江苏省苏州市吴县中学2021-2022学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、吴县中学2021-2022学年高二年级第二学期期中调研测试数学试卷一、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. 在抗击新冠疫情期间，有3男3女共6位志愿者报名参加某社区“人员流调”、“社区值守”这两种岗位的志愿服务，其中3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”若该社区“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者则这6位志愿者不同的分配方式共有（ ）A. 19种B. 20种C. 30种D. 60种【答案】A【解析】【分析】利用对立事件，用总的分配方式减去“社区值守”岗位全是女性的情况可得.【详解】6位志愿者3位志愿者参加“人员流

2、调”，另外3位志愿者参加“社区值守”的分配方式共有种，“社区值守”岗位全是女性的分配方式共1种，故“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者的分配方式共有种.故选：A2. 已知随机变量X的分布列如表：（其中a为常数）X123456P0.10.1a0.30.20.1则等于（ ）A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.7【答案】A【解析】【分析】根据分布列，先求得，然后求得正确答案.【详解】依题意，所以.故选：A3. 从装有6个红球，3个白球的袋子中，不放回地依次抽取3个小球，在第一次抽取到白球的条件下，第二抽到白球的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设事件表示“第一

3、次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”，分别求出，根据条件概率公式即可求出结果.【详解】设事件表示“第一次取到白球”，事件表示“第二次取到白球”，则，所以在第一次抽取到白球的条件下，第二抽到白球的概率,故选：B4. 被7除的余数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】根据，按照二项式定理展开，可得它除以7的余数【详解】因为，显然，除了最后一项外，其余的各项都能被7整除，故它除以7的余数为.故选：B5. 某试验每次成功的概率为，现重复进行10次该试验，则恰好有7次试验未成功的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据二项分布的概率公式即可求解.

4、【详解】由题意可知，重复进行10次试验，7次未成功，说明3次成功，所以所求概率为故选：A6. 函数 的导函数的图象如图所示，给出下列命题：是函数的极值点；是函数的最小值点；在区间上单调递增；在处切线的斜率小于零以上正确命题的序号是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据导函数图象可判定导函数符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率【详解】根据导函数图象可知：当时，在时，函数在上单调递减，在上单调递增，故正确；则是函数的极小值点，故正确；在上单调递增，不是函数的最小值点，故不正确；函数在处的导数大于，切线的斜率大于零

5、，故不正确故选：C7. 学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（ ）种分配方案A. 135B. 10C. 75D. 120【答案】B【解析】【分析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”【详解】解：“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”，故有，故选：B.8. 已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知，对任意的恒成立，可得出对任意的恒成立，利用基本不等式可求得实数的取值范围.【详解】因为，则，由题意可知，对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，由基本

6、不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，.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. 若随机变量服从两点分布，其中，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】结合两点分布的知识进行分析，从而确定正确选项.【详解】依题意，所以，.所以，所以AB选项正确，CD选项错误.故选：AB10. 下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】由题意利用组合数公式、排列数公式，逐一检验各个

7、选项是否正确，从而得出结论【详解】解：对于A，故A正确；对于B，所以所以，故B正确；对于C，故C错误；对于D，故D正确；故选：ABD11. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼” “乐” “射” “御” “书” “数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）A. 某学生从中选3门，共有30种选法B. 课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法C. 课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法D. 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法【答案】CD【解析】【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别

8、判断各选项即可【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有种，故A错误；对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排“射”“御”，共有种排法，故B错误；对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有种排法，故C正确；对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，若课程“乐”排在最后一周，有种排法，若课程“乐”不排最后一周，有种排法，所以共有种排法，故D正确故选：CD12. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）A.

9、B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据对数的函数的单调性，构造函数结合导数的性质、基本不等式，判断各选项的正误即可.【详解】是增函数，故A错误；B：，由，有，又是增函数，正确.C：令，则，当时是减函数，即，正确；D：令，则，当时是减函数，即，正确；故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 设随机变量服从正态分布.若，则_.【答案】0.4#【解析】【分析】根据正态分布的对称性可求.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线的对称轴为，所以，所以，所以.故答案为：0.4.14. 已知，得_若，则a=_.【答案】 . . 【解析】【分析】令得，用赋值法求得

10、展开式中奇数项与偶数项的系数和及所有项的系数和，代入后可求得【详解】，在中令得（1），令得（2）所以，又，所以故答案为：；15. 现用5种颜色，给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_种【答案】【解析】【分析】结合两个计数原理计算出正确答案.【详解】按照顺序进行涂色，其中与的颜色可以相同也可以不相同，所以不同的涂色方法共有种.故答案为：16. 设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据定义及函数的单调性，可得方程有两个不等的实数根，构造函数，通过求导求得极

