江苏省南京市秦淮中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省南京市秦淮中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）一、单项选择题：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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上1.若9人乘坐2辆汽车，每辆汽车最多坐5人，则不同的乘车方法有多少种？（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】按第一辆汽车乘坐的人数进行分类：第一类，第一辆汽车坐4人，剩下的5人坐第二辆汽车；第二类，第一辆汽车坐5人，剩下的4人坐第二辆汽车，再用加法原理计算结果.【详解】分两类：（1）第一辆汽车坐4人，有种方法；（2）第一辆汽车坐5人，有种方法则由分类加法原理可知

2、，共有种方法.故选：C.【点睛】本题考查了组合问题，分类加法原理的应用，属于基础题.2.若随机变量，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用二项分布的概率公式求解.【详解】由二项分布的概率公式得.故选：A【点睛】本题主要考查二项分布的概率公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3.如图，点，在函数的图象上，且，为的导函数，则与的大小关系是（ ）A. B. C. D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】结合函数图象及导数的几何意义判断可得；【详解】解：由函数图象可知，函数在处的切线的斜率比处的切线的斜率大，根据导数的几何意义可得，故选：A【点睛】本题考查导数的几何

3、意义，数形结合思想，属于基础题.4.有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若X表示取得次品的个数，则P(X2)等于A. B. C D. 1【答案】C【解析】【分析】根据超几何分布的概率公式计算各种可能的概率，得出结果【详解】由题意，知X取0，1，2，X服从超几何分布，它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，即P(X0)，P(X1)，P(X2)，于是P(X2)P(X0)P(X1)故选C【点睛】本题主要考查了运用超几何分布求概率，分别求出满足题意的情况，然后相加，属于中档题5.若直线是曲线的一条切线，则实数的值是（ ）A. -1B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】先设出切点

4、坐标，再利用导数的几何意义写出过的切线方程，最后由直线是是曲线的一条切线，求出实数的值【详解】解：，设切点为，则过的切线方程为，整理，得，直线是是曲线的一条切线，故选：【点睛】本题考察了导数的几何意义，解题时要注意发现隐含条件，辨别切线的类型，分别采用不同策略解决问题6.为支援边远地区教育事业的发展，现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区三所不同的学校去支教，每个学校至少去1人，甲、乙不能安排在同一所学校，则不同的安排方法有( )A. 180种B. 150种C. 90种D. 114种【答案】D【解析】【分析】先安排甲，再安排乙，最后三人分成四种情况：（1）三个人一块到第三所学校，（2）两个

5、人到第三所学校，另一人到前两所学校中任意一所，（3）一人到第三所学校，另两个人一起到前两所学校中任意一所，（4）一人到第三所学校，两个人分别到前两所学校中任意一所；【详解】解：分四种情况：（1）安排甲到一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人一起到第三所学校有1种方法，共有种方法；（2）安排甲到第一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人中两人一起到第三所学校有种方法，另一人到前两所学校中任意一所有，共有种方法；（3）安排甲到第一所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人中一人到第三所学校有，另两人一起到前两所学校中任意一所有，共有种方法；（4）安排甲到第一

6、所学校有种方法，安排乙到第二所学校有种方法，余下三人中一人到第三所学校有，另两个人分别到前两所学校有种方法共有种方法，种方法；综合以上有：故选：D【点睛】考查分类计数原理和分布计数原理，基础题.7.展开式中的系数为（ ）A. 10B. 24C. 32D. 56【答案】D【解析】【分析】先将式子化成，再分别求两项各自的的系数，再相加，即可得答案.【详解】，展开式中含的项为，展开式中含的项，故的系数为.故选：D.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.8.已知函数的导函数为，在上满足，则下列一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解

7、析】【分析】构造函数，利用导数判断函数在上的单调性，可得出和的大小关系，由此可得出结论.【详解】令，则.由已知得，当时，.故函数在上是增函数，所以，即，所以.故选：A.【点睛】本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.二、多项选择题：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3分，有选错的得0分，请将正确选项填涂在答题卡相应位置上9.下列各式中，等于的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由阶乘的定义结合排列数、组合数公式，依次

