2022-2023学年广东省深圳市福田区红岭中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省深圳市福田区红岭中学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学年广东省深圳市福田区红岭中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．两批同种规格的产品，第一批占、合格品率为，第二批占、合格品率为.将两批产品混合，从混合产品中任取一件.则这件产品是次品的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】次品率等于1减合格品率，计算可得.【详解】.故选：D.2．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化. 每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦. 用2个阳爻，4个阴爻，可以组成（    ）种不同的重卦.A．6 B．15 C．20 D．24【答案】B【分析】只需从6个位置中选取2个位置放置阳爻，则问题得解.【详解】要满足题意，则只需从6个位置中选取2个位置放置阳爻即可，故满足题意的重卦有种.故选：B.3．当时，函数取得最大值，则（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B. 4．设随机变量，且满足，，则p＝（    ）A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3【答案】C【分析】根据二项分布的方差公式及概率公式列式求解即可.【详解】依题意可知，，即，解得或，又，所以，所以，解得，所以0.4．故选：C.5．的展开式中x3y3的系数为（    ）A．5 B．10C．15 D．20【答案】C【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.【详解】展开式的通项公式为（且）所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：和在中，令，可得：，该项中的系数为，在中，令，可得：，该项中的系数为所以的系数为故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.6．将5名志愿者分配到3个不同的项目进行服务，每名志愿者只分配到一个项目，每个项目至少分配一名志愿者，并且甲、乙两名志愿者必须分配在一起，则不同的分配方式有（    ）种.A．24 B．36 C．48 D．72【答案】B【分析】将甲、乙看作一个整体，分组方式分，两类，结合排列组合计算不同的分配方式.【详解】将甲、乙看作一个整体，各组人数以分组，共有种，各组人数以分组，共有种，所以共有种分配方式，故选：B7．函数在的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先由奇函数排除C，D选项，再由时，，可排除A选项，即可求解.【详解】由题意，关于原点对称，又，为奇函数，可排除C，D选项；又时，可得，可排除A选项，B选项正确.故选：B.8．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析三个数，找到它们两两之间的联系，然后根据两两之间的联系构造函数，利用函数的单调性判断大小.【详解】设，则恒成立，所以单调递减，所以，所以，即，即；设，则恒成立，所以单调递减，所以，所以，即，即；综上，.故选：D. 二、多选题9．随机变量服从两点分布，若，则下列结论正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据两点分布的定义以及期望，方差的性质即可解出．【详解】因为随机变量服从两点分布，，所以，故，因此，，，所以正确的是ABD．故选：ABD．10．在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ）A．常数项是 B．各项的系数和是64C．第4项二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为【答案】AC【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；求出奇数项的二项式系数和可判断D选项.【详解】二项式的展开式通项为.令，可得，故常数项是，A正确；各项的系数和是，B错误；二项式展开式共7项，故第4项二项式系数最大，C正确；奇数项二项式系数和为，D错误.故选：AC11．已知点不在函数的图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，则的取值可以是（    ）A． B． C．0 D．【答案】AB【分析】由题意切点为，利用导数的几何意义可得求出切线方程，代入点，可得，构造函数，将原问题转化为函数图象的交点个数问题，利用导数求得函数最值，作出函数图象，数形结合，即可求解.