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）

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. 若，则可导函数在处的导数为（    ）

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，在处的导数.

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】由，则，解得，

所以，

由，则，解得，所以，

所以.

故选：A

3. 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局 B. 甲胜4局负1局

C. 甲胜3局平2局或甲胜3局负2局 D. 甲胜4局负1局或甲胜3局平2局

【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3胜2平或4胜1负.

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“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有（    ）

A. 72种 B. 144种 C. 240种 D. 252种

【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“御”“书”“数”三门课程全排列，有种排法；

再将“礼”与“乐”捆绑作为一个整体，与“射”插空到“御”“书”“数”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：B

5. 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A、B项，即可得出答案.

【详解】因为，

当时，，所以，

所以，，所以

所以，

即在上恒成立，故B、D项错误；

，

由可得，，.

由可得，，所以在上单调递减；

由可得，，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极大值，也是最大值，故A、B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N（176，52），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N（μ，σ2），则P（μ-σ≤X≤μ +σ）≈0.6827，P（μ-2σ≤X≤μ+2σ）≈0.9545，P（μ-3σ≤X≤μ+3σ）≈0.9973.

A. 1名 B. 2名 C. 3名 D. 4名

【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N（176，52），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N（176，52），所以，

所以，

所以该校超高的男生约有，

故选：C.

7. 若函数在上单调递减，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，依题意在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出，即可得解.

【详解】因为，所以，

依题意在上恒成立，所以在上恒成立，

令，，则，所以在上单调递增，

所以，所以，即的取值范围是.

故选：D

8. 在等比数列中，，若函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，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】设，

则，，

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”和“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A、B，根据古典概型的概率公式判断C、D.

【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：BC

10. 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A、C；根据全概率公式，可判D项.

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A、B、C，将式子两边对求导，再令，即可判断D.

【详解】因为，

令可得，

令可得①，

所以，故A正确；

令可得②，

①②得，故B错误；

①②得，

又展开式的通项为（且），

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，

即，，

所以

，故C正确；

将两边对求导可得：

，

再令可得，故D正确；

故选：ACD

12. 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A、B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，根据图象得出函数与的图象有3个交点时的的取值，即可得出D项.

【详解】对于A项，.

由，可得.

因为，所以或.

当时，有，，所以在上单调递增；

当时，有，，所以在上单调递减；

当时，有，，所以在上单调递增.

所以，在处取得极大值，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，在，，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，

由可得，

因为，所以或.

又，，

所以切点为或，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A、B解析可知，

在上单调递增，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，

且，.

设，，

则，.

作出以及的图象如图

因为，

由图象可知，当时，函数与的图象恒有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，通过研究与的性质与图象，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种.

故答案为：

14. 在展开式中，的系数为______．（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】由，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（且），

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______．

【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，

则，

又，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】由推得.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.

令，则在R上恒成立，

所以，在R上单调递增.

由可知，，

根据的单调性可知，，所以有.

因为，所以.

令，，则.

由可得，.

由可得，，所以在上单调递增；

由可得，，所以在上单调递减.

所以，在处取得唯一极小值，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”和“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1，2，3，4，5的5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】（1）3125   

（2）1200

【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种.

【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）求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.令，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.

令，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，，，

则，，，

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，，，，

则， ，

，，

所以的分布列为

所以.

20. 已知函数，．

（1）求的极小值；

（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.当时，研究函数的单调性以及极大值.然后根据与区间的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，.

由可得，或.

当时，有，所以在上单调递增；

当时，有，所以在上单调递减；

当时，有，所以在上单调递增.

所以，在处取得极小值.

【小问2详解】

要使，不等式恒成立，

只需满足即可.

由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，

所以，在上取得唯一极小值，也是最小值.

因为，

①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，

此时，

所以有，即，无解；

②当时，由可得，.

当时，有，所以在上单调递增；

当时，有，所以在上单调递减.

所以，在取得唯一极大值，也是最大值；

（ⅰ）当时，有，此时上单调递减，

所以，，

所以有，解得；

（ⅱ）当时，有，此时在上单调递增，

所以，，

所以有，即，无解；

（ⅲ）当时，有，此时在上单调递增，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）当时，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，

，

当时恒成立，所以在上单调递减，

当时，

所以当时，则在上单调递增，

当时，则在上单调递减，

综上可得，当时在上单调递减；

当时在上单调递增，在上单调递减.

【小问2详解】

当时，则不等式恒成立，

即恒成立，

令，，则，

令，，则，

所以在上单调递增，

又，，所以存在唯一实数使得，

所以当时，即，所以在上单调递减，

当时，即，所以在上单调递增，

所以，又，

即，所以，则，

所以

，

令，，则,

所以在上单调递减，所以，

所以

，