1、20212022学年第二学期期中试卷高二数学2022.04一单项选择题：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. 将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A. 2160B. 720C. 240D. 120【答案】B【解析】【分析】按顺序分步骤确定每张门票的分法种数，根据分步乘法计数原理得到结果.【详解】分步来完成此事第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，共有1098720种分法本题答案为B.【点睛】本小题主要考查分步乘法计数原理，考查分析问题的能力，属于基础题.2. 在的展开式中.常数项
2、为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先写出二项式展开式的通项，再令，求出，最后代入计算可得；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以故选：B3. 某校有1200人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为A. 180B. 240C. 360D. 480【答案】C【解析】【分析】根据正态分布对称性特征，成绩高于120分和成绩低于90分概率值应该相同，成绩在90分到105分的占余下的，代入数值进行运算即可【详解】由题知，所以，所以，所
3、以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为人答案选C【点睛】本题考查正态分布基本量的计算，解题一般思路：先确定对称轴，根据对称特点求解相应数值4. 易经是中国传统文化中的精髓，如图所示的是易经八卦(含乾坤巽震坎离艮兑八卦)，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“ ”表示一根阴线).现从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中至少有两根阳线的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求这两卦的六根线中只有一根阳线的概率，再利用对立事件，即可得答案；【详解】从八卦中任取两卦，共有种取法，若从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中只有一根阳线，则应取坤卦，再从震艮坎三卦中取一卦，有
4、种取法.所以所求的概率为.故选：B.5. 函数部分图象大致形状为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用奇偶性的定义可证是奇函数，在利用导函数研究单调性即可确定函数图象.【详解】由解析式知：，即是奇函数，且，即可排除A、B；因为，所以时有单调递减，排除D；故选：C【点睛】关键点点睛：利用函数的奇偶性、导函数研究函数单调性判断函数的图象.6. 7人中选出5人排成一行，其中甲、乙两人必须选出，且甲必须排在乙的左边（不一定相邻），则不同的排法种数有A. 240B. 480C. 600D. 1200【答案】C【解析】【分析】先从5人中选出3人，再将选出的3人与甲乙2人全排列，最后除
5、以即可得结果.【详解】先从5人中选出3人有种选法，再将选出的3人与甲乙2人全排列，因为甲必须排在乙的左边，所以再除以，共有种方法，故选C.【点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.7. 若，则（ ）A. 6562B. 3281C. 3280D. 6560【答案】B【解析】【分析】分别令和再联立求解即可【详解】令有，令有，故故选：B8. 函数f（x）+（12a）x2lnx在区间内有极小值，则a的取值范围是（ ）A
6、. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，然后令导数等于零，求出方程的两个根，通过讨论根的范围可得a的取值范围.【详解】解：由，得 ，（1）当时， 当时，当时，所以为函数的一个极小值点，（2）当时，令，则或，当时，当时，当时，所以为函数的一个极小值点，当时，i)若，即时，时，当时，所以为函数的一个极小值点，ii)若，即时，当时，函数无极值；iii)若，即时，当时，当时，所以为上的极小值点，综上a的取值范围是，故选：D【点睛】此题考查了函数的极值，考查了分类讨论思想，属于中档题.二多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的
7、.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分.9. 下列四个关系式中，一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据排列数的计算可判断A,B,根据组合数的计算以及性质可求解C,D.【详解】,故A错误，故B对，,故C对，由可得：，故D错误故选：BC10. 已知曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的值是（ ）A. 1B. C. 2D. 0【答案】BD【解析】【分析】利用导数的几何意义求切线方程，根据切线与有一个公共点，讨论、判断公共点的个数，即可得a值.【详解】解：令，则，则， 在处的切线方程为，即.又与有且仅有一个公共点，整理得，当时，可得
