2022-2023学年山东省临沂市六县高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山东省临沂市六县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题一、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.（）．A.15 B.30 C.45 D.60〖答案〗C〖解析〗，故选：C．2.已知离散型随机变量X的分布列如下表：X0123Pa若离散型随机变量，则（）．A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由分布列的性质可知：解得，由，等价于，由表可知；故选：A.3.若函数，则函数的单调递减区间为（）．A.， B.，C. D.〖答案〗C〖解析〗，函数定义域为，，令，解得，则函数的单调递减区间为.故选：C.4.在的展开式中，含项的系数是（）．A.110 B.112 C.114 D.116〖答案〗D〖解析〗在的展开式中，含项的系数为.故选：D5.“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗记“两个加数都大于2”为事件A，“两个加数都为素数”为事件B，在加数都大于2的条件下则事件A有这5种情况事件B有这3种情况，故.故选：B.6.函数在时有极小值0，则（）A.7 B.6 C.11 D.4〖答案〗C〖解析〗由已知可得，.因为在时有极小值0，所以有，即，解得或.当时，恒成立，所以，在R上单调递增，此时没有极值点，舍去；当时，.由可得，或.由可得，，所以在上单调递减；由可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增.所以，在处取得极大值，在处取得极小值，满足题意.所以，，.故选：C.7.五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛．某班有甲、乙、丙等5名同学参加，抽签确定出场顺序．在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的前提下，学生甲、乙相邻出场的概率为（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，共有种情况，学生甲必须在学生乙的前面出场的情况有种，所以，甲乙同学按出场顺序一定，且相邻出场的情况共有种，所以，则，故选：B．8.已知不等式恰有1个整数解，则实数a的取值范围为（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由不等式，可得，设，，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时，取极大值1.又，且时，，直线恒过点，当时，作出与的图像如下所示，恰有1个整数解，只需要满足，解得，当时，显然有无穷多个整数解，不满足条件，所以的取值范围为.故选:D.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.下列命题中，正确的是（）．A.随机变量X服从二项分布，若，，则B.某投掷类游戏闯关规则是游戏者最多投掷5次，只要有一次投中，游戏者即闯关成功，并停止投掷，已知每次投中的概率为，则游戏者闯关成功的概率为C.从3个红球2个白球中，一次摸出3个球，则摸出红球的个数X服从超几何分布，D.某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当且仅当时概率最大〖答案〗BCD〖解析〗A：，可得，A错；B：利用间接法有，B对；C：，，，，则期望,故C正确；D：，所以，当时概率最大，所以D对.故选：BCD.10.已知函数，则（）．A.有两个极值点B.点是曲线的对称中心C.有三个零点D.若方程有两个不同的根，则或5〖答案〗ABD〖解析〗由，则或时，时，所以在、上单调递增，在上单调递减，所以分别是的极大值点、极小值点，A对；，则，故点是曲线的对称中心，B对；由，，，结合单调性知：在存在一个零点，其它位置无零点，C错；若方程有两个不同的根，由上分析知：或5，D对.故选：ABD11.已知，是两个事件，且，，则下列结论一定成立的是（）．A.B.若，则与独立C.若与独立，且，则D.若与独立，且，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A：因为，当与相互独立时，此时，由于无法确定，的大小关系，故无法确定与的大小关系，故A错误；对于B：因为，则，所以，即，所以与独立，故B正确；对于C：若与独立，则，又，所以，则，即，故C正确；对于D：因为与独立，且，，所以，则，所以，故D错误；故选：BC12.已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗函数,,∵是函数的极值点，∴，即，

,当时，

,,即A选项正确,B选项不正确;

,即D正确,C不正确.