【详解】由题意知，过点作直线与的图象相切，设切点为，则切线斜率为，则切线方程为，将点代入，即，即，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故，当时；当时；，作出的大致图象如图：由点不在函数的图象上，且过点能作两条直线与的图象相切，可知，且有两个解，即的图象和有2个交点，故，则a的取值可以为.故选：AB.12．对于函数，下列说法正确的是（    ）A． B．在处取得极大值C．有两个零点 D．若在上恒成立，则【答案】ABD【分析】求导，由的单调性可得；构造函数，利用单调性可求得，即可判断A；根据极值的概念求解可判断B；求出的零点可判断C；由在上恒成立，得在上恒成立，设，求出的最大值可判断D．【详解】，，，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，；，构造函数，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，，即，则，即，所以，故A正确；当时，，单调递增；当时，，单调递减，函数在时取得极大值，故B正确；，，令，则，解得，则只有一个零点，故C错误；在上恒成立，故在上恒成立，设，定义域为，则，令，解得，单调递增；单调递减，，故，故D正确．故选：ABD． 三、填空题13．函数的单调递减区间是__________.【答案】和（或写成 和）【详解】试题分析：由题意得，令，解得或，所以函数的递减区间为和．【解析】利用导数求解函数的单调区间．14．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有______种.【答案】【分析】由排列组合中的捆绑法和插空法计算.【详解】利用捆绑法可得，丙和丁相邻的排法有种，然后将乙、戊和丙、丁4人进行排列，排法有种，因为甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成2个空位，利用插空法排列甲，排法有种，所以不同的排列方法有种.故答案为：15．曲线在原点处的切线方程是________.【答案】【分析】求导，利用切点处的导数值得切线斜率，进而可由点斜式得切线方程.【详解】,故，又，所以原点处的切线方程为：，故答案为：16．直线与曲线和的交点分别为P，Q，当m变化时，的最小值为____.【答案】【分析】根据反函数的性质，可将问题转化成曲线的点到的距离，根据点到直线的距离公式，利用导数求解最值即可求解.【详解】由于和互为反函数，所以和的图象关于对称，与垂直，所以的最小值即为曲线的点到的距离的2倍，设的一点为,则点到直线的距离为，由，故当单调递增，当单调递减，故当时，取极小值也是最小值，最小值为，故此时，故的最小值为，故答案： 四、解答题17．某超市为了调查顾客单次购物金额与年龄的关系，从年龄在内的顾客中，随机抽取了100人，调查结果如表：年龄段类型单次购物金额满188元81523159单次购物金额不满188元235911(1)为了回馈顾客，超市准备开展对单次购物金额满188元的每位顾客赠送1个环保购物袋的活动.若活动当日该超市预计有5000人购物，由频率估计概率，预计活动当日该超市应准备多少个环保购物袋？(2)在上面抽取的100人中，随机依次抽取2人，已知第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元，求第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率.【答案】(1)3500(2) 【分析】（1）根据单次购物金额满188元的顾客人数，求出100人中单次购物金额满188元的概率，根据概率估计频率求出5000人购物金额满188元的顾客人数即可；（2）根据条件概率的计算公式，列出等式求出即可.【详解】（1）解：由表可知，单次购物金额满188元的有：8+15+23+15+9=70人，所以单次购物金额满188元频率为：，所以5000人中，单次购物金额满188元大约人，故需准备3500个环保购物袋；（2）记事件为“第1次抽到的顾客单次购物金额不满188元”，记事件为“第2次抽到的顾客单次购物金额满188元”，所以，，所以，故第2次抽到的顾客单次购物金额满188元的概率为.18．某班组织知识竞赛，一共3题，答题规则如下：每队2人，其中1人先答题，若回答正确得10分，若回答错误，则另一人可补答，补答正确也得10分，得分后此队继续按同样方式答下一题；若2人都回答错误，则得0分且不进入下一题，答题结束.已知第一队含有甲､乙两名队员，其中甲队员答对每题的概率均为，乙队员答对每题的概率均为，每题都是甲先回答，且每题是否回答正确相互独立，甲､乙两人回答正确与否也相互独立.(1)求第一队答对第1题的概率；(2)设表示第一队获得的总分，求随机变量的分布列.【答案】(1)；(2)分布列见详解. 【分析】（1）根据题意可知答对第一题分为两种情况：甲先答对或甲先答错乙补答对，结合独立事件的乘法公式即可求解；（2）根据题意可得，利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，列出分布列即可.