1、2021-2022学年第二学期期中考试试题卷高二数学一、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. 由1，2，3，4，5构成的五位数中偶数的个数有（ ）A. 24B. 48C. 60D. 120【答案】B【解析】【分析】由个位数或，结合排列组合知识得出答案.【详解】构成的五位数的个位数可以为，则构成的五位数中偶数的个数有故选：B2. 已知，则其导函数为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据基本初等函数求导公式及求导运算法则计算即可.【详解】，故选：C3. 在的展开式中，的系数为（ ）A. 15B. C. 11D.
2、【答案】A【解析】【分析】根据式子特征可分析出含的项，即可求解.【详解】由多项式乘法考虑，在5个括号中，取4个提供,剩余一个括号提供常数，可得，故选：A4. 九连环是中国传统的有代表性的智力玩具，凝结着中国传统文化，具有极强的趣味性.九连环能既练脑又练手，对于开发人的逻辑思维能力及活动手指筋骨大有好处.现有甲、乙两人独立地挑战破解“九连环”智力扣，已知两人能破解的概率分别为，则（ ）A. 两人都成功破解的概率为B. 两人都成功破解的概率为C. 智力扣被成功破解的概率为D. 智力扣被成功破解的概率为【答案】D【解析】【分析】根据独立事件同时发生的概率公式计算即可.【详解】由题意知两人都成功破解的
3、概率，故AB不正确；智力扣被成功破解，说明甲乙至少一人能破解，根据对立事件的概率可知，故C错误D正确.故选：D5. 函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性排除选项D；利用导数探讨单调性排除选项A；由时的函数值即可判断作答.【详解】因，则，函数是奇函数，图象关于原点对称，D不满足；对求导得，函数在R上单调递增，当时，A不满足；而当时，显然C不满足，B满足.故选：B6. 已知两个随机变量X，Y，其中，若，且，则（ ）A 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8【答案】B【解析】【分析】由二项分布的性质得出，进而得出，再由正态曲线的对称性得出答
4、案.【详解】，则故选：B7. 如图所示，有5种不同的颜色供选择，给图中5块区域A，B，C，D，E染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色，则共有（ ）种不同的染色方法.A. 210B. 360C. 420D. 640【答案】C【解析】【分析】染色问题应分情况讨论，然后再利用分类分步原理求解即可.【详解】第一步：A，则有种染色方法；第二步分两种情况，第一种， B，D同色， 则B,D,C,E有种染色方法；第二种，不同色，则有种染色方法；综上，共有种染色方法.故选：C.8. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，从而利用导数判断的单调性，再化
5、简求得【详解】设，则，故当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减， ，故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 若，则x的值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】BD【解析】【分析】直接利用组合数的公式的性质求解即可.【详解】由组合数的性质可得或，解得或4.故选：BD10. 下列说法正确的是（ ）A. 若事件A与B相互独立，且，则B. 设随机变量X服从二项分布，若，则C. 设随机变量服从正态分布N（1，1），若，则D. 设随机变量Y服从二项分布，则，【答案】ABD【解析】
6、【分析】根据条件概率和事件的独立性即可判断选项A，根据二项分布的数学期望的公式可判断选项B、D，正态分布可判断选项C.【详解】对于A，若事件A与B互相独立，且，可得 则，故A正确；对于B，若二项分布满足，则有，解得，故B正确；对于C，随机变量服从正态分布.可得，若，则，故C错误；对于D，若随机变量服从二项分布，则，所以，故D正确.故选：ABD.11. 已知函数，下列说法正确的有（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】利用函数导数判断A，作差由指数函数单调性判断B，构造函数，利用导数求出函数单调性判断C，根据B选项结论，作差后利用放缩法判断D选项.【详解】因，所以时，故函数在
