2022-2023学年河北省沧州市东七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PAGEPAGE1河北省沧州市东七县2022-2023学年高二下学期期中数学试题一、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〗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〗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〗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〗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〗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〗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〗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〗设，则，，所以，.因为是等比数列，且，所以，，所以，，所以，.故选：A.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〗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〗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〗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〗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.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〗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.在的展开式中，的系数为______．（用数字作答）〖答案〗〖解析〗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______．012〖答案〗〖解析〗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〗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：.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？解：（1）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.（2）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．解：（1）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.（2）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．解：（1）依题意的所有可能取值为，，，则，，，所以的分布列为（2）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．解：（1）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.（2）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．解：（1）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.（2）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A，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．（1）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.（2）证明：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，即，所以恒成立，即不等式恒成立.河北省沧州市东七县2022-2023学年高二下学期期中数学试题一、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〗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〗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〗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〗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〗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〗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〗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〗设，则，，所以，.因为是等比数列，且，所以，，所以，，所以，.故选：A.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〗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〗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〗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〗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.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〗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.在的展开式中，的系数为______．（用数字作答）〖答案〗〖解析〗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______．012〖答案〗〖解析〗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〗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：.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？解：（1）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.（2）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．解：（1）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.（2）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．解：（1）依题意的所有