2022-2023学年广东省广州市第八十九中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市第八十九中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共17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学年广东省广州市第八十九中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．有7件产品，其中4件正品，3件次品，现不放回从中取2件产品，每次一件，则在第一次取得次品的条件下，第二次取得正品的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用条件概率公式，结合古典概型计算即可.【详解】法一：设第一次取得次品为事件A，第二次取得正品为事件B，则，所以.法二：在第一次拿出一件次品后还有6件，其中4件正品，2件次品，故第二次拿出正品的概率为.故选：B.2．下列各式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用初等函数求导公式判断，，，用复合函数求导公式判断.【详解】对于项：常值函数求导，，所以错；对于项：余弦函数求导，，所以错；对于项：幂函数求导，，所以错；对于项：复合函数求导，，令，，，，所以，所以正确；故选：.3．已知随机变量X的分布列为X024P m 则（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】根据分布列的性质及期望公式即得.【详解】由题可知，，解得，则．故选：D.4．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（    ）A．0.92 B．0.93 C．0.94 D．0.95【答案】B【分析】根据已知条件，结合全概率公式，即可求解.【详解】从某地市场上购买一个电子产品，设买到的电子产品是甲厂产品为事件,设买到的电子产品是乙厂产品为事件,则由题可知从甲厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品事件,从乙厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品事件,则由题可知由题意可知互相独立，故从该地市场上买到一个合格产品的概率是.故选：B.5．已知函数，则的极小值为（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】利用导数法求函数的极值的步骤及函数的极小值的定义即可求解.【详解】函数的定义域为，因为所以，令，则，解得或（舍），x2－0＋单调递减极小值单调递增由此表可知，当时，的取得极小值为.故选：D.6．函数的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合函数值，以及函数的变化趋向，即可判断选项.【详解】函数的定义域为，满足，所以函数是奇函数，故排除B，设，，所以在上单调递增，，，所以当时，，故排除D；当时，，故排除A.故选：C7．甲乙等5位同学去三个兴趣小组，每个小组至少安排1位同学，每个同学只能去一个小组，则不同方案有（    ）种A．100 B．120 C．150 D．180【答案】C【分析】先将5人分为三组，每组的人数可能为1,1,3或者1,2,2，对应的可能情况分别为种和种，再将其分配到三个兴趣小组，进而根据排列知识求解即可.【详解】先把5人分为三组，每组的人数可能为1,1,3或者1,2,2，当每组的人数为1,1,3时，共有种情况，当每组的人数为1,2,2时，共有种情况，所以把5人分为三组共有种情况，再将三组人员分配到三个兴趣小组，有种.故选：C8．已知a，b，c均为负实数，且，，，则（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】对变形，构造，则，，，求导得到函数单调性，数形结合得到.【详解】由，得，于是．同理由，可得．对于，可得，两边同时取对数得，于是．构造函数，则，，．因为，所以当时，，在内单调递减，当时，，在内单调递增，所以，又，，，如图所示，故．故选：A【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中变形得到，，及，从而达到构造出适当函数的目的. 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．在的展开式中，下列结论正确的是（    ）A．第4项和第5项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256C．常数项为84 D．有理项有4项【答案】BC【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；展开式的通项为，令，解得．故常数项为，故C正确；有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误，故选：BC．11．甲箱中有4个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）A．事件B与事件相互独立 B．C． D．【答案】BD【分析】本题主要考察条件概率与全概率公式，对学生基础知识的考察比较广泛。由题意可得B与Ai(I=1,2,3...)是两两互斥的事件，利用条件概率的概率公式求出即可，求出相应的概率与条件，全概率，进而得到答案. 【详解】，，先发生，则乙袋中有4个红球3白球3黑球，先发生，则乙袋中有3个红球4白球3黑球，，先发生，则乙袋中有3个红球3白球4黑球，．，B对．，C错．，A错．，D对．故选:BD.12．已知，，是的导函数，则下列结论正确的是（    ）A．在上单调递增．B．在上两个零点C．当 时，恒成立，则D．若函数只有一个极值点，则实数【答案】ACD【分析】求出导函数，由确定增区间，判断A，然后可得，再利用导数确定的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数，判断B，构造函数，由在上递减，求得范围，判断C，利用导数研究的单调性与极值点，得的范围，判断D．【详解】，令，得，故A正确，，令得，得，故在上为减函数，在上为增函数．当时，；当时，且的大致图象为只有一个零点，故B错．记，则在上为减函数，对恒成立对恒成立．故C正确．，，设，只有一个极值点， 只有一个解，即直线与的图象只有一个交点．，在上为增函数，令，得，当时，；当时，．在上为减函数，在上为增函数，，时，，即，且时，，又时，，因此的大致图象如下（不含原点）：直线与它只有一个交点，则．故D正确．故选：ACD．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的性质，解题关键是由导数确定函数的单调性，得出函数的极值，对于零点问题，需要结合零点存在定理才能确定零点个数．注意数形结合思想的应用． 三、填空题13．