河北省沧州市东七县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份河北省沧州市东七县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若,则可导函数在处的导数为( )
A.-2B.-1C. 1D.2
2．若集合,,则( )
A.B.C.D.
3．甲、乙两人下象棋,胜者得1分,平局得0分,负者得分,共下5局．用表示甲的得分,则表示( )
A.甲胜3局负2局B.甲胜4局负1局
C.甲胜3局平2局或甲胜3局负2局D.甲胜4局负1局或甲胜3局平2局
4．同济大学为弘扬我国古代的“六艺文化”,计划在社会实践活动中每天开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门,不重复开设,连续开设六天,则课程“礼”与“乐”相邻,但均与“射”不相邻的不同排法共有( )
A.72种B.144种C.240种D.252种
5．函数的图象大致为( )
A.B.
C.D.
6．某中学共有2400名男生,为了解该校的男生身高情况,随机抽取该校100名男生,测量身高,通过数据分析得到该校男生的身高H（单位：cm）服从正态分布,若将的学生视为超高,则该校超高的男生约有( )
参考数据：若随机变量X服从正态分布,则,,.
A.1名B.2名C.3名D.4名
7．若函数在上单调递减,则m的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．在等比数列中,,若函数,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．袋中有9个除颜色外其余完全相同的球,其中2个黑球,3个白球,4个红球,从中任取2个球,每取到一个黑球得0分,每取到一个白球得1分,每取到一个红球得2分,则下列各选项正确的是( )
A.“至多取到两个红球”和“取到一个白球,一个黑球”是互斥事件
B.总得分为1分的概率和取到一个白球,一个黑球的概率相等
C.总得分为2分的概率是
D.取到的两个球均为红球的概率是
10．有甲、乙两个小组参加某项测试,甲组的合格率为70%,乙组的合格率为90%．已知甲、乙两组的人数分别占这两组总人数的70%,30%．从这两组组成的总体中任选一个人,用事件,分别表示选取的该人来自甲、乙组,事件B表示选取的该人测试合格,则( )
A.B.C.D.
11．已知,则( )
A.B.
C.D.
12．已知函数,,则( )
A.有两个极值点
B.有三个零点
C.直线是曲线的切线
D.当直线与曲线有三个不同的交点时,实数a的取值范围是
三、填空题
13．某话剧排练时,要从6名演员中选3名分别扮演三种不同的角色,则不同的编排方法有__________种．（用数字作答）
14．在的展开式中,的系数为____________．（用数字作答）
15．已知离散型随机变量X的分布列如下表,若随机变量满足,则___________．
16．已知函数有正零点,则正实数a的取值范围为_____________．
四、解答题
17．立德小学的课外活动室里有一些“塑料珠子”和“纸盒”．王宁同学正在玩珠子投纸盒的游戏,将5个不同的塑料珠子投入编号为1,2,3,4,5的5个纸盒中,试问：
（1）一共有多少种不同的投法？
（2）恰有1个空盒的投法共有多少种？
18．已知在（a,b为常数且,,,）中,有．
（1）求的展开式中的常数项;
（2）若它的展开式中的常数项是其各项系数中最大的项,求的最大值．
19．某学习平台开设了一个“四人赛”的答题模块,规则如下：用户进入“四人赛”答题模块后,共需答题两轮,每轮开局时,系统会自动匹配3人与用户一起答题,每轮答题结束时,根据答题情况四人分获第一、二、三、四名．首轮中的第一名积5分,第二、三名均积3分,第四名积1分;第二轮中的第一名积3分,其余名次均积1分．两轮的得分之和为用户在“四人赛”中的总得分．假设小李在首轮获得第一、二、三、四名的可能性相同;若其首轮获得第一名,则第二轮获得第一名的概率为,若其首轮没获得第一名,则第二轮获得第一名的概率为．
（1）设小李首轮的得分为X,求X的分布列;
（2）求小李在“四人赛”中的总得分的期望．
20．已知函数,．
（1）求的极小值;
（2）若对任意的,,不等式恒成立,求实数a的取值范围．
21．已知甲书架上有4本英文读物和2本中文读物,乙书架上有2本英文读物和3本中文读物．
（1）从甲书架上无放回地取2本书,每次任取1本,求第一次取到英文读物的条件下第二次仍取到英文读物的概率;
（2）先从乙书架上随机取2本书放在甲书架上,再从甲书架上随机取2本书,求从甲书架上取出的是2本英文读物的概率．
22．已知函数．
（1）讨论的单调性;
（2）当时,证明：不等式恒成立．
参考答案
1．答案：A
解析：由已知可得,,
所以,.