7、上单调递增，所以成立，故A正确；因为，由知，故B正确；令，则，所以在上单调递增，所以，即，得，故C选项错误；因为，由B选项正确知，由及在上单调递增知，故有，故D正确.故选：ABD12. 下列结论正确的是（ ）A. B. 若，则C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据二项式定理直接判断A，利用赋值法结合二项展开式可判断B，由组合数可证明，利用此式可判断CD.【详解】因为，故A正确；因为，所以，令，可得，故B正确；因为，即，所以，故C错误；因为，所以，而，所以，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 一颗骰子连续掷两次，记事件A=“两次的点数之和大于7”
8、，B=“两次的点数均为奇数”，则_.【答案】#0.2【解析】【分析】分别求出事件及所包含基本事件的个数，由古典概型求得，再根据条件概率公式即可得解.【详解】由题知，基本事件有36种，两次的点数之和大于7的事件A有，共15种，则，事件A，B同时出现的情况有，共3种，所以，所有.故答案为：.14. 在展开式中，项的系数为_.【答案】20【解析】【分析】二项式可化为，然后根据二项式定理求出二项式的展开式，分析即可求解【详解】二项式可化为，则，则含项只能在的展开式中，即为，所以的系数为20，故答案为：2015. 有6名实习教师分配到4个班级，每位班级至少分配一名实习教师，至多分配两名实习教师，共有_种
9、分配方案.（用数字作答）【答案】1080【解析】【分析】6名实习教师分配到4个班级，每位班级至少分配一名实习教师，至多分配两名实习教师的分法是2,2,1,1，分组后全排列即可.【详解】6名实习教师分配到4个班级，每位班级至少分配一名实习教师，至多分配两名实习教师的分法是2,2,1,1,共有种分组方法，四组分到四个班级共有种分配方案.故答案为：108016. 已知，若关于x的不等式恒成立，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】令函数，求得导数，判断单调性、极值和最值，作出的图象，运用函数图象的性质数形结合确定的最小值即可.【详解】设，当时，递增；，递减，可得在处取得极大值，且为最大值，且时，作
10、出的大致图象，如图，满足题意时，的图象恒在的图象的上方， ，可令，即，故取到最小值时，直线在轴上的截距最大，再令，可得，由此推得的最小值是，故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 从1到7的7个数字中取出两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数.（1）求包含3和6的四位数的个数；（2）求两个奇数排在一起的四位数的个数；（3）求奇数和偶数均不相邻的四位数的个数.（注：所有结果均用数值表示）【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）先选再排（2）元素相邻用“捆绑法”（3）按奇数排在千位和十位以及奇数排在百位和个位分类【小问1详解】
11、【小问2详解】【小问3详解】若奇数排在排在千位和十位，则若奇数排在排在百位和个位，则所以，奇数和偶数均不相邻的四位数的个数为18. 在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.条件：第3项与第5项的二项式系数相等：条件：只有第4项的二项式系数最大：条件；所有项的二项式系数的和为64.问题：在的展开式中， .（1）求n的值；（2）若其展开式中的常数项为60，求其展开式中所有的有理项.【答案】（1）6 （2），.【解析】【分析】（1）选，根据二项式系数的性质求得正确答案；选，根据二项式系数的最值求得正确答案；选，根据二项式系数和求得正确答案.（2）利用二项式展开式的通项公式求得所有的