函数 f(x)＝xex的单调减区间是______．【答案】(－∞，－1)或(－∞，－1]【详解】函数 f(x)＝xex，求导得：.令，解得.所以函数 f(x)＝xex的单调减区间是(－∞，－1)（ (－∞，－1]也可以).故答案为: (－∞，－1)或(－∞，－1].14．已知的展开式中含项的系数为，则______.【答案】/【分析】求出的展开式通项，然后利用含项的系数为列方程求解.【详解】，又的展开式通项为，的展开式通项为，，解得.故答案为：.15．已知，，，则______.【答案】【分析】根据已知条件结合全概率公式求解即可【详解】因为，所以，因为，所以，所以由全概率公式可得,故答案为：16．已知函数，若，都有，则实数a的取值范围为_____________．【答案】【分析】根据不等式恒成立，利用参数分类法进行转化为在上恒成立，构造函数，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系求出函数的最值，即可求得答案.【详解】因为，由得或，又因为，当时，单调递减，当时，，单调递增，所以，，所以，若，都有，则转化为恒成立，对于恒成立，对于恒成立，设，，设，，，当时，单调递减，，所以单调递减，当时，，所以时，单调递增，时，单调递减，所以，所以．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题主要考查了根据不等式在某区间上恒成立求参数范围，解题关键是掌握将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，考查了分析能力和计算能力，属于难题. 四、解答题17．已知函数在处取得极值．(1)求，的值；(2)求曲线在点处的切线方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求得，根据题意得到，求得，验证符合题意，即可求解；（2）由（1）求得且，结合导数的几何意义，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得，因为在处取得极值，可得，即，整理得，解得，经检验，当时，，令，解得或；令解得，所以在单调递增，单调递减，单调递增，所以在处取得极值，且符合题意，所以.（2）解：由（1）得，函数且，则，即切线的斜率为且，所以曲线在点处的切线方程为，即．18．已知数列的前项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据数列的递推式可得时，，采用作差的方法可得，结合累乘法即可求得答案；（2）由（1）可得的通项公式，利用裂项求和的方法，即可求得，从而证明结论..【详解】（1）因为，所以当时，，两式作差可得，整理得．，令，则，所以，所以，则，当时，也符合上式，综上，．（2）证明：由（1）可知，，则，因为，所以，所以．19．为了弘扬中华优秀传统文化，加强对学生的美育教育，某校开展了传统艺术书画知识趣味竞赛活动.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.已知第一对含有甲、乙两名队员，其中甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为，每道题都是甲先回答，且两人每道题目是否回答正确相互独立.甲乙两人回答正确与否也互相独立.(1)求第一队答对第1题的概率；(2)记为第一队获得的总分，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望为 【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，进而求解.【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，， ，，，.所以的分布列为：X0123P数学期望为.20．已知函数，．(1)当时，证明：在上恒成立；(2)若有2个零点，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设，对函数求导得，根据指数函数和幂函数的性质知函数在上单调递增且，结合导数研究函数的单调性求出即可；（2）函数有2个零点等价于函数与的图象有2个交点，利用导数讨论函数的单调性，结合图形即可求解.【详解】（1）当时，设，则，设，由函数和在上单调递增，知函数在上单调递增，且，所以当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增，所以即在上恒成立；（2）由，得，令，则有2个零点，等价于函数与的图象有2个交点，令，得，当时，当时，则函数在上单调递增，在上单调递减，故，且当时，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远比大，故趋向于0，作出函数的大致图象如下：结合图象可知，当时，与的图象有2个交点，故a的取值范围是．21．从2021年起，全国高考数学加入了新题型多选题，每个小题给出的四个选择中有多项是正确的，其中回答错误得0分，部分正确得2分，完全正确得5分，小明根据以前做过的多项选择题统计得到，多选题有两个选项的概率为p，有三个选项的概率为（其中）.(1)若，小明对某个多项选择题完全不会，决定随机选择一个选项，求小明得2分的概率；(2)在某个多项选择题中，小明发现选项A正确，选项B错误，下面小明有三种不同策略：Ⅰ：选择A，再从剩下的C，D选项中随机选择一个，小明该题的得分为X；Ⅱ：选择ACD，小明该题的得分为Y；Ⅲ：只选择A、小明该题的得分为Z；在p变化时、根据该题得分的期望来帮助小明分析该选择哪个策略.【答案】(1)(2)答案见解析. 【分析】（1）根据分类加法求概率.（2）分别求出三种策略下的得分均值，通过比较均值的大小来确定选择哪个策略.【详解】（1）若答案是两个选项，所有的可能有：共6种，则小明只选一个得2分的概率为：；答案是三个选项，所有的可能有：有共4种，则小明只选一个得2分的概率为：；故小明得2分的概率为（2）选策略Ⅰ，则小明得分为 的分布为： 025                     得分的期望为 选策略Ⅱ，则小明得分为的分布为：05 得分的期望为策略Ⅲ，得分为,则当，此时，故此时选择策略Ⅰ，当时，最大，此时选择策略Ⅱ，当 时，策略Ⅰ, Ⅱ概率一样，都可以.22．已知函数(1)讨论函数的单调性；(2)当时，恒成立，求的最大整数值．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）利用导数的运算法则可得，利用导数研究函数的单调性，即可求解；（2）由（1），根据零点的存在性定理可知存在使得，即．进而可得函数的单调性，则，结合对勾函数的性质即可求解.【详解】（1）函数的定义域为，．令，，当时，恒成立，所以函数在上递增；当时，在区间，，函数递减；在区间，，函数递增．（2）当时，，，由（1）知，在上递增，且，，所以存在使得，即．在区间上，，函数单调递减；在区间上，，函数单调递增．所以当时，取得极小值也即是最小值，为，设，则，令或，令或，所以函数在和上单调递减，在和上单调递增.∵，∴，所以．由恒成立，得，故的最大整数值为．