2022-2023学年山东省聊城市聊城第三中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省聊城市聊城第三中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共15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学年山东省聊城市聊城第三中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．曲线在点处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求函数在点 处的导数值，根据点斜式求切线方程..【详解】因为，所以，所以，所以曲线在点处的切线斜率为，所以曲线在点处的切线方程为，即，故选：A.2．已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为（    ）A．60 B．80 C． D．【答案】B【分析】根据各项系数和求出，再由二项展开式通项公式求解即可.【详解】当时，，解得，则的展开式第项，令，解得，所以，故选：B3．从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用排列组合知识求出对应的方法种数，利用古典概型的概率公式直接求解.【详解】从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，有种；要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，所以数字为1，2，3时，有种；数字为1，3，5时，有种；数字为2，3，4时，有种；数字为3，4，5时，有种；共24种.所以该三位数能被3整除的概率为.故选：D4．已知随机变量 分别满足，，且期望，又，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正态分布的对称性可求得，根据二项分布以及正态分布的均值，结合题意列方程，可求得答案.【详解】由题意知，，，故，由，知，故，故选：C5．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”.后人称其为“赵爽弦图”.如图，现提供5种颜色给图中的5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同.记事件A：“区域1和区域3颜色不同”，事件B：“所有区域颜色均不相同”，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件概率的公式，分别计算出事件A和事件B的基本事件即可.【详解】A事件有 个基本事件，B事件有 个基本事件， ；故选：B.6．若函数在区间(,)内存在最小值，则实数的取值范围是（     ）A．[－5,1) B．(－5,1)C．[－2,1) D．(－2,1)【答案】C【分析】先求出函数的极值点，要使函数在区(,)内存在最小值，只需极小值点在该区间内，且在端点处的函数值不能超过极小值．【详解】由，令，可得或，由得：或，由得：，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值，令，解得或，若函数在(,)内存在最小值，则，得．故选：C7．已知，为的导函数，则的大致图象是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出导函数，根据奇偶性可得BD不正确；根据可得C不正确；【详解】因为，所以，因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称，故BD不正确；因为，故C不正确；故选：A8．已知，则（    ）A．15 B．20 C．60 D．160【答案】D【分析】由已知得，再根据二项式展开式的通项公式求得的系数可得选项.【详解】因为，所以，所以展开式中含的项为，所以.故选：D.【点睛】易错点点睛：(1)本题主要考查二项式展开式的通项和指定项的求法，考查指数幂的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 二项式通项公式： （）①它表示的是二项式的展开式的第项，而不是第项；②其中叫二项式展开式第项的二项式系数，而二项式展开式第项的系数是字母幂前的常数；③注意. 二、多选题9．一个盒子中装有3个黑球和1个白球，现从该盒子中有放回的随机取球3次，取到白球记1分，取到黑球记0分，记3次取球后的总得分为X，则（   ）A．X服从二项分布 B．C． D．【答案】AC【分析】根据已知，即可判断A项正确；求出每次取球后得1分的概率，可得，进而根据二项分布求解，判断B、C、D.【详解】对于A项，由题意知，每次取球的结果只有2个可能.取后放回，所以X服从二项分布，故A项正确；对于B项，每次取球后得1分的概率，则.所以，，故B项错误；对于C项，因为，所以，故C项正确；对于D项，因为，所以，故D项错误.故选：AC.10．已知展开式中的倒数第三项的系数为45，则（    ）A． B．二项式系数最大的项为中间项C．系数最大的项为中间项 D．含的项是第6项【答案】BC【分析】根据倒数第三项的系数求出，可知A不正确；根据二项式系数的性质以及展开式的通项公式对另外三个选项进行分析可得答案.【详解】展开式的通项为，所以倒数第三项的系数为，故，即，所以，所以，得或（舍）.故A不正确；因为，所以展开式共有项，所以二项式系数最大的项为中间项，故B正确；因为展开式中各项的系数与该项的二项式相等，所以系数最大的项为中间项，故C正确；因为，所以展开式的通项为，令，得，所以含的项是第项，故D不正确.