浙江省宁波三锋教研联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波三锋教研联盟2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。

绝密★考试结束前
学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考
高二年级数学学科试题
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一､选择题（每题5分，共40分）
1. 角终边上有一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用任意角三角函数的定义求解.
【详解】因为角终边上有一点，所以,
所以，
故选:D.
2. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求函数在点 处导数值，根据点斜式求切线方程..
【详解】因为，
所以，
所以，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，
故选：A.
3. 在三角形中，角所对边长分别为，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理，代入数据计算即可得答案．
【详解】由正弦定理可得，
因为
所以，
所以.
故选：C．
4. 展开式中第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式系数的基本性质可求得的值，然后写出的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】因为展开式中第项的二项式系数最大，且共有项，
则的展开式共项，所以，，则，
所以，的展开式通项为，
令，可得，因此，展开式中的系数为.
故选：A.
5. 已知为第三象限角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用同角三角函数的关系求得，再利用正余弦的二倍角公式以及弦化切求解.
【详解】因为为第三象限角，，
所以，
所以，

，
故选：D.
6. 已知5个医生（其中有一对夫妻）分配到3个地区，要求每个地区至少一个医生，则这对夫妻分配到同一个地区概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出5个医生分配到3个地区，每个地区至少一个医生的方法数，再求其中这对夫妻分配到同一个地区的方法数，再由古典概型概率公式求概率.
【详解】将5个医生分配到3个地区，每个地区至少一个医生的不同分配方法共有
种，
其中互为夫妻的一对医生分配到同一地区的满足要求的不同分配方法共有
种，
所以事件这对夫妻分配到同一个地区的概率，
故选：B.
7. 函数，下列说法不正确的是（ ）
A. 当时，无极值点
B. 当时，存在唯一极小值点
C. 对任意，在上不存在极值点
D. 存在，在上有且只有一个零点
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数求函数在各种条件下的单调性和极值情况，由此判断A，B，C，再结合零点存在性定理判断D.
【详解】因为，
所以，
当时，，
当时，，，
当时，，，
所以函数在上单调递增，无极值点，A正确；
当时，，，
所以
当时，因为，
所以，
所以函数在上单调递增，
当时，设，
则，
令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，
所以存在，满足，
所以当时，，，函数在上单调递增，
当时，，，函数在上单调递减，
当时，，，函数在单调递增，
所以函数在单调递增，在单调递减，在上单调递增，
所以当时函数取极大值，当时函数取极小值，
所以函数存在唯一极小值点；B正确；
因为，，
所以，
令，
可得，
令，可得，
令，可得，
所以函数上单调递减，其中，
在区间和上单调递增，其中，
且，，其中，
所以函数在上单调递减，
，，
当时，，，
故存在，使得，
当时，，当时，，
所以当时，存在，使得，
当时，，当时，，
所以为函数的极大值点，C错误；
当时，
当时， ，
函数在上单调递增，又，
所以函数在上不存在零点，
当时，，
函数在上不存在零点，
当时，，为增函数，
所以函数在上为增函数，
又，，
存在，满足，即，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
所以当，，又，
所以，
当时，，此时
所以存在在上有且只有一个零点，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
8. 已知随机变量，若对任意的正实数，满足当时，恒成立，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二项分布的方程公式求，化简不等式可得，设，由条件可得在为减函数，根据单调性与导数的关系可求的取值范围.
【详解】因为，所以，
所以不等式可化为，
又，
所以，
所以，
由已知对任意的，且时，，
设，则在为减函数，
因为，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以，
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为 (或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
二､多选题（每题5分，少选得2分，多选不给分，共20分）
9. 2023春节档期有《流浪地球2》，《满江红》，《深海》，《无名》，《交换人生》5部电影，现采用抽签法决定放映顺序，记事件A：“《满江红》不是第一场，《无名》不是最后一场”，事件B：“《深海》是第一场”，则下列结论中正确的是（ ）
A. 事件B包含144个样本点 B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由条件求出样本空间的样本点的个数，再分别求事件所包含的样本点的个数，由此判断A，再利用古典概型概率公式及条件概率公式判断其余选项.
【详解】随机试验采用抽签法决定5部电影放映顺序有个样本点，
