山东省菏泽市2021-2022学年高二下学期期末考试数学试题 word版含解析

2021—2022学年高二下学期教学质量检测

数学试题

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 甲、乙、丙三个口袋内分别装有2个红球，3个白球，3个黑球，从口袋中取出2个不同颜色的小球，取法种数为（    ）

A 8 B. 18 C. 21 D. 28

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意分红白，红黑和黑白三种情况求解即可

【详解】由题意，从口袋中取出2个不同颜色的小球，取法种数为种

故选：C

2. 关于线性回归的描述，下列命题错误的是（    ）

A. 回归直线一定经过样本点的中心 B. 残差平方和越小，拟合效果越好

C. 决定系数越接近1，拟合效果越好 D. 残差平方和越小，决定系数越小

【答案】D

【解析】

【分析】根据线性回归的性质判断即可

【详解】对A，回归直线一定经过样本点的中心正确；

对B，残差平方和越小，拟合效果越好正确；

对C，决定系数越接近1，拟合效果越好正确；

对D，残差平方和越小，拟合效果越好，决定系数越接近1，故D错误；

故选：D

3. 新能源汽车的核心部件是动力电池，碳酸锂是动力电池的主要成分.从2021年底开始，碳酸锂的价格一直升高，下表是2022年我国某企业前5个月购买碳酸锂价格与月份的统计数据.由下表可知其线性回归方程为，则表中的值为（    ）

A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.8

【答案】B

【解析】

【分析】由于线性回归直线一定过样本中心点，所以将样本中心点坐标代入可求得结果.

【详解】由表中数据可得，，

将代入解得.

故选：B.

4. 展开式中的系数为（    ）

A. 200 B. 210 C. 220 D. 230

【答案】A

【解析】

【分析】根据，再根据二项展开式的通项公式求解中和的项即可

【详解】，又中含的项为，中含的项为，故展开式中含的项为，故展开式中的系数为200

故选：A

5. 已知两个随机变量，，其中，（），若，且，则（    ）

A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1

【答案】D

【解析】

【分析】根据二项分布的均值与正态分布的均值公式可得，再根据正态分布曲线的对称性求解即可

【详解】由可得，即.又，由正态分布曲线对称性可得

故选：D

6. 导函数的图象如图所示，下列说法正确的个数是（    ）

①导函数在处有极小值

②函数在处有极大值

③函数在上是减函数

④函数在是增函数

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】根据导函数图象与原函数的单调性的关系逐项分析可得.

【详解】由的图象可知，故①正确；

在两边，所以在无极值，②错误；

由图象可知，在上先大于0，后小于0，故在上先增后减，③错误；

在上，所以函数在上单调递增，④正确.

故选：B

7. 将诗集《诗经》、《唐诗三百首》，戏剧《牡丹亭》，四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》7本书放在一排，下面结论成立的是（    ）

A. 戏剧放在中间的不同放法有种 B. 诗集相邻的不同放法有种

C. 四大名著互不相邻的不同放法有种 D. 四大名著不放在两端的不同放法有种

【答案】C

【解析】

【分析】根据分步乘法计数原理计数后进行判断即可.

【详解】选项A：戏曲书只有一本， 所以其余6本书可以全排列， 共有6! 种不同排列方法；

选项 ： 诗集共2本， 把诗集当成一本， 不同方法有6! 种， 这两本又可交换位置，

 所以不同放法总数为 ；

选项C：四大名著互不相邻， 那只能在这四本书的3个空隙中放置其他书， 共有3! 种放法，

 这四本书又可以全排列， 所以不同放法总数为 ；

选项D：四大名著可以在第 2 至第6这5个位置上任选4个位置放置， 共有 种放法，

 这四本书放好后， 其余3本书可以在剩下的 3 个位置上全排列，

所以共有不同放法总数为

故选：C.

8. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先设，利用导数得到，从而得到，设，利用导数得到，从而得到和，即可得到答案.

【详解】解：设，，令，解得.

，，单调递减，

，，单调递增.

所以，即，当且仅当时取等号.

所以.

又，，故，所以；

设，，令，解得.

，，单调递增，

，，单调递减.

所以，即，当且仅当时取等号.

所以，故，

又，所以，

故.

故选：B.

二、选择题：共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 设离散型随机变量的分布列为：

若离散型随机变量满足：，则下列结论正确的有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据给定的分布列求出q，再利用期望、方差的定义计算作答.

【详解】由分布列知：，，A正确；

，B不正确；

对于C，，C正确；

对于D，，D不正确.

故选：AC

10. 在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则（    ）

A. 二项式系数和为64 B. 各项系数和为64

C. 常数项为 D. 常数项为135

【答案】ABD

【解析】

【分析】先根据题意，分别对四个选项一一验证：

求出n=6，得到二项展开式的通项公式，

对于A: 二项式系数和为,可得；

对于B:赋值法，令，可得；

对于C、D:利用二项展开式的通项公式，可得.