根据导数的概念可知,在处的导数.
故选：A.
2．答案：A
解析：由,则,解得,
所以,
由,则,解得,所以,
所以.
故选：A.
3．答案：D
解析：由已知可得,当时,应该为3胜2平或4胜1负.
故选：D.
4．答案：B
解析：依题意先将“御”“书”“数”三门课程全排列,有种排法;
再将“礼”与“乐”捆绑作为一个整体,与“射”插空到“御”“书”“数”所形成的4个空中的2个,
故有种排法,
按照分步乘法计数原理可知一共有种排法.
故选：B.
5．答案：C
解析：因为,
当时,,所以,
所以,,所以
所以,
即在上恒成立,故B、D项错误;
,
由可得,,.
由可得,,所以在上单调递减;
由可得,,所以在上单调递增.
所以,在处取得唯一极大值,也是最大值,故A、B错误.
故选：C.
6．答案：C
解析：因为该校男生的身高H（单位：cm）服从正态分布,
所以,,
所以,
所以该校超高的男生约有,
故选：C.
7．答案：D
解析：因为,所以,
依题意在上恒成立,所以在上恒成立,
令,,则,所以在上单调递增,
所以,所以,即m的取值范围是.
故选：D.
8．答案：A
解析：设,
则,,
所以,.
因为是等比数列,且,
所以,,
所以,,
所以,.
故选：A.
9．答案：BC
解析：对于A：若“取到一个白球,一个黑球”,此时没有取到红球,
则事件“至多取到两个红球”也发生了,故两个事件不互斥,即A错误;
对于B：要使总得分1分,则表示取到一个白球,一个黑球,
故总得分为1分的概率和取到一个白球,一个黑球的概率相等,即B正确;
对于C：若总得分为2分,则取到两个白球或取到一个红球、一个黑球,
故概率,即C正确;
对于D：取到的两个球均为红球的概率,故D错误;
故选：BC.
10．答案：AD
解析：由已知可得,,,,.
对于A项,由已知可得,,
根据乘法公式可知,故A项正确;
对于B项,由已知可得,故B项错误;
对于C项,由已知可得,,
根据乘法公式可知,故C项错误;
对于D项,因为,故D项正确.
故选：AD.
11．答案：ACD
解析：因为,
令可得,
令可得①,
所以,故A正确;
令可得②,
①-②得,故B错误;
①②得,
又展开式的通项为（且）,
所以当r为奇数时展开式系数为负数,当r为偶数时展开式系数为正数,
即,,,,,,,,,,,
所以
,故C正确;
将两边对求导可得：
,
再令可得,故D正确;
故选：ACD.
12．答案：ABD
解析：对于A项,.
由,可得.
因为,所以或.
当时,有,,所以在上单调递增;
当时,有,,所以在上单调递减;
当时,有,,所以在上单调递增.
所以,在处取得极大值,在处取得极小值,
所以,有两个极值点,故A正确;
对于B项,因为,,
,,
根据A的结论以及零点存在定理可知,在,,上各有一个零点,所以有三个零点,故B正确;
对于C项,假设直线是曲线的切线,
由可得,
因为,所以或.
又,,
所以切点为或,显然这两个点都不在直线上,
故假设错误,故C项错误;
对于D项,令,由A、B解析可知,
在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,在处取得极大值,在处取得极小值0,
且,.
设,,
则,.
作出以及的图象如图

因为,
由图象可知,当时,函数与的图象恒有3个交点,
即直线与曲线有三个不同的交点,
所以,实数a的取值范围是,故D项正确.
故选：ABD.
13．答案：120
解析：要从6名演员中选3名分别扮演三种不同的角色,
则不同的编排方法有种.
