2021-2022学年安徽省安庆市怀宁中学高二下学期期中数学试题解析.doc

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1、2021-2022学年安徽省安庆市怀宁中学高二下学期期中数学试题一、单选题1设为曲线上的点，且曲线在点处切线的倾斜角的取值范围为，则点横坐标的取值范围为ABCD【答案】A【详解】因为,又因为曲线在点处切线的倾斜角的取值范围为，则切线的斜率，所以,解得，故选A.2某工厂有甲、乙、丙3个车间生产同一种产品，产量依次占全厂的45%，35%，20%，且各车间的次品率分别为4%，2%，5%，现从一批产品中检查出1个次品，则该次品由车间生产的可能性最大A甲B乙C丙D无法确定【答案】A【分析】设A1，A2，A3表示产品来自甲、乙、丙车间，B表示产品为次品的事件，分别计算P(A1|B)，P(A2|B)，P(A

2、3|B)再作比较即可【详解】设A1，A2，A3表示产品来自甲、乙、丙车间，B表示产品为次品的事件，易知A1，A2，A3是样本空间中的事件，且有P(A1)=0.45，P(A2)=0.35，P(A3)=0.2，P(B|A1)=0.04，P(B|A2)=0.02，P(B|A3)=0.05由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.450.04+0.350.02+0.20.05=0.035由贝叶斯公式得P(A1|B)=0.514，P(A2|B)=0.200，P(A3|B)=0.286，所以，该次品由甲车间生产的可能性最大故选：A3设离散型随

3、机变量X的分布列为：X123PP1P2P3则E（X）=2的充要条件是（）AP1=P2BP2=P3CP1=P3DP1=P2=P3【答案】C【分析】当EX=2时，由离散型随机变量X的分布列的性质列出方程组得P1=P3，当P1=P3时，P1+P2+P3=2P1+P2=1能求出EX=2.从而得到EX=2的充要条件是P1=P3.【详解】解：由离散型随机变量X的分布列知：当EX=2时，解得P1=P3，当P1=P3时，P1+P2+P3=2P1+P2=1.EX=P1+2P2+3P3=4P1+2P2=2.EX=2的充要条件是P1=P3.故选：C.4已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】D

4、【分析】依题意，导函数在，上大于等于0恒成立，参变分离可得，进而得解；【详解】解：因为，所以，函数在，上是增函数，在，上恒成立，在，上恒成立，即在，上恒成立，则只需，单调递增， ，解得或，实数的取值范围为；故选：D5长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为（）ABCD【答案】B【分析】根据给定信息，结合全概率公式列式求解作答.【详解】令“玩手机时间超过的学生”，“玩手机时间不超过的学生”，“任意调查一人，此人近视”，则，且互斥，依题意，解得，

5、所以所求近视的概率为.故选：B【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.6已知函数，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】根据函数的性质，原不等式可转化为，利用函数单调性去掉“”，分离参数求最值即可.【详解】因为.则所以，易知在R上单调递增，所以有，对恒成立，即，设， 则，则当时，单调递增，当时，单调递减，则，所以有，即故选：D7太行山脉有很多优美的旅游景点.现有甲乙两位游客慕名来到太行山脉，都准备从CDEF，4个著名旅游景点中随机选择一个游玩.设事件A为“甲和乙至少一人选择C

6、”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则条件概率（）ABCD【答案】D【分析】由独立乘法公式、互斥事件加法公式求、，再利用条件概率公式求即可.【详解】由题设，甲乙选景点C的概率为，选其它景点的概率为，则，所以.故选：D8已知函数，若直线与函数，的图象都相切，则的最小值为（）A2BCD【答案】B【分析】利用导数的几何意义分别得到、，再运用基本不等式即可求解.【详解】设直线与函数，的图象相切的切点分别为，.由，有，解得，.又由，有，解得，可得，当且仅当，时取“=”.故选：B9在的展开式中，项的系数为（）ABCD【答案】A【分析】写出的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解.【详解

7、】的展开式通项为，的展开式通项为，故的展开式通项为，令，且，、，所以，故展开式中项的系数为.故选：A.10年月日，国家航天局探月与航天工程中心组织完成了我国首辆火星车全球征名活动的初次评审初评环节遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火共个名称，作为我国首辆火星车的命名范围某同学为了研究这些初选名字的内涵，计划从中随机选取个依次进行分析，若同时选中哪吒、赤兔，则哪吒和赤兔连续被分析，否则随机依次分析，则所有不同的分析情况有（）A种B种C种D种【答案】A【分析】将所有情况分成三种，利用排列组合的知识分别计算每种情况的情况种数，由分类加法计数原理计算可得结果.【详解】同时

