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    2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二下学期期中考试数学试题含答案

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    这是一份2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二下学期期中考试数学试题含答案,共15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学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1.已知函数,则导数值    A1 B C D【答案】B【分析】利用乘法求导公式和初等函数求导法则求函数的导函数,再代入即可.【详解】因为所以所以故选:B.2.在“235711131719”8个素数中,任取2个不同的数,则这两个数之和仍为素数的概率是(    A B C D【答案】C【分析】利用古典概率模型求解.【详解】8个素数中,任取2个不同的数,有如下基本事件:共有28个基本事件,这两个数之和仍为素数的基本事件有:4个,所以这两个数之和仍为素数的概率是故选:C.3.函数的单调递减区间为(    A B C D【答案】B【分析】求出导函数,令导函数小于0,即可得到单调递减区间.【详解】解:由题意,中,时,解得(舍)或时,函数单调递减单调递减区间为故选:B.4.已知随机变量取可能的值是等可能的,且,则的值为(  )A16 B17 C18 D19【答案】D【分析】根据随机变量期望计算公式可得.【详解】由题意故选:D5.已知是函数的极小值点,则函数的极小值为(    A B C D4【答案】B【解析】是函数的极小值点,根据,求得,进而利用导数,即可求解函数的极小值,得到答案.【详解】由题意,函数,可得因为是函数的极小值点,,即,解得,可得时,单调递增;时,单调递减,所以当是函数的极小值点,所以函数的极小值为.故选:B.6.某校ABCDE五名学生分别上台演讲,若A须在B前面出场,且都不能在第3号位置,则不同的出场次序有(    )种.A18 B36 C60 D72【答案】B【分析】因为的前面出场,且都不在3号位置,分1号位置,2号位置,4号位置三种情况进行分类,在利用排列公式及可求出结果.【详解】因为的前面出场,且都不在3号位置,则情况如下:1号位置,245三种位置选择,有种次序;2号位置,4,5号两种选择,有种次序;4号位置,5号一种选择,有种;故共有.故选:B.7.如图,一个质点在随机外力的作用下,从原点0出发,每隔等可能地向左或向右移动一个单位,则移动6次后质点位于4的位置的概率是(  )  A B C D【答案】A【分析】由质点位于4的位置可知质点向左移动1次,向右移动5次,根据古典概型的概率公式即可求解.【详解】质点移动6次,可能的结果共有种情况,质点位于4的位置则质点向左移动1次,向右移动5次,共种情况,质点位于4的位置的概率为故选:A8.已知函数存在单调递减区间,则实数的取值范围是(    A B C D【答案】B【分析】先得到的定义域,由题意得到上有解,参变分离后得到上有解,利用配方求出,得到实数的取值范围.【详解】的定义域为由题意得上有解,上有解,其中,故实数的取值范围是.故选:B 二、多选题9.已知离散型随机变量的分布列如下表所示,下列说法正确的有(  )012A B C D【答案】ACD【分析】由题意得,解得可判断A,代入离散型随机变量的期望与方差公式即可判断BCD【详解】由题意可知,解得时,,不符合题意,舍去,,故A正确;,故B错误;12时,14,故C正确;,故D正确.故选:ACD10.设函数,则下列说法正确的是(    A没有零点 B.当时,的图象位于轴下方C存在单调递增区间 D有且仅有两个极值点【答案】BC【分析】根据,求得的符号,即可判断B;利用导数求出函数的单调区间,即可判断C;再结合零点的存在性定理即可判断A;再根据极值点的定义即可判断D.【详解】函数的定义域为,则所以函数上递减,所以存在上,使得,即函数有唯一零点,且时,,即,函数递增,故C正确;时,,即,函数递减,所以为函数的极大值点,无极小值点,有且仅有一个极值点,故D错误;所以,所以函数上存在一个零点,故A错误;时,,所以即当时,的图象位于轴下方,故B正确.故选:BC.11.若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形,然后做成一个无盖的方盒,则下列说法正确的是(    A.当时,方盒的容积最大 B.方盒的容积没有最小值C.方盒容积的最大值为 D.方盒容积的最大值为【答案】ABC【分析】将方盒容积表示为关于的函数的形式,利用导数可求得单调性、最值点和最值,由此可得结果.【详解】由题意知:方盒的底面为边长为的正方形,高为,其中则方盒的容积为则当时,;当时,上单调递增,在上单调递减,,无最小值,ABC正确,D错误.故选:ABC.12.已知离散型随机变量服从二项分布,其中,记为奇数的概率为为偶数的概率为,则下列说法中正确的有(    A  B时,C时,随着的增大而增大 D时,随着的增大而减小【答案】ABC【分析】选项A利用概率的基本性质即可,B选项由条件可知满足二项分布,利用二项分布进行分析,选项CD根据题意把的表达式写出,然后利用单调性分析即可.【详解】对于A选项,由概率的基本性质可知,A正确,对于B选项,由时,离散型随机变量服从二项分布所以所以,故B正确,对于C,D选项,时,为正项且单调递增的数列,随着的增大而增大故选项C正确,时,为正负交替的摆动数列,故选项D不正确.故选:ABC. 三、填空题13.已知随机变量,且,则         .【答案】【分析】由题意可得出,由,可求出的值.【详解】因为随机变量,所以,且,所以所以,解得:.故答案为:14.