故答案为：120.
14．答案：-5
解析：因为,
其中展开式的通项为（且）,
所以的展开式中含的项为,
所以的系数为-5.
故答案为：-5.
15．答案：
解析：依题意,解得,
所以,
则,
又,所以.
故答案为：.
16．答案：
解析：由已知可得,,定义域为.
因为等价于.
令,则在R上恒成立,
所以,在R上单调递增.
由可知,,
根据的单调性可知,,所以有.
因为,所以.
令,,则.
由可得,.
由可得,,所以在上单调递增;
由可得,,所以在上单调递减.
所以,在处取得唯一极小值,也是最小值,
所以,,所以.
故答案为：.
17．答案：（1）3125
（2）1200
解析：（1）由已知可得,每个塑料珠子都有5种投法,
根据分步乘法计数原理可知,5个不同的塑料珠子的投法有种.
（2）恰有1个空盒,表示5个塑料珠子投入了4个盒子,这4个盒子里面有1个盒子里面有2个珠子,剩余3个盒子里面只有1个珠子.
第一步：从5个小球中选出2个,选法种数为;
第二步：将选出的2个小球与剩余的3个小球看为4组,分别投入5个空盒中4个中,不同的投放方法为.
根据分步乘法计数原理可得,恰有1个空盒的投法种数为.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由已知可得,展开式的通项为,.
由已知可得,即.
因为,所以,所以,
所以,的展开式中的常数项为.
（2）由（1）知,该式二项展开式通项为,.
由已知可得,整理可得.
因为,,所以有.
令,则,且.
因为,当且仅当,即时等号成立,
显然满足.
所以,,所以,
所以,的最大值为.
19．答案：（1）分布列见解析
（2）
解析：（1）依题意X的所有可能取值为5,3,1,
则,,,
所以X的分布列为
（2）设小李在“四人赛”中的总得分为Y,则Y的取值为8,6,4,2,
则,,
,,
所以Y的分布列为
所以.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由已知可得,.
由可得,或.
当时,有,所以在上单调递增;
当时,有,所以在上单调递减;
当时,有,所以在上单调递增.
所以,在处取得极小值.
（2）要使,,不等式恒成立,
只需满足即可.
由（1）知,在上单调递减,在上单调递增,
所以,在上取得唯一极小值,也是最小值.
因为,
①当时,在上恒成立,所以在上单调递增,
此时,
所以有,即,a无解;
②当时,由可得,.
当时,有,所以在上单调递增;
当时,有,所以在上单调递减.
所以,在取得唯一极大值,也是最大值;
（ⅰ）当时,有,此时上单调递减,
所以,,
所以有,解得;
（ⅱ）当时,有,此时在上单调递增,
所以,,
所以有,即,a无解;
（ⅲ）当时,有,此时在上单调递增,在上单调递减,
所以,,
所以有,即,a无解.
综上所述,.
21．答案：（1）
（2）
解析：（1）依题意第一次取到英文读物,则甲书架上还有本英文读物和本中文读物,
所以第二次仍取到英文读物的概率.
（2）从乙书架上随机取2本书放在甲书架上,
记从乙书架上取出两本英文读物为事件A,从乙书架上取出一本英文读物、一本中文读物为事件B,
从乙书架上取出两本中文读物为事件C,从甲书架上取出的是2本英文读物为事件D,
依题意,,,
,,,
所以.
22．答案：（1）答案见解析
（2）证明见解析
解析：（1）定义域为,
,
当时恒成立,所以在上单调递减,
当时,
所以当时,则在上单调递增,
当时,则在上单调递减,
综上可得,当时在上单调递减;
当时在上单调递增,在上单调递减.
（2）当时,则不等式恒成立,
即恒成立,
令,,则,
令,,则,
所以在上单调递增,
又,,所以存在唯一实数使得,
所以当时,即,所以在上单调递减,
当时,即,所以在上单调递增,
所以,又,
即,所以,则,
所以
,
令,,则,
所以在上单调递减,所以,
所以.
X
-1
0
1
2
P
m
X
5
3
1
P
Y
8
6
4
2
P