故〖答案〗为:AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知随机变量服从正态分布，若，则__________．〖答案〗0.4〖解析〗因随机变量服从正态分布，故该正态曲线关于对称，因，所以，所以，，故〖答案〗为：0.4.14.某大学四名学生利用暑期到学校的实践基地进行实习，每人从，，，四个基地中任选一个，不考虑其他条件，则不同的选法有__________．〖答案〗〖解析〗依题意每位同学均有种选择，按照分步乘法计数原理可得不同的选法有种.故〖答案〗为：15.假设有两箱零件，第一箱内装有10件，其中有3件次品；第二箱内装有20件，其中有2件次品．现从两箱中随意挑选一箱，然后从该箱中随机取1个零件，已知取出的是次品，则它是从第一箱取出的概率为__________．〖答案〗0.75〖解析〗设事件表示从第箱中取一个零件，事件表示取出的零件是次品，则,所以已知取出的是次品，求它是从第一箱取出的概率为.故〖答案〗为：.16.函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为__________．〖答案〗〖解析〗令，，则，化简得到，故在上增函数，而由可得，即，故即，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.甲、乙两种品牌手表，它们的日走时误差分别为X和Y（单位：s），其分布列为（1）求和；（2）求和，并比较两种品牌手表的性能．解：（1）由已知可得，，.（2）由（1）知，，所以，.又，所以.所以，，，所以，两品牌手表的误差平均水平相当，但是甲品牌的手表走时更稳定.18.已知函数.（1）若在处取得极小值，求实数的值；（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.解：（1）因为，所以，得，此时，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以在处取得极小值，符合题意，故实数的值为.（2）由（1）知，，因在上单调递增，所以在上恒成立.因为，所以在上恒成立，即在上恒成立.因为在上单调递减，所以，故实数的取值范围为.19.已知展开式的前三项的二项式系数之和为22，所有项的系数之和为1．（1）求n和a的值；（2）展开式中是否存在常数项？若有，求出常数项；若没有，请说明理由．解：（1）由题意，，即．解得或（舍去），所以．因为所有项的系数之和为1，所以，解得（舍去）或．所以.（2）展开式中存在常数项，因为，所以．令，解得，所以展开式中常数项为．20.甲、乙两箱各有6个大小相同的小球，其中甲箱2个红球，4个蓝球，乙箱3个红球，3个蓝球．先从甲箱随机摸出2个球放入乙箱，再从乙箱随机摸出1个球．（1）从甲箱摸出的2个球至少有一个蓝球的概率；（2）从乙箱摸出的小球是蓝球的概率．解：（1）设事件“从甲箱摸出的蓝球个数”，（，，），事件“从甲箱摸出的个球至少有一个蓝球”，则且与互斥，所以，所以从甲箱摸出的个球至少有一个蓝球的概率为．（2）记事件“从乙箱中摸出的是蓝球”，则，，所以从乙箱摸出的是蓝球概率为．21.基础学科招生改革试点，也称强基计划，是教育部开展的招生改革工作，主要是为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．强基计划的校考由试点高校自主命题，某试点高校校考过程中笔试通过后才能进入面试环节．2022年报考该试点高校的学生的笔试成绩X近似服从正态分布．其中，近似为样本平均数，近似为样本方差．已知的近似值为76.5，s的近似值为5.5，以样本估计总体．（1）假设有84.135%学生的笔试成绩高于该校预期的平均成绩，求该校预期的平均成绩大约是多少？（2）若笔试成绩高于76.5进入面试，若从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，设其中进入面试学生数为，求随机变量的期望．（3）现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为、、、．设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．参考数据：若，则：；；．解：（1）由.又，，，所以该校预期的平均成绩大约是.（2）由得，，即从所有参加笔试的学生中随机抽取1名学生，该生笔试成绩76.5以上的概率为.所以随机变量服从二项分布，所以.（3）X的可能取值为0，1，2，3，4，由题意可知，，，，，.所以，的分布列为X01234所以.22.已知函数，函数．（1）求的单调区间；（2）当时，若与的图象在区间上有两个不同的交点，求k的取值范围．解：（1）由题意可得的定义域为，且．①当时，由，得；由，得．故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．②当时，由，得；由，得．故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）当时，令，得，即，则与的图象在上有两个不同的交点，等价于在上有两个不同的实根．设，则．由，得；由，得．函数在上单调递增，在上单调递减，故．因为，，且，所以要使在上有两个不同的实根，则，即k的取值范围为．山东省临沂市六县2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题一、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.（）．A.15 B.30 C.45 D.60〖答案〗C〖解析〗，故选：C．2.已知离散型随机变量X的分布列如下表：X0123Pa若离散型随机变量，则（）．A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由分布列的性质可知：解得，由，等价于，由表可知；故选：A.3.若函数，则函数的单调递减区间为（）．A.， B.，C. D.〖答案〗C〖解析〗，函数定义域为，，令，解得，则函数的单调递减区间为.故选：C.4.在的展开式中，含项的系数是（）．A.110 B.112 C.114 D.116〖答案〗D〖解析〗在的展开式中，含项的系数为.故选：D5.“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗记“两个加数都大于2”为事件A，“两个加数都为素数”为事件B，在加数都大于2的条件下则事件A有这5种情况事件B有这3种情况，故.故选：B.6.函数在时有极小值0，则（）A.7 B.6 C.11 D.4〖答案〗C〖解析〗由已知可得，.因为在时有极小值0，所以有，即，解得或.当时，恒成立，所以，在R上单调递增，此时没有极值点，舍去；当时，.由可得，或.由可得，，所以在上单调递减；由可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增.所以，在处取得极大值，在处取得极小值，满足题意.所以，，.故选：C.7.五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛．某班有甲、乙、丙等5名同学参加，抽签确定出场顺序．在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的前提下，学生甲、乙相邻出场的概率为（）．A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，共有种情况，学生甲必须在学生乙的前面出场的情况有种，所以，甲乙同学按出场顺序一定，且相邻出场的情况共有种，所以，则，故选：B．8.已知不等式恰有1个整数解，则实数a的取值范围为（）．A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由不等式，可得，设，，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时，取极大值1.又，且时，，直线恒过点，当时，作出与的图像如下所示，恰有1个整数解，只需要满足，解得，当时，显然有无穷多个整数解，不满足条件，所以的取值范围为.故选:D.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.下列命题中，正确的是（）．A.随机变量X服从二项分布，若，，则B.某投掷类游戏闯关规则是游戏者最多投掷5次，只要有一次投中，游戏者即闯关成功，并停止投掷，已知每次投中的概率为，则游戏者闯关成功的概率为C.从3个红球2个白球中，一次摸出3个球，则摸出红球的个数X服从超几何分布，D.某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当且仅当时概率最大〖答案〗BCD〖解析〗A：，可得，A错；B：利用间接法有，B对；C：，，，，则期望,故C正确；D：，所以，当时概率最大，所以D对.故选：BCD.10.已知函数，则（）．A.有两个极值点B.点是曲线的对称中心C.有三个零点D.若方程有两个不同的根，则或5〖答案〗ABD〖解析〗由，则或时，时，所以在、上单调递增，在上单调递减，所以分别是的极大值点、极小值点，A对；，则，故点是曲线的对称中心，B对；由，，，结合单调性知：在存在一个零点，其它位置无零点，C错；若方程有两个不同的根，由上分析知：或5，D对.故选：ABD11.已知，是两个事件，且，，则下列结论一定成立的是（）．A.B.若，则与独立C.若与独立，且，则D.若与独立，且，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A：因为，当与相互独立时，此时，由于无法确定，的大小关系，故无法确定与的大小关系，故A错误；对于B：因为，则，所以，即，所以与独立，故B正确；对于C：若与独立，则，又，所以，则，即，故C正确；对于D：因为与独立，且，，所以，则，所以，故D错误；故选：BC12.已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗函数,,∵是函数的极值点，∴，即，