12、有理项.【小问1详解】选，所以；选，只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的中间项为第四项，故展开式共7项，所以；选，二项式系数的和为.【小问2详解】二项式展开式通项公式为：，当时，（负根舍去）.所以有理项为，；即，.19. 在抗击新冠疫情期间，各个单位都陆续派出志愿者协助进行社区核酸检测.甲单位志愿者有4名男性，2名女性；乙单位有3名男性，3名女性.现随机从甲乙两个单位的志愿者中随机选出2名去支援其他社区，要求这2名志愿者来自同一个单位，每个志愿者被选中的可能性相同.（1）若选中的是甲单位的2名志愿者，求选出两名男性的概率；（2）求选出的是一名男性和一名女性的概率.【答案】（1） （2）【解
13、析】【分析】（1）2名志愿者来自甲单位，共有 种选法，选中的是两名男性，有 种选法，即可得出答案（2）总的事件数为种，要求选出一名男性和一名女性志愿者，这分两种情况；这两名志愿者来自甲单位，有 种；这两名志愿者来自乙单位，有 种，即可得出答案【小问1详解】2名志愿者来自甲单位，共有 种选法，选中的是两名男性，有 种选法，故选出两名男性的概率为【小问2详解】总的事件数为种，要求选出一名男性和一名女性志愿者，这分两种情况；这两名志愿者来自甲单位，有 种；这两名志愿者来自乙单位，有 种，故选出的是一名男性和一名女性的概率为 .20. 已知函数.（1）求的单调性；（2）是否存在a，b，使得在区间0，2
14、上的最小值为，最大值为6？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）答案见解析； （2）存在，或【解析】【分析】（1）由，得出，求出的两根，比较根的大小并分类讨论，进而求出函数的单调性；（2）利用（1）中的单调区间讨论在上的最值，最终确定参数的值.【小问1详解】由，得.令，即，解得或.若，则当时，；当时，.所以)在上单调递增，在上单调递减.若，则在上恒成立，所以在单调递增.若，则当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.综上，时，在R上单调递增；时，)在上单调递增，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】满足题设条件的存在.当时，由（1）知，在单调递增，
15、所以在区间的最小值为，最大值为.此时满足题设条件当且仅当，即.当时，(i)当即时，由（1）知，在单调递减，所以在区间的最大值为，最小值为.此时满足题设条件当且仅当，即.(ii)当即时，由（1）知，)在上单调递减，在上单调递增.当时，取得极小值即为的最小值，的最大值为或.若，则，与矛盾.若，则或或，与矛盾综上，当或时，在区间的最小值为且最大值为.21. 某校高二数学兴趣小组为了了解学生的解题水平，设计了一个考查方案：每个学生从6道备选题中一次性随机抽取3道题，限时独立完成，规定：至少正确解答出其中2道题方可通过，6道备选题中，学生甲恰有4道题能正确解答；学生乙每道题正确解答的概率都是，且每道题正
16、确解答与否互不影响.（1）分别求甲、乙两位学生正确解答题目个数的概率分布列（列出分布列表）；（2）试从甲、乙两位学生正确解答题目个数的数学期望及两人通过考查的概率分析比较两位考生的解题能力.【答案】（1）答案见解析； （2）答案见解析.【解析】【分析】(1)设甲、乙两位学生正确解答题目个数分别为，求出随机变量的所有取值并计算相应概率从而得到概率分布列；( 2）计算甲乙两位学生正确解答题目个数的数学期望以及通过率可作出评价【小问1详解】设甲、乙两位学生正确解答题目个数分别为，则的取值分别为1、2、3，的取值分别为0、1、2、3，所以甲学生正确解答题目个数的概率分布列:123由题意可知， ,所以乙
17、学生正确解答题目个数的概率分布列:0123小问2详解】，所以从甲、乙两位学生正确解答题目个数的数学期望分析,两人水平相当；从通过率分析,甲通过的可能性大，因此可以判断甲学生解题能力较强.22. 已知，.（1）求在处的切线方程；（2）当时，求证：.【答案】（1） （2）见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义可得切线方程；（2）由（1）的切线方程可以考虑先证明，然后再证明成立，构造函数，求导，利用函数单调性函数最值即可得到证明.【小问1详解】,可得，可得函数在处的切线的斜率为，则切线方程为，即【小问2详解】由（1）的切线方程可以考虑先证明，构造函数，令，即在上单调递增，则，即成立，可得函数在上单调递增，则成立，即不等式成立；要证成立，可证明成立，整理可得即证明成立，构造函数，令，令则，当时，则单调递减，当时，则单调递增，且即恒成立，可得函数在上单调递减，即，不等式得证.即所证不等式成立.