【详解】在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，

令，得各项系数和为，二项式系数和为，则，得，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A、B正确；

展开式的通项为，

令，得，因此，展开式中的常数项为．

故D正确.

故选：ABD.

【点睛】二项式定理类问题的处理思路：利用二项展开式的通项进行分析．

11. 已知函数，.（    ）

A. 当时，没有零点

B. 当时，是增函数

C. 当时，直线与曲线相切

D. 当时，只有一个极值点，且

【答案】ACD

【解析】

【分析】当时，，求导，借助零点存在性定理求出单调性，并求出，据此判断A B；当时，，求导，将代入得斜率，又因为，代点斜式求出切线方程，继而判断C；结合导函数的单调性及零点存在性定理判断D.

【详解】当时，，则，在上为增函数，且，所以在上存在唯一的零点m，则，所以，则在上单调递减，在上单调递增，所以，从而没有零点，故A正确，B错误.

当时，，则，因为，，所以曲线在点处的切线方程为，所以C正确.

因为在上为增函数，且所以只有一个极值点，且，所以D正确.

故选：ACD

12. 为认真落实新冠防疫“动态清零”总方针，某学校定于每周的周一、周四各做一次抽检核酸检验.高二（5）班某小组有6名同学，每次独立、随机的从中抽取3名同学参加核酸检验.设该小组在一周内的两次抽检中共有名不同的同学被抽中，下列结论正确的有（    ）

A. 该小组中的甲同学一周内被选中两次的概率为

B. 该小组中的甲同学一周内至少被选中一次的概率为

C.

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据相互独立事件、对立事件的概率公式计算可得；

【详解】解：依题意每次抽取甲同学被抽到的概率，

所以甲同学一周内被选中两次的概率为，故A正确；

所以甲同学一周内至少被选中一次的概率为，故B正确；

依题意的可能取值为、、、，

则，，

所以，故C错误；

，，

所以，故D正确；

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 函数f（x）=x3-12x在区间[-3，3]上的最大值是_________

【答案】16

【解析】

详解】，由得：

随x 的变化而变化情况列表如下：

f(-2)=16,f(3)=-9;由上表及计算可知：最大值是16

14. 在某“猜羊”游戏中，一只羊随机躲在两扇门后，选手选择其中一扇门并打开，如果这只羊就在该门后，则为猜对；否则，为猜错.已知一位选手有4次“猜羊”机会，若至少猜对2次才能获奖，则该选手获奖的概率为______.

【答案】

【解析】

【详解】由题意可得猜对的次数，至少猜对2次格能获奖，由此利用次独立重复试验中事件恰好发生次的概率公式求解即可

【点睛】由题意可知一位选手获得了4次“猜羊”机会，则猜对的次数，

因为至少猜对2次才能获奖，

所以该选手获奖的概率为

，

故答案为：

15. 若关于的方程无解，则实数的范围为______.

【答案】

【解析】

【分析】将问题转化为无解，构造，，利用导函数求解的单调性和极值，最值情况，再同一坐标系下画出，的图象，从而得到当斜率位于两切线之间时，两函数无交点，即方程无解，设出切点，求出两切线斜率，从而求出实数的范围.

【详解】无解，

当时，此时只需即可，所以时，方程有解，舍去；

即，则方程可化为无解，

令，则，

当时，，当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，

且当时，恒成立，

在处取得极大值，也是最大值，

，

令，为过点的直线，

画出与的图象如下：

求出与相切的两切线，当斜率位于两切线之间时，

两函数无交点，即方程无解，

设切点为，

则，解得：或，

当时，，此时；

当时，，解得：，

故实数的范围为

故答案为：

【点睛】解决函数方程根的个数问题，通常构造函数，转化为两函数的交点个数问题，构造的原则要能容易求导和画出函数图象.

16. 类比排列数公式，定义（其中，），将右边展开并用符号表示（，）的系数，得，则：

（1）______；

（2）若，（，），则______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据给定定义，求出中所有二项式因式的常数项的积可得；由并结合多项式乘法法则求解作答.

【详解】（1）依题意，是展开式的常数项，

所以；

（2）依题意，，

则展开式中项是展开式中的项与x相乘加上与相乘积的和，

即，而，，

所以.

故答案为：；

【点睛】关键点睛：由给定的新定义，探求n取相邻两个数时的两个定义式间的关系是求解问题的关键.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知函数（）在处取得极值.

（1）求函数的解析式；

（2）求曲线在点处的切线方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先求函数的导数，代入极值点，求参数，再进行检验；

（2）根据导数的几何意义求切线方程.

【小问1详解】

由，，

又在处取得极值，所以，得.