8、，当时，显然只有一个解，符合题设；或故选：BD.11. 体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为p(p0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)1.75，则p的取值可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据题意，分别求出再根据离散型随机变量期望公式进行求解，求出，选出符合的选项即可.【详解】由题可知，则解得，由可得，故选：AC【点睛】本题考查离散型随机变量期望的求解，易错点为第三次发球分为两种情况：三次都不成功、第三次成功，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于中档题.12. 已知
9、函数，下列说法正确的是（ ）A. 当时，；当时，B. 函数的减区间为，增区间为C. 函数的值域D. 恒成立【答案】ACD【解析】【分析】由对数函数的性质直接判断A，利用导数确定函数的单调性与极值判断BC，D选项中，不等式变形为，然后引入函数，由导数求得最小值判断D【详解】对于选项A，当时，；当时，故选项A正确；对于选项B，令可得，有，可知函数的减区间为，增区间为，故选项B错误；对于选项C，由上可知，时，故选项C正确；对于选项D，令，有，令可得，故函数的增区间为，减区间为，可得，故选项D正确故选：ACD三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.13. 已知车轮旋转的角度（单位：）与时间t
10、（单位：s）之间的关系为，则车轮转动开始后第时的瞬时角速度为_【答案】【解析】【分析】求导，然后将代入导函数计算即可求出结果.【详解】因为，则，则，故答案为：.14. 已知是一个三位数，若的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称为递增数.已知，设事件A为“由，组成一个三位数”，事件为“由，组成的三位数为递增数”，则_.【答案】#0.1【解析】【分析】先算出由0，1，2，3，4得到的所有三位正整数的个数，注意对0不排首位，数字可重复；再计算递增数个数，此时数字不重复，从左到右，逐渐减小最后套用条件概率公式求解【详解】解：先计算所有正整数的个数：有个，即（A）个，再计算递增数的个数：共有
11、个，即个故故答案为：15. 如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（ 4种颜色全部使用 ），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有 _ 种.（用数字作答）【答案】96【解析】【详解】试题分析：由题意知本题是一个分步计数问题，第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法所以，不同的涂色种数有432（11+13）=9
12、6.考点：排列组合的应用.16. 已知函数,且对任意的恒成立，则实数的最大值为_.【答案】1【解析】【详解】由题意可得对任意的恒成立，令,，在恒成立，所以在单调递增，因为，所以存在，使，且，即存在，使，且在上是减函数，在上是增函数，函数的最小值为，因为，则，令，则，所以在上为增函数，所以的解为，因此，所以，即实数的最大值为1.【点睛】不等式恒成立问题的常用解法：（1）化不等式为，然后求的最小值，由这个可得参数范围（2）利用参数分离法，化不等式为，一般化为（或）然后求得的最大值，解不等式，可得结论四解答题：本题共6小题，共0分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17
13、. 已知函数f（x）x3ax2bxc在x与x1时都取得极值（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间（2）若对，不等式恒成立，求c的取值范围.【答案】（1），单调递增区间为和 ，单调递减区间为；（2）或【解析】【分析】（1）求出函数导数，由题可得即可求出；（2）求出在的最大值即可建立关系求解.【详解】（1），在与时都取得极值，解得，令可解得或；令可解得，的单调递增区间为和 ，单调递减区间为；（2），由（1）可得当时，为极大值，而，所以，要使对恒成立，则，解得或.18. 高中2021级某数学学习小组共有男生4人，女生3人.（1）7个人站成一排，甲乙两人中间恰好有2人的站法有多少种？（2）7人站成
