2022-2023学年河南省新乡市高二下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年河南省新乡市高二下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．欢欢同学从4本漫画书和5本绘本书中各任选1本出来参加义卖活动，则不同的选法共有（    ）

A．7种 B．9种 C．12种 D．20种

【答案】D

【分析】利用分步乘法计数原理即可求解.

【详解】根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有种.

故选：D.

2．某物体沿直线运动，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则在这段时间内，该物体的平均速度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平均变化率的计算公式，准确计算，即可求解.

【详解】由位移与时间之间的关系为，

根据平均变化率的计算公式，可得在这段时间内，该物体的平均速度为：

故选：B.

3．投掷两枚质地均匀的骰子，记偶数点朝上的骰子的个数为，则的分布列为（    ）

A．

B．

C．  

D．   

【答案】C

【分析】根据离散型随机变量的分布列，即可写出答案.

【详解】因为每枚骰子偶数点朝上的概率为，且相互独立，的取值可能为0，1，2.

，，，

所以的分布列为：

故选：C.

4．一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有（    ）

A．120种 B．60种 C．40种 D．20种

【答案】B

【分析】根据题意，由插空法即可得到结果.

【详解】首先拿出4个空座位，则四个空座位之间一共有5个空位置，包括两端，

从5个空位置中选出3个空位置，即，然后3人全排列为,

所以不同的坐法共有种，

故选:B

5．某校有，等五名高三年级学生报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校，每所高校均有人报考，其中，两名学生相约报考同一所高校，则这五名学生不同的报考方法共有（    ）

A．9种 B．18种 C．24种 D．36种

【答案】D

【分析】分报考三所高校的人数为3:1:1和报考三所高校的人数为2:2:1两种情况求解，然后利用分类加法原理可求得结果.

【详解】若报考三所高校的人数为3:1:1，则不同的报考方法有种.

若报考三所高校的人数为2:2:1，则不同的报考方法有种.

故这五名学生不同的报考方法共有36种.

故选：D

6．被3除的余数为（    ）

A．2 B．1 C．0 D．不确定

【答案】A

【分析】由于，利用二项式定理将其展开，由于246被3整除，从而可求出结果.

【详解】.

因为246被3整除，

所以被3除的余数为.

故选：A

7．已知函数的导函数的图象大致如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．无极大值点 B．有2个零点

C．在上单调递增 D．在上单调递减

【答案】D

【分析】由导函数的图象结合函数，可得出的单调性和极值可判断ACD；的零点个数不能准确判断，可判断B.

【详解】如图，绘制函数的图象，

可知当时，，所以函数在上单调递减.

由图可知，,，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故是函数的极大值点，的零点个数不能准确判断.

故选：D.

8．已知集合，集合满足，且中恰有三个元素，其中一个元素是另外两个元素的算术平均数，则满足条件的共有（    ）

A．380个 B．180个 C．90个 D．45个

【答案】C

【分析】设，，，则由题意可得，然后分，同为奇数或同为偶数两种情况讨论求解即可.

【详解】设，，，且是与的算术平均数，则，

所以，同为奇数或同为偶数.

当，同为奇数时，则必存在唯一确定的数，

此时满足条件的共有个.

当，同为偶数时，则也必存在唯一确定的数，此时满足条件的共有个.

故满足条件的共有90个.

故选：C

二、多选题

9．随机变量的分布列为

若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】由分布列的性质列方程可求出，再由方差的公式可求出.

【详解】由题可知，解得，

则.

故选：AD.

10．已知函数的导函数为，则下列结论正确的有（    ）

A．当时，有3个零点 B．当时，有2个极值点

C．若为增函数，则 D．若为增函数，则

【答案】ABD

【分析】对于A，利用零点的定义直接求解即可，对于B，对函数求导后，由，可得有两个零点，再由极值点的定义判断，对于C，由于导函数为二次函数，所以其不可能为增函数，对于D，由判断即可.

【详解】当时，由，得，则或.

由，可知有两个非零实根，

故有3个零点，A正确.

由，得.因为，

所以恰有2个零点，且在这两个零点周围的符号发生改变，

所以有2个极值点，B正确.

因为是二次函数，所以不可能是增函数，C不正确.

若为增函数，则恒成立，则，解得，D正确.

故选：ABD

11．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】令，求得，可判定A正确；化简二项式为，求得其展开式为，结合选项B、C、D，逐项判定，即可求解.

【详解】由，

令，可得，所以A正确；

又由，

根据二项展开式可得：

，

由，可得，所以B不正确；

由，可得，所以C正确；

由，可得，所以D正确.

故选：ACD.

12．已知，且恒成立，则k的值可以是（    ）

A．－2 B．0 C．2 D．4

【答案】ABC

【分析】先对不等式变形得，发现是与双变量之间的关系，然后再根据已知的等式把双变量转化为单变量，从而构造新函数，然后利用导数求出新函数的最小值即可得出结果.

【详解】由知，

，

，

令，则，

令，则，导函数单调递增，

且，

所以存在使得，即，

所以在上单调递增，在上单调递减，

，

所以可取，

故选：ABC.

三、填空题

13．已知随机变量的期望为3，则      .

【答案】

【分析】根据满足线性关系的变量间的期望的计算公式，即可求解.

【详解】由题意知，所以.

故答案为：.