《满江红》不是第一场，《无名》不是最后一场的排法可分为两类
第一类，《满江红》排最后一场，其余4部电影在前4个位次全排列，共有种排法，
第二类，《满江红》不排在最后一场，先排《满江红》有种排法，再排《无名》有种排法，
再排其它影片有种排法，故第二类共有 种排法，
所以事件包含的样本点的个数为，
事件包含样本点的个数为，所以A错误；
由古典概型概率公式可得，B正确；
《满江红》不是第一场，《无名》不是最后一场，且《深海》是第一场的排法可分为三步完成，
第一步先排《深海》排在第一场，只有一种方法；再在第二场到第四场中排《无名》有种方法，最后在剩余三个位次排列其它影片有种排法，
所以事件包含的样本点的个数为，
由古典概型概率公式可得，C正确；
由条件概率公式可得，D错误；
故选：BC.
10. 下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二倍角公式和两角和差公式求解即可.
【详解】，A正确；
，B错误；
，C正确；
，D正确；
故选：ACD
11. 的展开式中（ ）
A. 各项系数之和为64 B. 常数项为15
C. 的系数为6 D. 的系数为16
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据二项式定理的展开通项公式一一求解.
【详解】令，则，
所以各项系数之和为64，A正确；
因为，
的展开通项公式为，
所以,
所以原式的展开式中的常数项为，B正确；
原式的展开式中含有的项为，C正确；
原式的展开式中含有的项为，D错误；
故选:ABC.
12. 已知，函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 的图象关于原点对称 B. 有1个极值点
C. 在上单调递增 D. 的最大值1
【答案】BD
【解析】
【分析】根据偶函数的定义判断函数为偶函数，排除A，利用导数研究函数在上单调性，极值和最值，结合偶函数的性质判断其余选项即可.
【详解】因为，所以函数的定义域关于原点对称，
又，
所以函数为偶函数，A错误；
又，
设，
则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，
所以当时，，当且仅当时取等号，
所以，
所以函数在上单调递减，又函数为偶函数，
所以函数在上单调递增，又，
故函数在上有一个极值点，B错误，
函数在上单调递减，C错误；
所以函数的最大值1，D正确；
故选：BD.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
非选择题部分
三､填空题（单空每空5分；多空题一空对得3分，全对5分，共20分）
13. 所有项的系数和为32，则__________；则__________．
【答案】 ①. 1 ②. 16
【解析】
【分析】在所给式子中令得到所有项的系数和表达式，列方程求的值，再令，相减得到得值.
【详解】由，
令，得，
又①，
由已知，所以，
所以，
令，得②，
①—②，得，所以，
故答案为：；.
14. ，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由导数公式求，由此可求，再求即可.
【详解】因为，
所以，，
所以，故，
所以，
故答案为：.
15. 分别在即，5位同学各自写了一封祝福信，并把写好的5封信一起放在心愿盒中，然后每人在心愿盒中各取一封，不放回．设为恰好取到自己祝福信的人数，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】先求的概率分布列，再根据公式求期望.
【详解】有题意可知，的可能取值为0，1，2，3，5
对应概率依次为：，
，
，
，
，
则.
故答案为：1.
16. 镜湖春游甲吴越，茑花如海城南陌．四月正是春游踏春时，小明打算利用假期去打卡鄞江古镇，千年水利工程它山堰就在此处．时间有限，小明打算游览6个景点，上午4场，下午2场．其中它山堰不排在第一场，趣湾农庄和茶园不能相邻．其中上午第4场和下午第1场不算相邻，则不同的游览方式有__________种．
【答案】444
【解析】
【分析】先求出不考虑所给要求的游览方式的个数和它山堰排在第一场的不同的游览方式的个数，再求趣湾农庄和茶园相邻游览方式的个数和它山堰排在第一场且趣湾农庄和茶园相邻的游览方式的个数，利用间接法求解.
【详解】若不考虑题中的要求则不同的游览方式的个数为，
其中它山堰排在第一场的不同的游览方式的个数为，
趣湾农庄和茶园相邻游览方式的个数，
它山堰排在第一场且趣湾农庄和茶园相邻的游览方式的个数为，
由间接法可得满足条件的不同的游览方式有种，
故答案为：.
四､解答题（17题满分10分，其余各题满分12分，共70分）
17. 已知在展开式中，所有项的二项式系数之和为256，第4项的系数是第3项的二项式系数的16倍．
（1）求和；
（2）求展开式中系数最大的项；
（3）求展开式中含的项的系数．
【答案】（1），
（2）最大项为和
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件结合二项式系数和结论列方程求，再由展开式通项公式求第4项的系数和第3项的二项式系数列方程求；
（2）利用不等式法求展开式中系数最大的项；
（3）由二项式定理求的含的项的系数，再结合组合数的性质求解即可.
【小问1详解】
因为展开式中，所有项的二项式系数之和为256，
所以，解得，
所以，
二项式的展开式的通项公式为
，，
所以的展开式的第4项的系数为，
第三项的二项式系数为，
由已知，
所以；
【小问2详解】
设第项系数最大则
，
解得，又，
所以或，
所以展开式中系数最大的项为第6项和第7项，
所以系数最大项为和．
【小问3详解】
由二项式定理可得，，的展开式的含项的系数为，
所以展开式中含的项的系数为：
，
又，
所以展开式中含的项的系数为.
18. 已知函数
（1）求函数的最小正周期､单调递增区间及最值；
（2）若为锐角的内角且，求面积的最大值．
【答案】（1）最小正周期；单调递增区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）化简函数解析式可得，结合正弦型函数的周期公式，正弦函数的单调性和最值结论求解即可.
（2）由求，再由余弦定理可得，结合基本不等式可求面积的最大值．
【小问1详解】