设点是曲线上任一点,则点到直线的最小距离为          【答案】【解析】过点作曲线的切线,当切线与直线平行时点到该直线距离最小,进而求解即可【详解】由题,过点作曲线的切线,,设点,,当切线与直线平行时点到该直线距离最小,,,所以点,则点到直线的最小距离为,故答案为:【点睛】本题考查导数的几何意义的应用,考查点到直线距离的最值问题,考查转化思想15.对一个物理量做次测量,并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差,为使误差的概率不小于0.9545,至少要测量     次(若,则).【答案】32【解析】因为,得到,要使误差的概率不小于0.9545,得到不等式计算即可.【详解】根据正态曲线的对称性知:要使误差的概率不小于0.9545所以.故答案为:32.【点睛】本题是对正态分布的考查,关键点在于能从读出所需信息.16.甲乙两名运动员进行五局三胜制的乒乓球比赛,先赢3局的运动员获胜,并结束比赛,设各局比赛的结果相互独立,每局比赛甲赢的概率为,乙赢的概率为,设为结束比赛所需要的局数,随机变量X的数学期望是           .【答案】【分析】先分析的所有取值,再求出,列出分布列,再利用期望公式求解即可.【详解】由题意可知的所有取值可能为:345包含甲赢前三局和乙赢前三局两种情况,包含甲赢前三局中的两局和第四局和乙赢前三局中的两局和第四局两种情况,的分布列如下:345故答案为: 四、解答题17.甲、乙两人各进行3次射击,甲每次击中目标的概率为,乙每次击中目标的概率为(1)求乙至多击中目标2次的概率;(2)记甲击中目标的次数为,求的概率分布及数学期望【答案】(1)(2)分布列见解析,数学期望为 【分析】1)由题意甲、乙两人射击命中的次数服从二项分布,结合独立重复试验的概率计算公式,即可求解;2)由题意知,得到随机变量的可能取值为,根据独立重复试验的概率计算公式求得概率,列出分布列,结合期望的公式,即可求解.【详解】1)解:由题意甲、乙两人射击命中的次数服从二项分布,故乙至多击中目标2次的概率为2)解:由题意知,随机变量的可能取值为可得所以随机变量的分布列为:0123所以期望为.18.某年级有6名数学老师,其中男老师4人,女老师2人,任选3人参加校级技能大赛.(1)设所选3人中女老师人数为,求的方差;(2)如果依次抽取2人参加县级技能大赛,求在第1次抽到男老师的条件下,第2次抽到也是男老师的概率.【答案】(1)(2) 【分析】1的所有可能取值为012,求出概率得到分布列,利用期望公式结合方差公式即可得答案.2)结合分步计数原理以及排列知识,利用条件概率转化求解即可.【详解】1的所有可能取值为012,依题意得:的分布列为:012所以2)设第1次抽到男老师为事件,第2次抽到男老师为事件则第1次和第2次都抽到男老师为事件根据分步计数原理所以19.已知函数(1)求函数的单调区间;(2)若函数上的最小值是,求的值.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】1)由题可得,后分两种情况讨论正负性即可;2)由(1)分讨论上的单调性可得答案.【详解】1.时,,则上单调递增;时,上单调递增;上单调递减.2)由(1),若,则上的最小值是,不合题意;,由(1)可得上单调递增,则,不合题意;,由(1)可得上单调递减,在上单调递增,则,由(1)可得上单调递减,则,不合题意.综上可知:.20.欧拉函数(n)(n)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数,例如:(1)=1(4)=2(1)(2),求数列的前n项和.【答案】(1)(2). 【分析】1)根据欧拉函数的定义,采用枚举法即可求解;2)根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数可求出,从而求得的通项公式,根据通项公式的特征,采用错位相减法即可求出其前n项和.【详解】1)不超过9,且与其互质的数即为中排除掉369剩下的正整数,不超过27,且与其互质的数即为[1,27]中排除掉369121518212427剩下的正整数,2表示任意相邻的三个正整数,其中与互质的为两个,故分别取可得中与互质的正整数个数为所以所以设数列的前项和为两式相减得:21.在平面直角坐标系中,椭圆的左,右焦点分别为,离心率为,以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切;过点的直线与椭圆相交于两点.(1)求椭圆的方程;(2)面积的最大值,并求取得最大值时的面积之比.【答案】(1)(2)面积的最大值为;面积之比为. 【分析】1)根据椭圆的离心率得到,由以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切,利用点到直线的距离公式求得,即可求解;2)可设,联立直线与抛物线方程,得出韦达定理,根据面积公式以及基本不等式求得面积的最大值;此时的面积之比,则,代入即可求解.【详解】1,即又以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切,所以椭圆的方程为:2)可设,联立整理得,当且仅当时成立,面积的最大值为此时的面积之比,则前式的平方为,除以后式得,,即,求得此时的面积之比为.22.已知函数(1)讨论函数的单调性(2)有两个极值点,且,求b的取值范围【答案】(1)时,函数上单调递增;时,函数上单调递增,在上单调递减.(2) 【分析】(1)对函数求导,分两种情况,讨论导函数的正负,求出单调区间;(2)根据(1)得到,且,构造函数,求导,利用导数判断函数的单调性进而求出的取值范围.【详解】1)因为函数,则,即时,令得:时,,因为,所以,函数单调递增;时,,因为,所以,函数单调递减,,即恒成立,因为,所以,函数单调递增;综上:当时,函数上单调递增;时,函数上单调递增,在上单调递减.2)由(1)知:,且,由可得:所以,由可得:.,则,函数上单调递减,因为,要证,即证,所以,则所以,解得:所以实数的取值范围为 

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