8、选中哪吒和赤兔，则只需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列即可，有种情况；哪吒和赤兔有一个入选，则需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列，有种情况；哪吒和赤兔都不选，则需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列，有种情况；不同的分析情况共有种故选：A.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列组合的应用，常见的排列组合问题求法为：（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）平均分组问题先选好人后，平均分了组，则除以；（5）定序问题采取“缩倍法”.11已知，且时，恒成立，则实数的最小值是（）ABCD【答案】D【分析】把给定不等式等价变形并分离参数

9、，构造函数，借助导数求解函数的最大值作答.【详解】依题意，则当，且时，恒成立，令，即，令，则，解得，当时，当时，则在上单调递增，在上单调递减，因此，显然，所以实数的最小值是.故选：D【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.12小华与另外名同学进行“手心手背”游戏，规则是：人同时随机选择手心或手背其中一种手势，规定相同手势人数更多者每人得分，其余每人得分.现人共进行了次游戏，记小华次游戏得分之和为，则为ABCD【答案】B【分析】首先确定获胜的概率值，然后结合分布列的特征近似相应的概率值，最后求解数学期望即可.【详解】设0表示手背，1表示手心，用5

10、为的二进制数表示所有可能的结果，其中第一位表示小华所出的手势，后四位表示其余四人的手势，如下表所示，其中标记颜色的部分为小华获胜的结果.由古典概型计算公式可知，每次比赛小华获胜的概率为，可能的取值为，服从二项分布，则数学期望：.故选：B【点睛】本题主要考查古典概型的计算，离散型随机变量的期望，二项分布及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题13已知，则正整数_.【答案】6【分析】根据组合数和排列数的运算即可求得答案.【详解】由题意，得.故答案为：6.14甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依

11、次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以41获胜的概率是_【答案】0.18【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是综上所述，甲队以获胜的概率是【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计

12、算15十二生肖是中国特有的文化符号，有着丰富的内涵，它们是成对出现的，分别为鼠和牛、虎和兔、龙和蛇、马和羊、猴和鸡、狗和猪六对现有十二生肖的吉祥物各一个，按照上面的配对分成六组甲、乙、丙三位同学依次选一组作为礼物，甲同学喜欢龙和马，乙同学喜欢牛、羊和猴，丙同学喜欢兔、马、狗如果甲、乙、丙三位同学选取的礼物中均包含自己喜欢的生肖，则不同的选法种数为_【答案】12【分析】根据题意，按甲的选择不同分成两种情况，再分别考虑乙、丙即可得出答案.【详解】鼠和牛、虎和兔、龙和蛇、马和羊、猴和鸡、狗和猪六对分别记为，则甲喜欢，乙喜欢，丙喜欢，若甲选，乙选，则丙有2种选择，共2种选法；若甲选，乙不选，则乙有2种

13、选择，丙有3种选择，共6种选法；若甲选，则乙、丙各有2种选择，共4种选法故共有12种不同的选法故答案为：12.16已知函数，若函数存在唯一的极小值点.则实数的取值范围是_.【答案】【分析】，当时，函数无极值点，当，令，则，令，画出两函数的图象，由图象可知与在上必有一交点，在上可能有交点，而函数只有唯一极值点，所以可得在上，当两图象在恰好相交时，取到最大值，从而可求出的范围【详解】由，得，当时，所以在上单调递增，函数无极值点，所以，令，则，令由两函数图象可知与在上必有一交点，在上可能有交点，在上交点的左侧，所以，在其右侧，所以，所以在这一交点左侧递减，在右侧递增，这恰好是一极小值点，因为有且只有

14、一个极小值点，所以在上恒成立，所以在上，当与在恰好相交时，设此点为，则，解得，此时取到最大值，所以的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决极值点问题，解题的关键是将问题转化为两函数图象交点的问题，然后画出两函数的图象，结合图象求解，考查数学转化思想的数形结合的思想，属于较难题三、解答题17已知展开式中第3项和第7项的二项式系数相等(1)求展开式中含的项的系数；(2)系数最大的项是第几项？【答案】(1)1120(2)第3项【分析】(1)利用二项式系数的性质求出n值，再求出二项展开式的通项即可求出指定项的系数；(2)利用(1)的信息根据系数最大列出不等式组即

15、可作答.【详解】(1)依题意，由组合数的性质得，于是得展开式的通项，由得，则，所以展开式中含的项的系数为；(2)令Tr1项的系数的绝对值最大，由(1)得，即，整理得，解得，而，从而得或，由通项公式可知，偶数项的系数为负，所以展开式中系数最大项是第3项.18已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止（1）若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？【答案】（1）86400；（2）8520.【分析】（1）首先考虑第2次和第8次的可能情况，再分析第