,当时，

,,即A选项正确,B选项不正确;

,即D正确,C不正确.

故〖答案〗为:AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知随机变量服从正态分布，若，则__________．〖答案〗0.4〖解析〗因随机变量服从正态分布，故该正态曲线关于对称，因，所以，所以，，故〖答案〗为：0.4.14.某大学四名学生利用暑期到学校的实践基地进行实习，每人从，，，四个基地中任选一个，不考虑其他条件，则不同的选法有__________．〖答案〗〖解析〗依题意每位同学均有种选择，按照分步乘法计数原理可得不同的选法有种.故〖答案〗为：15.假设有两箱零件，第一箱内装有10件，其中有3件次品；第二箱内装有20件，其中有2件次品．现从两箱中随意挑选一箱，然后从该箱中随机取1个零件，已知取出的是次品，则它是从第一箱取出的概率为__________．〖答案〗0.75〖解析〗设事件表示从第箱中取一个零件，事件表示取出的零件是次品，则,所以已知取出的是次品，求它是从第一箱取出的概率为.故〖答案〗为：.16.函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为__________．〖答案〗〖解析〗令，，则，化简得到，故在上增函数，而由可得，即，故即，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.甲、乙两种品牌手表，它们的日走时误差分别为X和Y（单位：s），其分布列为（1）求和；（2）求和，并比较两种品牌手表的性能．解：（1）由已知可得，，.（2）由（1）知，，所以，.又，所以.所以，，，所以，两品牌手表的误差平均水平相当，但是甲品牌的手表走时更稳定.18.已知函数.（1）若在处取得极小值，求实数的值；（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.解：（1）因为，所以，得，此时，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以在处取得极小值，符合题意，故实数的值为.（2）由（1）知，，因在上单调递增，所以在上恒成立.因为，所以在上恒成立，即在上恒成立.因为在上单调递减，所以，故实数的取值范围为.19.已知展开式的前三项的二项式系数之和为22，所有项的系数之和为1．（1）求n和a的值；（2）展开式中是否存在常数项？若有，求出常数项；若没有，请说明理由．解：（1）由题意，，即．解得或（舍去），所以．因为所有项的系数之和为1，所以，解得（舍去）或．所以.（2）展开式中存在常数项，因为，所以．令，解得，所以展开式中常数项为．20.甲、乙两箱各有6个大小相同的小球，其中甲箱2个红球，4个蓝球，乙箱3个红球，3个蓝球．先从甲箱随机摸出2个球放入乙箱，再从乙箱随机摸出1个球．（1）从甲箱摸出的2个球至少有一个蓝球的概率；（2）从乙箱摸出的小球是蓝球的概率．解：（1）设事件“从甲箱摸出的蓝球个数”，（，，），事件“从甲箱摸出的个球至少有一个蓝球”，则且与互斥，所以，所以从甲箱摸出的个球至少有一个蓝球的概率为．（2）记事件“从乙箱中摸出的是蓝球”