个随机事件，则“为互斥事件”是“为对立事件”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．非充分非必要条件

【答案】B

【分析】根据互斥事件和对立事件的概念直接判断即可.

【详解】根据互斥事件和对立事件的概念可知，互斥不一定对立，对立一定互斥，所以“ A､B 为互斥事件”是“ A､B 为对立事件”的必要非充分条件.

故选：B

15．下列关于排列数和组合数的计算中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据排列数与组合数的计算公式，准确化简，即可求解.

【详解】对于A中，由排列数的计算公式，可得，

所以A、B不正确；

对于C中，由组合数的计算公式，可得，

所以C正确，D不正确.

故选：C.

16．已知，则方程的解的组数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．无穷多个

【答案】B

【分析】首先等式两边取对数，变形等式后，再构造函数，利用导数判断方程解的个数.

【详解】，两边取对数，得，即，

设，，

当，，单调递增，

当，，单调递减，

且当时，，当时，，

，，

所以满足，则方程的解的组数为1组.

故选：B

三、解答题

17．已知函数.

(1)求函数在处的切线方程；

(2)若函数在上严格递减，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可；

（2）根据导数的性质，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.

【详解】（1）

函数在处的切线方程为；

（2）对任意恒成立

故，解得，

故的取值范围为.

18．甲､乙两人进行乒乓球决赛，采用五局三胜制.对于每局比赛，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果互相独立.

(1)在乒兵球比赛中，如果一方连胜最终获得比赛的胜利，那么将其形象地称之为“剃光头”.求甲､乙的这场乒乓球决赛“剃光头”的概率；

(2)在乒乓球比赛中，如果实力较弱的一方最终获得比赛的胜利，那么将其称之为“爆冷门”，求甲､乙的这场乒乓球决赛“爆冷门”的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分别计算甲、乙连胜三局的概率，相加即可得到结果；

（2）分析可知乙实力较弱，将乙共用三局、四局和五局获得比赛胜利的概率相加即可求得结果.

【详解】（1）甲连胜三局的概率为，乙连胜三局的概率为，

甲､乙的这场乒乓球决赛“剃光头”的概率为.

（2）甲每局比赛获胜的概率大于乙每局比赛获胜的概率，乙实力较弱，

“爆冷门”的概率.

19．“得地率”是指可供人活动的区域的占地面积与总占地面积之比.“得地率”越高，也就意味着人们可活动的区域更大，因此在设计活动场地时，通常会将“得地率”作为一个重要的指标进行考虑.上海某大型购物商场欲将地下一层的一块半圆形空地改建为亲子乐园，建造一个供亲子游玩的海洋球池和两个供人们休息和娱乐，且大小完全相同的休息区.除海洋球池和休息区外的剩余空地全部用气垫筑起“高墙”，以保护亲子乐园中的人们.如图所示，设半圆形空地的圆心为，半径为，为直径，矩形海洋球池的顶点在上，顶点在半圆的圆周上.矩形休息区和的顶点在上，顶点在半圆的圆周上，顶点分别在线段上.已知，设，其中.

(1)求当时该亲子乐园可供人活动的区域面积，并求出此时的“得地率”（结果精确到）；

(2)求当为多大时，该亲子乐园的“得地率”最大？

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据题意，结合，利用，再设亲子乐园的“得地率”为，得出的值，即可求解；

（2）由函数，求得，利用导数求得函数的单调性与极值，即可求解.

【详解】（1）解：由题意，可得

当时，，

设亲子乐园的“得地率”为，则，

可得，

故当时该亲子乐园可供人活动的区域面积，此时的“得地率”为.

（2）解：由函数

可得

令，可得或（舍），故

经检验，

故当时，该亲子乐园的“得地率”最大.

20．已知椭圆的左､右焦点分别为.椭圆上有互异的且不在轴上的三点满足直线经过，直线经过.

(1)若椭圆的长轴长为4，离心率为，求的值；

(2)若点的坐标为的面积，求的值；

(3)若，直线经过点，求的坐标.

【答案】(1)

(2)

(3)或

【分析】（1）根据椭圆的几何性质，求得的值，结合，即可求解；

（2）由的坐标为，设，根据三角形的面积列出关于的方程，求得的值，进而求得的值；

（3）设，得到，根据直线经过，直线经过，直线经过，列出的关系式，得到是方程的两个互异实根，得到， 同理可得和，从而求得，进而求得点的坐标.

【详解】（1）解：由椭圆的长轴长为，离心率为，

可得且，所以，所以.

（2）解：设，点的坐标为，故，由，所以，

设直线的方程为，联立方程组，

整理得，解得或，

所以的面积，

整理得.

即

因为，可得，

因为，可得，

所以，

所以

所以，解得，所以.

（3）解：由，可得椭圆且，

设，可得

因为直线经过，直线经过，直线经过，

可得，即，即，

故是方程的两个互异实根，

根据韦达定理易知，    ①

故是方程的两个互异实根，

根据韦达定理易知，  ②

故是方程的两个互异实根，

根据韦达定理易知，  ③

将②､③代入①可得，

化简得，解得或（舍去）

故，此时

当时，；当时，

综上所述，的坐标为或.

【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的综合问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

21．已知定义在上的函数的导函数为，若对任意恒成立，则称函数为“线性控制函数”.

(1)判断函数和是否为“线性控制函数”，并说明理由；

(2)若函数为“线性控制函数”，且在上严格增，设为函数图像上互异的两点，设直线的斜率为，判断命题“”的真假，并说明理由；

(3)若函数为“线性控制函数”，且是以为周期的周期函数，证明：对任意都有.

【答案】(1)不是，理由见解析

(2)真命题，理由见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）根据“线性控制函数”的定义即可判断选项；

（2）根据为“线性控制函数”，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合函数单调递增的式子，化简判断；

（3）根据为“线性控制函数”，构造函数，利用导数判断函数的单调性，分，和三种情况讨论.

【详解】（1），故是“线性控制函数”；

，故不是“线性控制函数”.

（2）命题为真，理由如下：

设，其中

由于在上严格增，故，因此

由于为“线性控制函数”，故，即

令，故，因此在上为减函数

，

综上所述，，即命题“”为真命题.

（3）根据（2）中证明知，对任意都有

由于为“线性控制函数”，故，即

令，故，因此在上为增函数

因此对任意都有，即

当时，则恒成立

当时，

若，则，故

若时，则存在使得

故1，因此

综上所述，对任意都有.

（事实上，对任意都有，此处不再赘述）

【点睛】关键点点睛：第二问构造函数并作差判断，第三问的关键是讨论和的关系，从而根据函数的单调性，证明不等式