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    河北省沧州市东七县2022-2023学年高二数学下学期期中试题(Word版附解析)

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    这是一份河北省沧州市东七县2022-2023学年高二数学下学期期中试题(Word版附解析),共19页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    沧州市东七县2022-2023学年(下)高二年级期中考试数学一、单项选择题: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. ,则可导函数处的导数为(    A.  B.  C. 1 D. 2【答案】A【解析】【分析】根据已知可得出,然后根据导数的概念,即可得出答案.【详解】由已知可得,所以,.根据导数的概念可知,处的导数.故选:A.2. 若集合,则    A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据阶乘的定义求出集合,根据组合数的性质求出集合,再根据交集的定义计算可得.【详解】,则,解得所以,则,解得,所以所以.故选:A3. 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 B. 甲胜4局负1C. 甲胜3局平2局或甲胜3局负2 D. 甲胜4局负1局或甲胜3局平2【答案】D【解析】【分析】根据已知条件,即可得出答案.【详解】由已知可得,当时,应该为32平或41.故选:D.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”“”“”“”“”“六门课程中的一门,不重复开设,连续开设六天,则课程相邻,但均与不相邻的不同排法共有(    A. 72 B. 144 C. 240 D. 252【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法和插空法计算可得.【详解】依题意先将”“”“三门课程全排列,有种排法;再将捆绑作为一个整体,与插空到”“”“所形成的个空中的个,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:B5. 函数的图象大致为(    A.    B.   C.    D.   【答案】C【解析】【分析】先说明时,恒成立,可排除D项;求出导函数,根据导函数得出函数的单调性,可排除AB项,即可得出答案.【详解】因为时,,所以所以,,所以所以上恒成立,故BD项错误;可得,.可得,,所以上单调递减;可得,,所以上单调递增.所以,处取得唯一极大值,也是最大值,故AB错误.故选:C.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N17652),若将H≥191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Nμσ2),则Pμ-σXμ +σ≈0.6827Pμ-2σXμ+2σ≈0.9545Pμ-3σXμ+3σ≈0.9973.A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】由该校男生的身高H(单位:cm)服从正态分布N17652),得,从而求得,由此可求得答案.【详解】解:因为该校男生的身高H(单位:cm)服从正态分布N17652),所以所以所以该校超高的男生约有故选:C.7. 若函数上单调递减,则的取值范围是(    A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出函数的导函数,依题意上恒成立,参变分离可得上恒成立,令,利用导数求出,即可得解.【详解】因为,所以依题意上恒成立,所以上恒成立,,则,所以上单调递增,所以,所以,即的取值范围是.故选:D8. 在等比数列中,,若函数,则    A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】,可得.求导代入即可得出.根据等比数列的性质,即可求出的值.【详解】所以,.因为是等比数列,且所以,所以,所以,.故选:A.【点睛】关键点睛:将多项乘积看成两项的乘积,根据导数运算的乘法法则,计算求导.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.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【答案】BC【解析】【分析】根据事件的关系判断AB,根据古典概型的概率公式判断CD.【详解】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:要使总得分分,则表示取到一个白球,一个黑球,故总得分为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:BC10. 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,事件表示选取的该人测试合格,则(    A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】由已知可得,可判B项;根据乘法公式求解,即可判断AC;根据全概率公式,可判D.详解】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. 已知,则(    A.  B. C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用赋值法判断ABC,将式子两边对求导,再令,即可判断D.【详解】因为可得可得所以,故A正确;可得,故B错误;展开式的通项为),所以当为奇数时展开式系数为负数,当为偶数时展开式系数为正数,所以,故C正确;两边对求导可得:再令可得,故D正确;故选:ACD12. 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,实数的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】求导根据导函数得出函数的单调区间,即可得出A项;根据A项得出的结论,求出极值与端点处的函数值,根据零点存在定理,即可得出函数零点的个数,即可得出B项;由得出的值,代入函数求出值,验证即可判断C项;令,根据AB的解析可得出函数的单调性、极值以及端点值,进而作出图象,根据图象得出函数的图象有3个交点时的的取值,即可得出D.【详解】对于A项,.,可得.因为,所以.时,有,所以上单调递增;时,有,所以上单调递减;时,有,所以上单调递增.所以,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,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,可得,因为,所以.所以切点为,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AB解析可知,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..