得，在时，在时，

所以函数在处取得极值，满足题意，故；

【小问2详解】

由（1）知，则，

所以曲线在处的切线方程为，即.

18. 为加强素质教育，提升学生综合素养，立德中学为高一年级提供了“书法”和“剪纸”两门选修课.为了了解选择“书法”或“剪纸”是否与性别有关，调查了高一年级1500名学生的选择倾向，随机抽取了100人，统计选择两门课程人数如下表：

（1）补全列联表；

（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为选择“书法”或“剪纸”与性别有关？

参考附表：

参考公式：，其中.

【答案】（1）列联表见解析   

（2）能

【解析】

【分析】（1）根据所给的数据补全列联表即可；

（2）计算卡方，再对比表中数据进行独立性检验即可

【小问1详解】

根据题意补全列联表，如下：

【小问2详解】零假设为：选择“书法”或“剪纸”与性别无关.

根据列联表中数据，得，

根据小概率的独立性检验，推断不成立，即有95%的把握认为选“书法”或“剪纸”与性别有关.

19. 设某工厂有甲、乙、丙三个车间，它们生产同一种工件，每个车间的产量占该厂总产量的百分比依次为25%，35%，40%，它们的次品率依次为5%，4%，2%．现从这批工件中任取一件．

（1）求取到次品的概率；

（2）已知取到的是次品，求它是甲车间生产的概率．（精确到0.01）

【答案】（1）0.0345；   

（2）0.36.

【解析】

【分析】（1）根据题意，结合全概率公式，即可求解；

（2）根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解.

【小问1详解】

设事件，，分别表示取出的工件是甲、乙、丙车间生产的，A表示“取到的是次品.

易知，，两两互斥，根据全概率公式，

可得．

故取到次品的概率为0.0345．

【小问2详解】

．

故已知取到的是次品，它是甲车间生产的概率为0.36．

20. 已知函数.

（1）求函数的极值；

（2）已知对于恒成立，求整数的最大值.

【答案】（1）极小值为，无极大值   

（2）4

【解析】

【分析】（1）求导分析单调性与极值即可；

（2）化简可得，再取，可得.构造函数，求导分析的单调性可得需，再构造函数，进而求导分析函数的单调性，结合，求解即可

【小问1详解】

，由，得，

当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，极小值为，无极大值；

小问2详解】

（2）由，所以，取，则，

因此，令，则，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以，因此只需，即，令，，所以在上单调递减，又，，

所以，整数的最大值为4.

21. 第24届冬季奥林匹克运动会即北京冬奥会，于2022年2月4日在北京开幕.某国运动队拟派出甲、乙、丙三人参加自由式滑雪比赛，比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和，其中.

（1）求甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性大？

（2）若甲、乙、丙三人都进入决赛的概率为，求三人中进入决赛的人数的分布列和期望.

【答案】（1）甲    （2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率公式分别求出甲、乙、丙进入决赛的概率，再进行比较可得结论，进入决赛的人数的可能取值为：0、1、2、3，求出相应的概率，从而可求出其分布列和期望

（2）由题意可得，求出，

【小问1详解】

甲在初赛的两轮中均获胜的概率为；

乙在初赛的两轮中均获胜的概率为：；

丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：.

因为，所以，

所以，

所以，，即甲进入决赛的可能性最大.

【小问2详解】

设甲、乙、丙都进入决赛的概率为，则，

整理得，解得或，由，所以，

所以丙在初赛的第一轮和第二轮获胜的概率分别为或，两轮中均获胜的概率为：，

进入决赛的人数的可能取值为：0、1、2、3，

所以；

；

；

；

所以，的分布列为

所以，.

22. 已知函数（），（）.

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，函数、满足下面两个条件：①方程有唯一实数解；②直线（）与两条曲线和有四个不同的交点，从左到右依次为，，，.问是否存在1，2，3，4的一个排列，，，，使得？如果存在，请给出证明；如果不存在，说明理由.

【答案】（1）答案见解析   

（2）存在，证明见解析

【解析】

【分析】（1）分类讨论参数的取值范围，利用导数求解函数的单调性即可；

（2）利用导数求解函数、的单调性，进而求解函数、的最值，结合已知条件①、②画出函数，的简图，可得，进而得到，，即可证明.

【小问1详解】

解：由题可知，，

当时，，函数在上单调递减；

当时，对于，，函数单调递减；，，函数单调递增；

【小问2详解】

解：由，，当时，；当时，，

又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，；

由，知当时，；当，，

又，可知在上单调递减，在上单调递增，，

令，即当时，；当时，，

结合条件①中方程有唯一实数解，知：

当时，，当时，，

综上，画出函数，的简图：

其中，，，，，

则，，

即，得，，

因为，由，，得，

因为，由，，因此，

所以，，

所以存在满足条件的一个排列，如，，，，使.