8、分析选项，综合即可得答案【详解】解：根据题意，依次分选项：对于，故正确；对于，故错误；对于，故正确；对于，故错误；故选：AC【点睛】本题考查阶乘、排列数公式的计算，注意排列数公式的形式，属于基础题10.对于二项式，以下判断正确的有（ ）A. 存在，展开式中有常数项；B. 对任意，展开式中没有常数项；C. 对任意，展开式中没有的一次项；D. 存在，展开式中有的一次项.【答案】AD【解析】【分析】利用展开式的通项公式依次对选项进行分析，得到答案【详解】设二项式展开式的通项公式为，则，不妨令，则时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；令，则时，展开式中有的一次项，故C答案错误，D答案正确故答

9、案选AD【点睛】本题考查二项式定理，关键在于合理利用通项公式进行综合分析，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题11.已知是定义域为的函数的导函数，如图是函数的图象，则下列关于函数性质说法正确的是（ ）A. 单调递增区间是，B. 单调递减区间是，C. 是极小值D. 是极小值【答案】BC【解析】【分析】根据函数的图象，得原函数在上是增函数，在区间和上为减函数，因此函数的极大值为，极小值为由此对照各个选项，即可得到本题的答案【详解】解：由的图象可得当时，时，故函数在上是增函数，在区间和上为减函数，所以函数在处取得极小值，在处取得极大值，故正确的有BC；故选：BC【点睛】本题给出函数的导数图象，

10、要我们找出符合函数性质的选项，着重考查了对函数图象的理解和函数单调性与导数的关系等知识，属于中档题12.已知函数，则下列结论正确的是（）A. 函数存在两个不同的零点B. 函数既存在极大值又存在极小值C. 当时，方程有且只有两个实根D. 若时，则最小值为【答案】ABC【解析】【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图像，最后直接判断选项.【详解】A.,解得，所以A正确；B.，当时，当时，或 是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确.C.当时，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C

11、正确；D.由图像可知，的最大值是2，所以不正确.故选AB,C【点睛】本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图像，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，所以图像是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了.三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分请把答案直接填写在答题卡相应位置上13.在某项测量中，测量结果 服从正态分布 ，若在(0，4)内取值的概率为0.6，则在(0，+)内取值的概率为_【答案】0.8【解析】【分析】根据服从正态分布，可得曲线的对称轴是直线.由在(0，4)内取值的概率，可求得.再根据

12、正态曲线的对称性，可求在内取值的概率，进而求得在(0，+)内取值的概率.【详解】服从正态分布，曲线的对称轴是，在(0，4)内取值的概率为0.6，则，.故答案为：0.8.【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，主要考查正态曲线的对称性，是基础题.14.设n为正整数，展开式的二项式系数最大值为x，展开式的二项式系数的最大值为y，若，则n=_.【答案】6【解析】【分析】根据二项式系数的性质求出x和y，代入，计算即可.【详解】解：由题意知，即，故答案为：6【点睛】考查二项式系数的性质及组合数的运算，基础题.15.的展开式中的系数是_.【答案】285【解析】【分析】根据二项式定理的通项公

13、式求解.【详解】先把，看作等比数列求和.原式，原式展开式中的系数就是与展开式中的系数之差，即.故答案为：285.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.16.已知函数方程有五个不相等的实数根，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】作出函数的图象，结合图象可求实数的取值范围.【详解】当时，当时，函数增函数；当时，函数为减函数；极大值为，且，；作出函数的图象，如图，方程，则或，由图可知时，有2个解，所以有五个不相等的实数根，只需要，即；故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的应用，利用研究方程根的问题，作出函数的简图是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养

14、.四、解答题：共6小题，共70分请在答题卡指定区域内作答，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.设，求：（1）；（2）.【答案】（1）2（2）18【解析】【分析】记；（1）令，可得，再令，可得，即可得解；（2）对取导数，再令，即可得到，从而得解；【详解】解：记，（1）因为，由题意，所以.（2）因为，所以.【点睛】本题考查赋值法求二项式系数的和的问题，属于中档题.18.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求经过点（4，0）且与曲线相切的直线方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求出函数在处的导数值，即为切线斜率，再由切点写出切线方程；（2）因为点并不在曲线上，故该点不是切