作出以及的图象如图  因为由图象可知,当时,函数的图象恒有3个交点,即直线与曲线有三个不同的交点,所以,实数的取值范围是,故D项正确.故选:ABD.【点睛】关键点睛:对于D项,通过研究的性质与图象,结合图象,即可求出参数的取值范围.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.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)【答案】【解析】【分析】利用排列数公式计算可得.【详解】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.故答案为:14. 展开式中,的系数为______.(用数字作答)【答案】【解析】【分析】,再写出展开式的通项,从而得到含的项,即可得解.【详解】因为其中展开式的通项为),所以的展开式中含的项为所以的系数为.故答案为:15. 已知离散型随机变量的分布列如下表,若随机变量满足,则______012 【答案】【解析】【分析】根据分布列的性质求出,从而求出,最后根据方差的性质计算可得.【详解】依题意,解得所以,所以.故答案为:16. 已知函数有正零点,则正实数的取值范围为______【答案】【解析】【分析】推得.形式相同,可构造,求导,根据导函数得出单调递增,进而得出,即可得出.构造函数,根据导函数得出函数的最值,即可得出答案.【详解】由已知可得,定义域为.因为等价于.,则R上恒成立,所以,R上单调递增.可知,根据的单调性可知,,所以有.因为,所以.,则.可得,.可得,,所上单调递增;可得,,所以上单调递减.所以,处取得唯一极小值,也是最小值所以,,所以.故答案为:.【点睛】关键点睛:由同构变形推得,进而构造,通过导函数研究的性质,即可得出关系式.四、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17. 立德小学的课外活动室里有一些塑料珠子纸盒.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123455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?【答案】13125    21200【解析】【分析】1)每个塑料珠子都有5种投法,根据分步乘法计数原理即可得出答案;2)先选出2个小球,与剩余的3个看作4组,投入4个盒子中,计算每步的结果,根据分步乘法计数原理即可得出答案.【小问1详解】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.【小问2详解】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. 已知在为常数且)中,有1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.【答案】1    2【解析】【分析】1)由已知得出展开式的通项为.由已知得出,求解得出的值,代入即可得出答案;2)由已知可得,求解可推得.,则,化简整理可得.根据基本不等式得出,然后根据不等式的性质,即可得出答案.【小问1详解】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.【小问2详解】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.,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. 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,求的分布列;2求小李在四人赛中的总得分的期望.【答案】1分布列见解析    2【解析】【分析】1)依题意的所有可能取值为,求出所对应的概率,即可得到随机变量的分布列;2)设小李在四人赛中的总得分为,则的取值为,求出所对应的概率,即可得到随机变量的分布列与数学期望;【小问1详解】依题意的所有可能取值为所以的分布列为【小问2详解】设小李在四人赛中的总得分为,则的取值为 所以的分布列为所以.20. 已知函数1的极小值;2若对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】1    2【解析】【分析】1)求出导函数,根据导函数得出函数的单调性,进而得出函数的极值;2)根据已知可将不等式化为.根据(1)的结论可得出的最小值.求出,先说明时不满足.时,研究函数的单调性以及极大值.然后根据与区间3种关系,分别计算得出的最大值,进而得出关于的不等式组,解不等式组即可得出答案.【小问1详解】由已知可得,.可得,.时,有,所以上单调递增;时,有,所以上单调递减;时,有,所以上单调递增.所以,处取得极小值.【小问2详解】要使,不等式恒成立,只需满足即可.由(1)知,上单调递减,在上单调递增,所以,上取得唯一极小值,也是最小值.因为时,上恒成立,所以上单调递增,此时所以有,即无解;时,由可得,.时,有,所以上单调递增;时,有,所以上单调递减.所以,取得唯一极大值,也是最大值)当时,有,此时上单调递减,所以,所以有,解得)当时,有,此时上单调递增,所以,所以有,即无解;)当时,有,此时上单调递增,在上单调递减,所以,所以有,即无解.综上所述,.21. 已知甲书架上有本英文读物和本中文读物,乙书架上有本英文读物和本中文读物.1从甲书架上无放回地取本书,每次任取本,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本书放在甲书架上,再从甲书架上随机取本书,求从甲书架上取出的是本英文读物的概率.【答案】1    2【解析】【分析】1)利用古典概型的概率公式计算可得;2)记从乙书架上取出两本英文读物为事件,从乙书架上取出一本英文读物、一本中文读物为事件,从乙书架上取出两本中文读物为事件,从甲书架上取出的是本英文读物为事件,利用全概率公式计算可得.【小问1详解】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.【小问2详解】从乙书架上随机取本书放在甲书架上,记从乙书架上取出两本英文读物为事件,从乙书架上取出一本英文读物、一本中文读物为事件从乙书架上取出两本中文读物为事件,从甲书架上取出的是本英文读物为事件依题意所以.22. 已知函数1讨论的单调性;2时,证明:不等式恒成立.【答案】1答案见解析    2证明见解析【解析】【分析】1)求出函数的定义域与导函数,分两种情况讨论,分别求出函数的单调区间;2)依题意恒成立,令,利用导数说明函数的单调性,只需证明即可.【小问1详解】定义域为恒成立,所以上单调递减,所以当,则上单调递增,,则上单调递减,综上可得,当上单调递减;上单调递增,在上单调递减.【小问2详解】,则不等式恒成立,恒成立,,则,则所以上单调递增,,所以存在唯一实数使得所以当,即,所以上单调递减,,即,所以上单调递增,所以,又,所以,则所以,则,所以上单调递减,所以所以

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