故函数的最小正周期．
由
得．
函数的单调递增区间为．
当，时，
即当，时，取最大值，最大值为，
当，时，
即当，时，取最小值，最小值为，

【小问2详解】
由得，
所以，
又，所以，
解得．
由余弦定理，又，
可得．
而，得，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时，取得最大值．
19. 已知函数
（1）求的单调区间；
（2）当，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，再分a≤0和a＞0两种情况讨论求解；
（2）由已知可得，其中，利用导数求函数的最小值即可.
【小问1详解】
由已知，的定义域是，，
①当时，成立，的单调增区间为
②当时
令，得，则的单调增区间为
令，得，则的单调减区间为
综上所述，
当时，函数的单调增区间为，函数没有单调递减区间；
当时，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为；
【小问2详解】
当时，成立，
即时，成立，
所以，其中，
设，
设，
当时，，函数在上为减函数
当时，，函数在上为增函数
则在处取得最小值，，则
综上所述，时，成立的的取值范围是.
20. 新高考按照“”的模式设置，其中“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有考生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可在化学、生物、政治、地理四科中选择两科．某校为了解该校考生的选科情况，从首选科目为物理的考生中随机抽取12名（包含考生甲和考生乙）进行调查．假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响．
（1）求考生甲和考生乙都选择了地理作为再选科目的概率．
（2）已知抽取的这12名考生中，女生有3名．从这12名考生中随机抽取3名，记X为抽取到的女生人数，求X的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）分别求得甲、乙选择了地理作为再选科目的概率再利用独立事件的概率求解；
（2）由X为的可能取值为：0，1，2，3，分别求得其相应概率，列出分布列，再求期望.
【小问1详解】
解：考生甲选择了地理作为再选科目的概率是，
考生甲选择了地理作为再选科目的概率是，
所以考生甲和考生乙都选择了地理作为再选科目的概率是;
【小问2详解】
X为的可能取值为：0，1，2，3，
所以，
，
则X的分布列为：
X
0
1
2
3
p




.
21. 为了迎接4月23日“世界图书日”，宁波市将组织中学生进行一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在[80，90）内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．

（1）求a的值；若现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；
（2）若我市所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①若我市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；
②若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列､均值．
附参考数据：若随机变量服从正态分布，则，．
【答案】（1）；
（2）① ；②分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的性质求，根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；
（2）由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正态分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列与数学期望即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图性质可得：

所以，，
由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有人，
获二等奖的有人，获三等奖的有人，
共有30人获奖，70人没有获奖，
从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件，
则事件包含的基本事件的个数为，因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，
即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为
【小问2详解】
由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值，

则所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，
①因为，，
所以，
故参赛学生中成绩超过79分的学生数约为．
②由，得，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为，
所以随机变量服从二项分布，
所以，，
，，
所以随机变量分布列为：

0
1
2
3





.
22. 已知，函数，其极大值点为，极小值点为
（1）若，求的极小值；
（2）求的最小值；
（3）互不相等的正数，满足，当，证明
【答案】（1）0 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求函数的导函数，利用导数分析函数的单调性和极值即可；
（2）利用导数求函数的极大值，再求的最小值；
（3）由（2）可得，，再证明当时， ，由此证明结论.
【小问1详解】
因为，所以，
函数的定义域为，
所以，
令，可得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数上单调递增，
所以当时，函数取极小值，极小值为；
【小问2详解】
的定义域为，
又，
令，可得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取极大值，极大值为，
令，则，，
令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，最小值为，
所以，
【小问3详解】
由（2）可得，，，
所以，即，
当时，，
，
所以，
因为，所以，即，
又，
所以，
所以，
所以，又，
即
又因为在上单调递增，
所以
所以.
【点睛】关键点点睛：(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．