2021-2022学年山东省临沂第一中学高二下学期第一次教学检测（线上）数学试题解析.doc

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1、2021-2022学年山东省临沂第一中学高二下学期第一次教学检测（线上）数学试题一、单选题1设曲线在点处的切线方程为，则A1B2C3D4【答案】D【分析】利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.故选D【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题2有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中任取多面体和旋转体各1个，则不同取法的种数是（）A14B23C48D120【答案】C【分析】结合分类加法、分步乘法计数原理求得正确答案.【详解】分两步：第1步，取多面体，分两类，可以从5个不同的棱柱或3个不同

2、的棱锥中取一个，根据分类加法计数原理有（种）不同的取法；第2步，取旋转体，分两类，可以从4个不同的圆台或2个不同的球中取一个，根据分类加法计数原理有（种）不同的取法所以根据分步乘法计数原理知不同的取法种数是故选：C3的展开式中，的系数是（）A120B120C60D30【答案】A【分析】由，作为一个二项式，展开求得含有的项，再在的展开式中确定项的系数，由乘法可得结论【详解】，展开式的第项为，令，可得第3项为.而的展开式的第项为，令，可得第3项为.所以的展开式中，的系数是.故选：A.4函数的大致图象为（）ABCD【答案】C【分析】根据导函数的正负，得出函数的单调性，再由特殊点的函数值的正负，运用排

3、除法，可得选项.【详解】当时，则当时，所以在区间上单调递增，当时，所以在区间上单调递减，排除A，B又，排除D故选：C5已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（）ABCD【答案】D【分析】求出函数的导数，问题转化为函数与x轴在上有交点，即求.【详解】函数的定义域为，令，若在上不单调，则函数与x轴在上有交点，又，则，解得，故在上不单调的一个充分不必要条件是故选：D6若离散型随机变量的分布列如下则的最大值为（）ABCD【答案】D【分析】由概率分布列得的关系式，然后由二次函数性质得最大值【详解】由题意，即，显然，所以，它在上是减函数，所以时，故选：D7年月日，国家航天局探月与航天工程中心组织完成

4、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

5、；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”.8已知函数，若，则的最小值为（）ABCD【答案】D【分析】令，得到关于t的函数式，进而可得关于t的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.【详解】令，则，即，若，则，有，当时，单调递减；当时，单调递增；，即的最小值为.故选：D.

6、【点睛】关键点点睛：令确定关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.二、多选题9下列关于(ab)10的说法，正确的是（）A展开式中的二项式系数之和是1 024B展开式的第6项的二项式系数最大C展开式的第5项或第7项的二项式系数最大D展开式中第6项的系数最小【答案】ABD【分析】由二项式系数的性质可判断ABC，由展开式的通项可判断D.【详解】对于选项A，由二项式系数的性质知，二项式系数之和为024，故A正确；对于选项BC，当为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；对于选项D，由展开式的通项，可知第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的，故D正确.故选：ABD

7、.10一口袋中有大小和质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是（）A从中任取3球，恰有一个白球的概率是B从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为C从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为D从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为【答案】ABD【分析】对选项A，根据古典概型公式即可判断A正确，对选项B，根据二项分布即可判断B正确，对选项C，根据条件概率即可判断C错误，对选项D，利用二项分布即可判断D正确。【详解】对选项A,从中任取3球，恰有一个白球的概率是，故A正确；对选项B，从中有放回的取球6次，每

8、次任取一球，则取到白球的个数，故恰好有两个白球的概率为；对选项C，从中不放回的取球2次，每次任取1球，记A为“第一次取到红球”，B为“第二次取到红球”，则所求概率为，故C错误。对选项D，从中有放回的取球3次，每次任取一球，则取到红球的个数，至少有一次取到红球的概率为，故D正确。故选：ABD11有3台车床加工同一型号的零件.第1台加工的次品率为6% ，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（）A任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0. 06B任取一个零件是次品的概率为0. 0525C如果取