故选：BC11．下列选项正确的是（    ）A．有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种【答案】ABD【分析】根据分类分步计数原理,平均分组及不平均分组,隔板法等分别判断各个选项即可.【详解】对于A:,故A正确；对于B:不同的分组，2组2个，3组1个或1组3个，4组1个，即或所以有种，故B正确；对于C:应用隔板法，C选项等价于8个相同的球,放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个, 所以有种, 故C错误；对于D:由于球和盒子相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，存放1个盒子，将7个球放入1个盒子，有1种存放方式；存放2个盒子，有3种；存放3个盒子，有4种；共有8种，故D正确.故选：ABD.12．若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界，则下列说法正确的是（   ）A．1是函数的一个下界B．函数有下界，无上界C．函数有上界，无下界D．函数有界【答案】ABD【分析】由基本不等式可判断A；利用导数可确定，即可判断B；由恒成立即可判断C；利用放缩法即可判断D.【详解】对于A，当时，（当且仅当时取等号），恒成立，是的一个下界，故A正确；对于B，∵，当时，；当，，在上单调递减，在上单调递增，，∴有下界，又当越来越大时，趋向于，∴无上界，综上所述，有下界，无上界，故B正确；对于C，，，，有下界，故C错误；对于D，，，又，，，既有上界又有下界，故D正确．故选：ABD．【点睛】关键点睛：函数新定义的应用，关键是明确新定义运算实际考查了函数值域的求解问题，涉及到利用导数来求解函数的单调区间和最值，属于中档题． 三、填空题13．的展开式中，项的系数为___________.【答案】340【分析】由于，根据二项式定理，可得其展开式的通项为，其中，由此可知，再结合的范围，即可求出结果.【详解】由于，所以其展开式的通项为，其中，为得到展开式中的系数，则，当时，的系数为；当时，的系数为；所以展开式中的系数为.故答案为：.14．某社区有2个核酸检测点，现有6名志愿者将被派往这2个检测点协助核酸检测工作，每个志愿者只去1个检测点，每个检测点至少需要2名志愿者，则不同的安排方法种数为___________.（请用数字作答）【答案】50【分析】由题可知，存在两种分组情况，分类讨论，先分组，后排列，利用排列组合求每种分组情况的数值，最后求和即可.【详解】根据题意分两种情况：第一种情况：将6人分为人数为2和4的2组，有种分组方式，将分好的组全排列，安排到2个核酸点，有种情况，则有种不同的安排方法；第二种情况：将6人分为人数为3和3的2组，有种分组方式，将分好的组全排列，安排到2个核酸点，有种情况，则有种不同的安排方法；故不同的安排方法总共有种.故答案为：50.15．已知函数在上的最大值为2，则______．【答案】【分析】直接对函数求导，利用函数在区间上单调性和条件，求出值，从而求出结果.【详解】因为，所以，又，所以在上恒成立，即在区间上单调递减，所以，得到，故，所以.故答案为：.16．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球（球除颜色外，大小质地均相同）．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，下列说法正确的序号是______．①事件，相互独立；②；③；④；⑤．【答案】③⑤【分析】首先判断出，和是两两互斥事件，再判断与是否相等，可确定①；求出可判断②；利用全概率判断③；再利用条件概率判断④⑤.【详解】依题意，，和是两两互斥事件，，，又，①②错误；又，，，③正确，④错误；，⑤正确；故答案为：③⑤. 四、解答题17．某校举办元旦晩会，现有4首歌曲和3个舞蹈需要安排出场顺序.（结果用数字作答）(1)如果4首歌曲相邻，那么有多少种不同的出场顺序?(2)如果3个舞蹈不相邻，那么有多少种不同的出场顺序?(3)如果歌曲甲不在第一个出场，舞蹈乙不在最后一个出场，那么有多少种不同的出场顺序?【答案】(1)(2)(3) 【分析】(1)捆绑法：先将4首歌曲捆绑，然后与3个舞蹈排序，有（种）不同的出场顺序.（2）插空法：先将4首歌曲排好，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，（种）不同的出场顺序.（3）有条件限制类排列：可用排除法，7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.【详解】（1）先将4首歌曲捆绑，有种情况，再将捆绑好的4首歌曲与3个舞蹈排序，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.（2）先将4首歌曲排好，有种情况，再将3个舞蹈排入4首歌曲隔开的5个空中，有种情况，所以有（种）不同的出场顺序.（3）方法一：7个节目全排列，有种情况，其中歌曲甲在第一个出场时，有种情况，舞蹈乙在最后一个出场时，有种情况，其中都包含了歌曲甲在第一个出场且舞蹈乙在最后一个出场的情况，有种情况，故共有（种）不同的出场顺序.方法二：歌曲甲在最后一个出场时，其他节目可全排，有种情况；歌曲甲不在最后一个出场时，可从余下的5个位置任选一个，有种情况，而舞蹈乙可排在除去最后一个位置后剩下的5个位置中，有种情况，其余节目全排列，有种情况，共有（种）不同的出场顺序.18．函数在和单调递增，在单调递减.