16、3到7次的可能情况，结合分步计数原理即可求出结果；（2）分别三类：检测4次可测出4件次品，检测5次可测出4件次品，以及检测6次测出4件次品或6件正品，然后结合分类计数原理即可求出结果.【详解】（1）若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，第2次测到第一件次品有4种方法；第8次测到最后一件次品有3种方法；第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有86400种抽法（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有种由分类计数原

17、理，知满足条件的不同测试方法的种数为8520种.19第24届冬季奥林匹克运动会（TheXXIVOlympic Winter Games），即2022年北京冬季奥运会，于2022年2月4日星期五开幕，2月20日星期日闭幕北京冬季奥运会设7个大项，15个分项，109个小项北京赛区承办所有的冰上项目；延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目；张家口赛区的崇礼区承办除雪车、雪橇及高山滑雪之外的所有雪上项目某运动队拟派出甲、乙、丙三人去参加自由式滑雪比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获

18、胜的概率分别是p和，其中(1)甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大；(2)若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求p的值；(3)在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列【答案】(1)甲进入决赛可能性最大(2)(3)分布列见解析【分析】（1）分别求出甲、乙、丙三人初赛的两轮均获胜的概率，然后比较即可；（2）利用相互独立事件的概率的求法分别求出甲和乙进入决赛的概率、乙和丙进入决赛的概率、甲和丙进入决赛的概率，即可通过甲、乙、丙三人中恰有两人进人决赛的概率为，列方程求解；（3）先确定进入决赛的人数为的取值，依次求出每一个值所对应的概率，列表即可.【详解】(1)甲在初赛的两轮中均获胜

19、的概率为：乙在初赛的两轮中均获胜的概率为：丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：， 甲进入决赛可能性最大(2) 整理得，解得或，又，；(3)由（2）得，丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：，进入决赛的人数为可能取值为， ，的分布列为0123P20冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起.其中男子个人赛的规则如下：共滑行5圈（每圈），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹；射击姿势及顺序为：第1圈滑行后卧射，第2圈滑行后立射，第3圈滑行后卧射，第4圈滑行后立射，第5圈滑行直达终点；如果选手有发子弹未命中目标，将被罚时分钟；最终用时为滑雪用时、射击用时和

20、被罚时间之和，最终用时少者获胜.已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和.假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子弹是否命中目标互不影响.(1)若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求甲胜乙的概率；(2)若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由.【答案】(1)(2)乙选手，理由见解析【分析】（1）依题意在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹，分甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标和甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标两种情况讨论，根据相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算可得；（2）设甲选手在比赛中未击中

21、目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，根据二项分布的期望公式求出罚时的期望值，再结合滑雪时两人所用时差，即可判断；【详解】(1)解：甲滑雪用时比乙多秒分钟，因为前三次射击，甲、乙两人的被罚时间相同，所以在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹.设“甲胜乙”为事件A，“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”为事件，“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”为事件，依题意，事件和事件是互斥事件，所以，.即甲胜乙的概率为.(2)解：依题意得，甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，所以甲被罚时间的期望为（

22、分钟），乙被罚时间的期望为（分钟），又在赛道上甲选手滑行时间慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟.因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高.21已知(1)当时，讨论的单调性；(2)若，对，使得恒成立，求a的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的正负可求出函数的单调区间，（2）将问题转化为，而，所以问题再转化为，然后分，和三种情况求解的最小值即可【详解】(1)由，得，当单调递减；当单调递增，当单调递增；当单调递减(2)依题意得，即当时，单调递减，1）当时，在上，单调递增，恒成立2）当时，令，则得，当时，在单调递增，恒成立当时，当时，单调递减；当时，单调

23、递增恒成立，即恒成立令，则，令，当时，单调递增，且，即综上所述a的取值范围为【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，然后利用导数分情况求解的最小值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题22已知函数(1)讨论函数的单调性；(2)若存在，满足，且，求实数a的取值范围【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2).【分析】（1）根据的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；（2）根据已知等式构造函数，利用导数的性质，结合一元二次方程的求解根公式判断该函数的单调性，再通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.【详解】(1)函数的定义域为，当时，在上单调递减；当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2)，又，则令，即方程在上有解令，则，当时，在上单调递减，又，则在上恒成立，不合题意；当时，令，可知该方程有两个正根，因为方程两根之积为1且，所以当时，当时，；则时，而令，则，令，则在上单调递减，则在上单调递减，即，故存在，使得，故满足题意综上所述，实数a的取值范围是【点睛】关键点睛：根据等式的形式构造新函数，再根据不等式的形式构造新函数是解题的关键.第 17 页 共 17 页