9、到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为D如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为【答案】BC【分析】运用条件概率公式对每个选项逐一分析即可.【详解】记为事件“零件为第台车床加工”，记为事件“任取一个零件为次品”则，对于A，即，A错误.对于B，B正确.对于C，C正确.对于D，D错误.故选：BC12定义在上的函数满足，且当时，.若，则实数的取值可能是（）ABCD【答案】AB【分析】设，由已知得其奇偶性，由导数得其单调性，题设不等式转化为，根据奇偶性与单调性可求得的范围，然后判断各选项【详解】设由得，即，是偶函数，又，而时，所以，在递增，则其在上递减化为，即，所以，解得AB均满足故选：A

10、B【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性与单调性，解题关键是是构造新函数，由已知确定奇偶性与单调性后，不等式也转化为关于的函数不等式，从而求解三、填空题13从红、黄、蓝、黑四种颜色中选出3种颜色，给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是_.【答案】120【解析】先从4种颜色中选出3种颜色，然后分为前三个圆用3种颜色和前3个圆2种颜色来讨论得出答案.【详解】从红、黄、蓝、黑四种颜色中选出3种颜色有4种选法.因为每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，分两类：一类是，前三个圆用3种颜色，有种方法，后3个圆也有3种颜色

11、，有种方法，此时不同方法有64=24方法；二类是，前3个圆2种颜色，后3个圆2种颜色，共有方法.综上可知，所有的涂法共有种方法.故答案为： 120【点睛】本题考查先选后排的问题，考查涂色问题，利用分类讨论思想，结合图形将涂色方法分为两类，属于中档题.14我们把分子，分母同时趋近于0的分式结构称为型，比如：当时，的极限即为型，两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在早在1696年，洛必达在他的著作无限小分析一书中创造一种算法（洛必达法则），用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法如：，则_【答案】2【分析】根据题设对

12、分子、分母分别求导再求极限即得.【详解】由题可得.故答案为：2.15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

13、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算四、双空题16已知（1）函数的零点个数为_个；（2）若的图象与x轴有3个不同的交点，则实数a的取值范围为_【答案】 1 【分析】由直接求解函数的零点即可，由题意可得在上值域为且单调递减；在上值域为且单调递增，要使与x轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，画出函数的图象，根据图象求解即可【详解】（1）因为，所以零点个数为1；（2）由题设，当时，故值域为且单调递增；当时，故值域为且单调递减；在上值域为且单调递减

14、；在上值域为且单调递增；要使与x轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，它们的图象如图所示，由图知：要使函数图象有3个交，则与在上有2个交点，当时，设，则，此时，若与相切，设切点为，可得，当过点时，有，得，故答案为：1，五、解答题17设（，），且（1）求n的值；（2）求的展开式中所有含x奇次幂项的系数和【答案】（1）；（2）3280.【分析】（1）通过二项式定理求出，的值，解出即可得结果；（2）利用赋值法，分别令和化简即可得结果.【详解】（1），解得或（舍去）（2）在中，令，则，令，则，两式相减得，即展开式中所有含x奇次幂项的系数和为328018男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名.

15、选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.【答案】（1）120；（2）246；（3）196；（4）191.【解析】（1）本题是一个分步计数问题，第一步计算选3名男运动员选法数，第二步计算选2名女运动员的选法数，再利用乘法原理得到结果.（2）利用对立事件，“至少有1名女运动员”的对立事件为“全是男运动员”，得到从10人中任选5人的选法数，再得到全是男运动员选法数，相减即可.（3）分三类讨论求解，第一类“只有男队长”，第二类“只有女队长”，第三类 “男女队长都入选”，然

16、后相加即可.（4）分两类讨论求解，第一类，当有女队长时，其他人选法任意，第二类不选女队长，必选男队长，其中要减去不含女运动员的选法，然后相加即可.【详解】（1）分两步完成，首先选3名男运动员，有种选法，再选2名女运动员，有种选法，共有种选法.（2）“至少有1名女运动员”的对立事件为“全是男运动员”，从10人中任选5人，有种选法，全是男运动员有种选法，所以“至少有1名女运动员”的选法有种选法.（3）“只有男队长”的选法有种，“只有女队长”的选法有种，“男女队长都入选”的选法有种，所以队长中至少有1人参加的选法共有种；（4）当有女队长时，其他人选法任意，共有种，不选女队长，必选男队长，共有种，其中