【详解】（1）设甲、乙答对每题的事件为，则，所以，答对第一题分为两种情况：甲先答对，甲先答错乙补答对，所以答对第一题的概率为；（2）由题意得，，，，，.所以X的分布列为：X0123P19．已知函数（）.(1)若是的极值点，求；(2)若在区间上恒成立，求的取值范围.【答案】(1)1(2) 【分析】（1）求导，由题意，解得，检验即可；（2）求导，根据单调区间分类讨论，列出不等式组，求解即可.【详解】（1）因为，所以,若是的极值点，则，即，解得.当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，故是的极小值点，综上，.（2）因为，所以.令,得，令,得或,所以的单调减区间为，单调增区间为，,若，即，在单调递增，在单调递减，因为在区间上恒成立，所以，解得.又，所以.若，即，在单调递增，在单调递减，在单调递增，因为在区间上恒成立，所以，解得.又，所以.综上,可得,即的取值范围是.20．已知函数，其中.(1)求曲线在处的切线方程；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，进而得出切线的方程；（2）根据在区间上的单调性，结合零点存在定理求得有唯一的根，且，利用函数的单调性求出的最小值，结合的范围即可证得结论.【详解】（1）因为，且，，所以曲线在处的切线方程为，即；（2）证明：由（1），知，，易知在区间上单调递增，且，，，所以，存在，使得，即有唯一的根，记为，则，对两边取对数，得，整理得，因为时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以，，令，，，则在上单调递减，从而，所以．21．某商场为了回馈顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放8个大小相同的小球，其中红球4个，白球4个. 规定：①每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出两个小球，如果摸出的两个小球颜色相同即为中奖，颜色不同即为不中奖；②每名顾客只能选一种抽奖方案进行抽奖，方案如下：方案一：共进行两次抽奖，第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖；方案二：共进行两次抽奖，第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖.(1)顾客甲按照方案一进行抽奖，记中奖次数为，求的数学期望；(2)（ⅰ）顾客乙按照方案二进行抽奖，记中奖次数为，求的分布列和数学期望；（ii）已知有300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为多少的概率最大？【答案】(1)(2)（ⅰ）分布列见解析，期望为；（ii）60 【分析】（1）根据古典概型公式，结合二项分布的期望公式求解；（2）（ⅰ）写出中奖次数的所有可能取值，根据古典概型公式求出对应概率，得到分布列，进而得出期望；（ii）根据二项分布得出300位顾客按照方案二抽奖，其中人中奖2次的概率，通过研究其变化情况得出最值．【详解】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，所以的数学期望为．（2）（ⅰ）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为0，1，2，则，，，所以的分布列为012所以的数学期望为．（ii）每位顾客按照方案二抽奖中奖2次的概率为，则300位顾客按照方案二抽奖，其中中奖2次的人数，恰有人中奖2次的概率为，令，解得，于是，当时，；当时，，故当时，最大，所以300位顾客按照方案二抽奖，则其中中奖2次的人数为60的概率最大．22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有三个零点，求的取值范围.【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.(2) 【分析】（1）先求导函数，因导函数含有二次因式，需要讨论是否有解.（2）根据第一问函数的单调性，时函数单调不可能有3个零点，故在中去分析.结合函数极值和零点存在性定理可得.【详解】（1）函数的定义域为，，当时，方程的，此时恒成立，在区间上单调递增；当时，有两个不等实根，记，，但，所以，在区间上单调递增；当时，有两个根，记，，则，当或时，，函数在区间和上单调递增，当时，，函数在区间上单调递减综上：当时，在区间上单调递增；当时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.（2）由（1）知当时，在区间上单调递增，不符合题意.当时，由（1）知函数有两个根，记，，所以，即，因，，因在区间上单调递减，所以，故.因，且，故，.令，则，，所以单调递减，所以，所以单调递减，则，又，所以，，故函数在，，处有三个零点.所以只需即可，即，解得，故的取值范围为【点睛】思路点睛：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．