14、一排，甲与乙相邻且丙与丁不相邻，有多少种排法？（3）现有10个乒乓球（完全相同）分发给这7名同学，每人至少一个，问有多少种不同的分发？【答案】（1）种 （2）种 （3）种【解析】【分析】（1）利用插空法、捆绑法求解.（2）先将甲乙看成整体，再用插空法求解.（3）利用隔板法求解.【小问1详解】法一：甲乙中间两人的排列数为，而甲乙位置可以互换，故这四个人的排列数有.将这四人看成一个整体，与剩余3人排站，故有种排列方式.不同站法有种.法二：甲乙两人的位置编号（不计顺序）只能是，四种，对每一种情况，甲乙排列数为，其余五人排列数为，所以不同站法有种.【小问2详解】法一：若甲乙相邻，则将甲乙看成一个整体，
15、则总共的排法数为（相当于只剩下6个人的全排列，而甲乙可互换），考虑其中甲乙和丙丁都相邻的情况，同上述方法可知有种.符合要求的排法有.法二：若甲乙相邻，则将甲乙看成一个整体，与丙丁以外的三个人排序有，将丙丁插空，则有.共有种.【小问3详解】问题可转化为：将10个乒乓球排成一列，再分成7堆，每堆至少一个，求其方法数.事实上，只需在上述10个乒乓球所产生9个空档中选出6个空档插入档板，即产生符合要求的方法数.故有种.19. 每年3月20日是国际幸福日，某电视台随机调查某一社区人们的幸福度.现从该社区群中随机抽取18名，用“10分制”记录了他们的幸福度指数，分别为7.3，7.0，8.2，8.1，8.4
16、，8.3，8.9，8.8，8.5，8.6，8.7，8.5，9.7，9.5，9.6，9.5，9.4，9.3.若福度不低于8.5分，则称该人的幸福度为“很幸福”.（1）求从这18人中随机选取3人，至少有1人是“很幸福”的概率；（2）以这18人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区（人数很多）任选3人，记表示抽到“很幸福”的人数，求的分布列及.【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）利用对立事件的概率和为1，先求解3人都认为不“很幸福”的概率即可；（2）根据题意，随机变量，再求解分布列与即可【小问1详解】由数据可得，幸福度不低于8.5分的人数为12，低于8.5分的
17、人数为6.设事件抽出的3人至少有1人是“很幸福”的，则表示3人都认为不“很幸福”.【小问2详解】根据题意，“很幸福”的人数占比，故随机变量满足二项分布，的可能的取值为0，1，2，3.；.所以随机变量的分布列为：0123所以的期望.20. 已知f(x)(3x2)n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）求出展开式中各项的系数和，二项式系数和，再建立方程求出n，最后根据二项式系数的性质即可得解；（2）求出二项展开式的通项，根据系数最大列出不等式组即可作答.【详解】（1）令，则
18、展开式中各项系数和为，展开式中的二项式系数和为，依题意，即，整理得，于是得，解得，而5为奇数，所以展开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是，；（2）由(1)知展开式通项为，令Tr1项的系数最大，则有，即，整理得，解得，而，从而得，所以展开式中系数最大项为.21. 科学家为研究对某病毒有效的疫苗，通过小鼠进行毒性和药效预实验.已知5只小鼠中有1只患有这种病毒引起的疾病，需要通过化验血液来确定患病的小鼠.血液化验结果呈阳性的即为患病小鼠，呈阴性即没患病.下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定患病小鼠为止.方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中
19、的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病小鼠为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验.（1）求方案甲化验次数X的分布列；（2）判断哪一个方案的效率更高，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）乙方案的效率更高，详见解析【解析】【分析】(1)方案甲化验次数X的可能取值为1,2,3,4，分别求出概率，由此能求出X的分布列（2）方案乙化验次数的可能取值为2，3，分别求出相应的概率，由此能求出分布列，求出X,的期望从而方案乙的效率更高【详解】解：（1）依题知X的可能取值为1，2，3，4.，故方案甲化验次数X的分布列为：1234设方案乙化验次数为，则可能取值为2，3.=2时的情况为先验三只结果为阳性，
20、再从中逐一检验时，恰好一次检验出，或先验三只结果为阴性，再从其他两只中取出一只检验. 则,故方案乙化验次数的分布列为：23则所以乙方案的效率更高.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22. 已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，进行讨论，可知当
21、时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析：（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，取值范围为.点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