17、不含女运动员的选法有种，此时共有种，所以既要有队长，又要有女运动员的选法共有种.【点睛】本题主要考查分步，分类计数原理以及组合的分配问题，还考查了理解辨析和运算求解的能力，属于中档题.19已知函数满足，.（1）若在上恒成立，求a，c，d的值；（2）已知曲线在处的切线与曲线相切，求a的值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）求导，代入，联立可得，从而在R上恒成立，利用二次函数的性质列出不等式，控制范围即得解；（2）结合（1）可求出在处的切线为，设其与的切点为，可得在处的切线方程为，则，求解即可【详解】（1）由题意可知，即.从而，在R上恒成立，若，不恒成立；，解得，.综上，可，.（2）由（1）

18、知，曲线在处的切线方程为.设直线与曲线相切于点，曲线在点处的切线方程为，即.由得，解得，.20某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果，某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：等级标准果优质果精品果礼品果个数10304020（1）若将频率视为概率，从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；（结果用分数表示）（2）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，若表示抽到的精品果的数量，求的分布列.【答案】（1）；（2）分布列见解析.【解析】(1)先求出从个水果中随机抽

19、取一个,抽到礼品果的事件的概率,则抽到礼品果的个数服从二项分布,利用二项分布的概率公式可得答案；(2)通过分层抽样的方法可以求出从个水果中抽取个,精品果、非精品果的个数,由题意可知：服从超几何分布，根据超几何分布的公式列出的分布列【详解】（1）设从这100个水果中随机抽取1个，其为礼品果的事件为，则，现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为，则，恰好有2个水果是礼品果的概率为.（2）用分层抽样的方法从这100个水果中抽取10个，其中精品果有4个，非精品果有6个，再从中随机抽取3个，则精品果的数量服从超几何分布，所有可能的取值为0,1，2,3，则.的分布列为0123【点睛】方法点睛：本题考查

20、了二项分布、超几何分布，考查了离散型随机变量分布列和数学期望的计算，求解离散型随机变量分布列的步骤是：1.首先确定随机变量的所有可能取值；2.计算取得每一个值的概率，可通过所有概率和为来检验是否正确；3.进行列表，画出分布列的表格；4.最后扣题，根据题意求数学期望或者其它21甲、乙两地相距千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过千米/小时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变成本和固定成本组成:可变部分与速度(千米/小时)的平方成正比，比例系数为；固定部分为 (元).(1)把全程运输成本 (元)表示为速度 (千米/小时)的函数，并指出函数定义域；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以

21、多大速度行驶?【答案】(1) .(2)答案见解析.【分析】（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为，由已知可求得答案；（2）由基本不等式，分，讨论可求得全程运输成本的最小值.【详解】(1)解：依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为， 全程运输成本为 故所求函数及其定义域为 .(2)解：依题意知S，a，b，v都为正数，故有，当且仅当即时上式中等号成立，若，则当时，全程运输成本y最小，若，则由于,当时为减函数，则在上为减函数，当v=c时，全程运输成本y最小 综上知，为使全程运输成本y最小，当时行驶速度应为；当时行驶速度应为v=c22已知函数.（1）若在区间上为单调递增函数，求的取值范围

22、；（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）将问题转化为在上恒成立，利用分离变量法可得，利用导数可求得的最小值，由此可得；（2）将所证不等式转化为，令，求导后，结合零点存在定理和的正负可确定最小值点，从而得到，由的范围可知所证不等式成立.【详解】（1），若在区间上为单调递增函数，则在上恒成立，即在上恒成立.令函数，则，当时，在上为单调递减函数，.即的取值范围为.（2）当时，欲证，即证明：.令，则，设，则为增函数，又，存在，使得.，当时，；当时，；在区间上是单调递减函数，在区间上是单调递增函数；，则，；，则.【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的应用，涉及到根据函数在区间内的单调性求解参数范围、不等式的证明；证明不等式的关键是能够将问题转化为函数最值的求解问题，通过导数求得函数最值，结合参数范围可证得结论.第 16 页 共 16 页