11、值点，代入，求得的最大值，进而可求解.【详解】解：因为函数为“倍胀函数”，且定义域为，所以存在，使在上的值域为.因为为增函数，所以，所以方程有两个不等的实数根.令，则，令，解得.易知在上单调递增，在上单调递减，所以.易知当时，当时，所以要使方程有两个不等的实数根，只需，得，所以t的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，方程的根等，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于较难题.试题以新定义函数为切入点，围绕函数的定义域与值域的关系设题，引导考生将已知条件转化为方程的根进行求解，思维层次较高，考查逻辑推理、直观想象，数学运算

12、等核心素养.四、解答题：本题共6小题，共70分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 在前三项系数成等差数列，二项式系数之和为64，这两个条件中任选个，补充在问题中，并进行解答.问题：在的展开式中，_，求n的值及展开式中的常数项.【答案】答案见解析【解析】【分析】写出展开式通项公式，选条件，得前三项系数，由它们成等差数列得值，由通项公式得常数项的项数，得常数项；选条件，由二项式指数性质得值，由通项公式得常数项的项数，得常数项【详解】解：因为二项式展开式的通项为选条件，前三项的系数成等差数列，展开式前三项的系数分别为，由题设知解得或（舍去）当时，所以时，为常数项选条件，二项式系数之和为6

13、4，所以，当时，所以时，为常数项.18. 设函数，若函数的图象在点处与直线相切（1）求实数、值；（2）求函数极值【答案】（1）1、； （2）极大值为，无极小值【解析】【分析】(1)由题可知，解方程组即可得a、b的值；(2)根据导数求f(x)单调性，根据单调性即可求极值.【小问1详解】，由题可知，解得，；【小问2详解】由(1)可知，x0，时，单调递增，时，单调递减，f(x)有极大值，无极小值.19. （1）由，这个数字组成没有重复数字的四位偶数有多少个？（2）把本不同的书分给个同学，每人至少本书，有多少种不同的方法？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分个位上的数字为和不为两类（2）不同元

14、素的分配问题，先分份再分配【详解】（1）若个位上的数字为，则若个位上的数字不为，则先排个位，再排首位，最后排中间两位所以所以由，这个数字能组成的没有重复数字的四位偶数共有（个）（2）先把本不同的书分成或或三份，再把三份不同的书分给三位不同的同学，则不同的分法（种）20. 某市场供应的电子产品中，甲厂产品占乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是（1）若从该市场供应的电子产品中任意购买一件电子产品，求该产品是合格品的概率；（2）在该市场中随机购买一件电子产品，已知买到的是合格品，求这件电子产品是甲厂生产的概率（结果精确到）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）考虑合格品的来源有两

15、种可能，分类计算，根据全概率公式求得答案；（2）根据条件概率的计算公式求得答案.【小问1详解】设A，B分别表示买到的产品来自甲厂、乙厂，C表示买到的产品是合格品，则，所以 ,【小问2详解】这件电子产品是甲厂生产的概率为 21. 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，对该流水线上的产品进行简单随机抽样，获得数据如下表：分组区间(单位：克)产品件数34751包装质量在克的产品为一等品，其余为二等品（1）估计从该流水线任取一件产品为一等品的概率；（2）从上述抽取的样本产品中任取2件，设X为一等品的产品数量，求X的分布列；（3）从该流水线上任取2件产品，设Y为一等品的产品数量，求Y的分布列；试

16、比较期望与则望的大小.(结论不要求证明)【答案】（1）；（2）分布列见解析；（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）直接利用古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意的可能取值为、，求出所对应的概率，列出分布列；（3）依题意，即可求出的分布列，再求出数学期望，即可得解；【详解】解：（1）样本中一共有件产品，包装质量在克的产品有件，故从该流水线任取一件产品为一等品的概率（2）依题意的可能取值为、；，故的分布列为：（3）由（2）可得依题意，则的可能取值为，故的分布列为：所以所以22. 已知函数，其中.（1）求的单调区间；（2）是否存在，使得对任意恒成立？若存在，请求出的最大值；若不存在，请说明理由

17、.【答案】（1）答案见解析 （2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）求导，分，由，求解； （2）将，对任意恒成立，转化为对任意恒成立，令（），用导数法求其最小值即可.【小问1详解】解：因为，所以当时，恒成立，所以在上单调递增，当时，时，在上单调递增，时，在上单调递减，综上所述：当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】由已知得，对任意恒成立，即为对任意恒成立，即对任意恒成立，令（），则，当时，所以在上单调递增，即，矛盾，故舍去；当，由，得，由，得，所以在上单调递减，单调递增，所以（），所以（）恒成立，令，则，当，即时，单调递增，当，即时，单调递减，所以，因为，所以，又，所以不存在整数使得成立，综上所述，不存在满足条件的整数