14．设，为两个事件，若事件和事件同时发生的概率为，在事件发生的前提下，事件发生的概率为，则事件发生的概率为      .

【答案】/

【分析】根据条件概率概率公式计算可得.

【详解】依题意可得，，

因为，所以.

故答案为：

四、双空题

15．展开式的所有项的系数和为1024，则      ，展开式中的常数项为      .（用数字作答）

【答案】     1     210

【分析】令，由题意可得，解方程即可求出；求出的通项，令和，即可求出展开式中的常数项.

【详解】令，由题意可得，解得.

，

则的通项为：，

令，得，令，得，

则展开式中的常数项为.

故答案为：1；210

五、填空题

16．已知直线与曲线相切，则的最小值是      ．

【答案】

【分析】设出切点，得到方程组，得到，故，构造，利用导函数求出最小值，得到答案.

【详解】直线与曲线相切，设切点为，

则，所以，

因为，所以，

即，

又，，故，

将代入得，，

解得，

故，

令，

则，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故在处取得极小值，也时最小值，

故，

故的最小值为-1.

故答案为：-1

【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；

当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.

六、解答题

17．已知的展开式中第4项和第5项的二项式系数相等.

(1)求的值；

(2)求展开式中，含项的系数.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题设知，根据组合数性质即可得结果；

（2）写出二项式的通项公式，即知含项的，进而求其系数.

【详解】（1）由展开式中第4项和第5项的二项式系数相等，即，则.

（2）由（1）知：原二项式为，则，

故时，，所以含项的系数为.

18．已知函数的图象在处的切线方程为.

(1)求的值；

(2)求在区间上的最值.

【答案】(1)

(2)最大值为8，最小值为

【分析】（1）求导，根据函数的图象在处的切线方程为求解；.

（2）由（1）得到，再利用导数法求解.

【详解】（1）解：，

又函数的图象在处的切线方程为，

所以，

解得.

（2）由（1）可知，

令，解得，或.

当或时，；当时，.

故的增区间为和的减区间为

因为，

所以在上的最大值为8，最小值为.

19．甲箱子中有4个黑球、3个白球，乙箱子中有4个黑球、5个白球，各球除颜色外没有其他差异．

(1)从甲、乙两个箱子中各任取1个球，求至少有1个白球被取出的概率；

(2)从甲箱子中任取1个球放入乙箱子中，再从乙箱子中任取1个球，求取出的球是白球的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意分为：甲箱子摸出白球且乙箱子摸出黑球、甲箱子摸出黑球且乙箱子摸出白球、甲箱子摸出白球且乙箱子摸出白球三类情况，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解；

（2）由题意分为：甲箱子中摸出的是黑球和甲箱子中摸出的是白球，两种情况，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】（1）解：根据题意，可分为三类：

当甲箱子摸出白球且乙箱子摸出黑球时，可得；

当甲箱子摸出黑球且乙箱子摸出白球时，可得；

当甲箱子摸出白球且乙箱子摸出白球时，可得，

由互斥事件的概率加法公式，可得.

（2）解：由题意，可分为两类：

当甲箱子中摸出的是黑球时，再从乙箱子中任取1个球是白球的概率为；

当甲箱子中摸出的是白球时，再从乙箱子中任取1个球是白球的概率为，

由互斥事件的概率加法公式，可得.

20．甲、乙两位围棋选手进行围棋比赛，比赛规则如下：比赛实行三局两胜制（假定没有平局），任何一方率先贏下两局比赛时，比赛结束，围棋分为黑白两棋，第一局双方选手通过抽签的方式等可能的选择棋色下棋，从第二局开始，上一局的败方拥有优先选棋权.已知甲下黑棋获胜的概率为，下白棋获胜的概率为，每位选手按有利于自己的方式选棋.

(1)求甲选手以2:1获胜的概率；

(2)比赛结束时，记这两人下围棋的局数为，求的分布列与期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由题意可知甲选手以2:1获胜必须前两局双方各胜一局，且第三局甲获胜，则分第一局甲下黑棋和第一局甲下白棋两种情况求出概率，然后利用互斥事件的概率公式求解，

（2）由题意可知的取值可能为2，3，7，然后求出各自对应的概率，从而可求出的分布列与期望.

【详解】（1）甲选手以2:1获胜，则前两局双方各胜一局，且第三局甲获胜.

若第一局乙选棋，则所求概率为；

若第一局甲选棋，则所求概率为.

故甲选手以2:1获胜的概率为.

（2）由题可知，的取值可能为2，3，则

，.

则的分布列为

.

21．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)，，求的取值范围.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）对求导，得出的单调性，即可求出的极值；

（2）将题意转化为对恒成立，令，求出，即可得出答案.

【详解】（1）因为，所以，.

令，得.当时，，单调递减；

时，单调递增.

故当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.

（2）因为，所以等价于.

令，，则.

令，，则，则.

当时，，单调递增；当时，，单调递减.

故，

从而，即的取值范围为.

22．已知函数.

(1)求的单调区间；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为，

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；

（2）根据题意转化为，令，利用导数求得函数的单调性，转化为，令，利用导数求得单调性，结合，即可求解.

【详解】（1）解：因为，所以，

令，得或，

当时，；当时，，

故的单调递增区间为，单调递减区间为，.

（2）证明：由不等式，可得，要证，

需证，令，则，

当时，，单调递增.

由，得，

故要证，需证，即.

令，则.

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故，即，得证.