（1）求函数的解析式；（2）求在上的最大值和最小值.【答案】（1）；（2）最大值和最小值分别为16和.【分析】（1）．根据函数在和，单调递增，在单调递减．可得，是的两个实数根．利用根与系数的关系即可得出；（2）由已知可知函数在，单调递减，函数在，上单调递增．进而得出最值．【详解】（1）．函数在和，单调递增，在单调递减．，是的两个实数根．，．解得，．，满足条件．．（2）因为函数在和单调递增，在单调递减.所以函数在，单调递减，函数在，上单调递增．当时，函数取得极小值即最小值，．又，（2）．时，函数取得最大值为16．所以函数在上的最大值和最小值分别为16和.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间和最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19．为响应国家提出的“大众创业万众创新”的号召，小王大学毕业后决定利用所学专业进行自主创业，生产某小型电子产品.经过市场调研，生产该小型电子产品需投入年固定成本2万元，每生产万件，需另投入流动成本万元.已知在年产量不足4万件时，，在年产量不小于4万件时，.每件产品售价6元.通过市场分析，小王生产的产品当年能全部售完.(1)写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式.（年利润=年销售收入-年固定成本-流动成本.）(2)年产量为多少万件时，小王在这一产品的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少？【答案】(1)；(2)当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元. 【分析】（1）分以及，分别求解得出表达式，写成分段函数即可；（2）当时，求导得出.然后根据基本不等式求出时，的最值，比较即可得出答案.【详解】（1）由题意，当时，；当时，.所以.（2）当时，，令，解得.易得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，.当时，，当且仅当，即时取等号.综上，当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元.20．某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为，且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响.（1）试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过自主招生初试的可能性更大；（2）若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙答题的得分为，求的分布列及数学期望和方差.【答案】（1）甲通过自主招生初试的可能性更大.（2）见解析，，.【分析】（1）分别利用超几何概型和二项分布计算甲、乙通过自主招生初试的概率即可；（2）乙答对题的个数服从二项分布，利用二项分布的公式，计算概率，再利用，即得解.【详解】解：（1）参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试，在这8个试题中甲能答对6个，甲通过自主招生初试的概率参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试.在这8个试题中乙能答对每个试题的概率为，乙通过自主招生初试的概率，甲通过自主招生初试的可能性更大. （2）根据题意，乙答对题的个数的可能取值为0，1，2，3，4. 且的概率分布列为：05101520    .【点睛】本题考查了超几何分布和二项分布的概率和分布列，考查了学生实际应用，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.21．为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测.假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用表示样本中次品的件数.(1)求的分布列（用式子表示）和均值；(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过的概率.参考数据：设，则，.【答案】(1)的分布列为，的均值为；(2) 【分析】（1）由题意随机变量服从超几何分布，从而即可求解；（2）样本中次品率是一个随机变量，由题意，，根据参考数据即可求解.【详解】（1）解：由于质检员是随机不放回的抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，所以由题意随机变量服从超几何分布，所以的分布列为，的均值为；（2）解：样本中次品率是一个随机变量，所以.所以误差不超过的概率为.22．已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若，，求a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据导函数的几何意义求切线方程；(2)参变分离可得，利用导数讨论的最值即可求解.【详解】（1）当时，，则，则又，所以所求切线方程为，即.（2），等价于,①当时，显然成立;②当时，不等式等价于,设，则.设，则,）时，，当）时，,则在上单调递减，上单调递增.因为，所以，且,则当时，，当）时，.所以在上单调递减，在上单调递增，则,则，故a的取值范围为.