15、点.设切点坐标为，求得导数，即为切线的斜率，写出切线方程，将代入方程，即可求出切点的坐标，进而写出切线方程.【详解】解：， （1）当时，得在点处的切线的斜率为，切线方程为：，即；（2）设切点为，则切线的斜率为 切线方程为，切线过点，解得，所求切线方程为，即.【点睛】本题考查了导数的几何意义，注意“在”和“过”点的切线的区别，属于基础题.19.一辆汽车前往目的地需要经过个有红绿灯的路口.汽车在每个路口遇到绿灯的概率为（可以正常通过），遇到红灯的概率为（必须停车）.假设汽车只有遇到红灯或到达目的地才停止前进，用随机变量表示前往目的地途中遇到红灯数和绿灯数之差的绝对值.（1）求汽车在第个路口首次停车

16、的概率；（2）求的概率分布和数学期望.【答案】（1）;（2）分布列见解析，数学期望 .【解析】【分析】（1）汽车在第3个路口首次停车是指汽车在前两个路口都遇到绿灯，在第3个路口遇到绿灯，由此利用相互独立事件概率乘法公式能求出汽车在第3个路口首次停车的概率（2）设前往目的地途中遇到绿灯数为，则，用随机变量表示前往目的地途中遇到红灯数和绿灯数之差的绝对值的可能取值为0，2，4，由此能求出的概率分布列和数学期望【详解】解：（1）由题意知汽车在前两个路口都遇到绿灯，在第3个路口遇到绿灯，汽车在第3个路口首次停车的概率为：（2）设前往目的地途中遇到绿灯数为，则，用随机变量表示前往目的地途中遇到红灯数和绿

17、灯数之差的绝对值则的可能取值为0，2，4，则，的概率分布列为： 0 2 4 数学期望【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力.20.已知函数（1）设时，求的导函数的递增区间；（2）设 ，求的单调区间；（3）若 对 恒成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）当时，的单调递减区间为，无单调递增区间，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；（3）【解析】【分析】（1）将代入函数，求出，即，再求出，进而求出的单调递增区间；（2）对求导，讨论的取值范围，求出的单调区间；（3）分离参数，不等式 对 恒成

18、立转化为恒成立，构造新的函数，求出的最大值，从而求得的取值范围.【详解】解：（1）时，令，则，令，得，的单调递增区间为；（2） ，若，则恒成立，在单调递减；若，令，得，单调递增，令，得，单调递减.综上所述，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；（3）对恒成立可转化为恒成立，设，则当时，单调递增，当时，单调递减，即的取值范围为.【点睛】本题考查了导数的应用问题，其中含参数的函数单调性的讨论，不等式恒成立问题都是常考题型，属于较难的综合性问题.21.2名女生、4名男生排成一排，求：（1）2名女生不相邻的不同排法共有多少种？（2）女生甲必须排在女生乙的左边（

19、不一定相邻）的不同排法共有多少种？【答案】（1）480种（2）360种【解析】【分析】（1）不相邻问题利用插空法法；（2）女生顺序已定，先排女生，再排男生，最后根据分步乘法计算原理计算可得；【详解】解：（1）2名女生不相邻的排列可以分成2步完成：第一步 将4名男生排成一排，有种排法；第二步 排2名女生.由于2名女生不相邻，可以在每2名男生之间及两端共5个位置中选出2个排2名女生，有种排法.根据分步计数原理，不同的排法种数是.（2）女生甲必须排在女生乙左边的排列可以分成2步完成：第一步：排2名女生，女生的顺序已经确定，这2名女生的排法种数为从6个位置中选出2个位置的组合数，即为；第二步：排4名男

20、生.将4名男生在剩下的4个位置上进行排列的方法数有种.根据分步计数原理，不同的排法种数是.答：分别有480和360种不同的排法.【点睛】本题考查简单的排列组合问题，属于中档题.22.已知函数，求证：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）在上有且仅有2个零点.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出函数的导数，设，对求导，说明其单调性，再根据零点存在性定理可得在有唯一零点，从而得证；（2）结合（1）的单调性利用零点存在性定理证明上有两个零点，当时无零点.【详解】解：（1）因为，所以，设，则，则当时，所以即在单调递减，又，且图像是不间断的，由零点存在性定理可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点.（2）因为，所以，设，则，则当时，所以即在单调递减，由（1）知，在单调递增，在单调递减.又，所以，又的图像是不间断的，所以存在，使得；又当时，所以在递减，因，又，又的图像是不间断的，所以存在，使得；当时，所以，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值与函数的零点问题，属于中档题.