2021-2022学年山东省聊城市高二下学期期中数学试题(解析版).pdf

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1、第 1 页 共 13 页 2021-2022 学年山东省聊城市高二下学期期中数学试题 一、单选题 1用数字 1，2，3，4 组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（）A6 B12 C16 D18【答案】B【分析】先排个位，再排百位和十位，即得结果.【详解】先排个位，有 2 种选法，再排百位和十位，有236A 种排法，因此共有2 612 种排法，故选：B 2设曲线ln(1)2yxax在点(0,0)处的切线方程为20 xy，则a（）A1 B1 C12 D12【答案】C【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.【详解】切线20 xy的斜率为2，由111ln(1)222210 12yxaxyaaax

2、，故选：C 3设随机变量22,(04)0.3XNPX，则(0)P X（）A0.35 B0.25 C0.2 D0.15【答案】A【分析】根据正态分布曲线的对称性计算出02PX的值，然后根据0202P XP XPX求解出结果.【详解】解：随机变量22,XN，040.3PX，020.15PX，20.5P X，02020.50.150.35P XP XPX.故选：A.4冬奥会越野滑雪项目比赛共分4组，现安排3名志愿者负责这4组的服务工作，每人至少负责1组，每组的服务工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A12种 B18种 C24种 D36种【答案】D 第 2 页 共 13 页【分析】分析可知3名志愿

3、者中有1人负责两组，另外2人各负责一组，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】由题意可知，3名志愿者中有1人负责两组，另外2人各负责一组，所以不同的安排方式种数为2234C A36.故选：D.5某班级在一次数学知识竞赛答题活动中，一名选手从 2 道数学文化题和 3 道作图题中不放回的依次抽取 2 道题，在第一次抽到作图题的前提下第二次抽到作图题的概率是（）A310 B12 C625 D925【答案】B【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】记“第一次抽到作图题”为事件A，记“第二次抽到作图题”为事件B，113425A A123A205P A，2325A63A2010P AB 所以 31

4、10325P ABP B AP A.故选：B.6 若函数()ln(1)f xxmx在区间(0,)上单调递减，则实数 m的取值范围是（）A(,1 B(,1)C(1,)D1,)【答案】D【分析】函数()f x在区间(0,)上单调递减，则导函数()0fx在区间(0,)上恒成立,分离参数，即可求解.【详解】解：1()ln(1),()1f xxmx fxmx，则1()01fxmx在0,上恒成立，即11mx恒成立，又11yx在0,上单调递减，故111x，所以m1，当1m 时，导数不恒为 0，故选：D.7函数 f(x)|32xxe的大致图象是（）A B C D 第 3 页 共 13 页【答案】A【分析】根据

5、 f x的奇偶性，以及函数的单调性，即可容易选择.【详解】因为 f(x)32xxe=f(x)，且其定义域为R，所以 f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除选项 B；当 x0 时，f(x)32xxe，则 f(x)3(1)2xxe，当 0 x0；当 x1 时，f(x)0.所以 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，只有A选项满足题意.故选：A.【点睛】本题考查函数图象的辨识，涉及函数奇偶性的判断，利用导数判断函数的单调性，属综合基础题.8若2501552(1)(1)(1)xaa xa xa x，则3a（）A8 B8 C10 D10【答案】C【分析】根据已知条件需要对二项展开式进

6、行转化，然后利用二项展开式通项再求3a即可.【详解】令1tx，则1xt，原式转化为：25012551taata ta t 则二项展开式通项为：15Cr rrTt 则3 3345C10Ttt 310a 故选：C.9设函数 2e,xf xaxbxca b cR，若1x 为函数()f x的一个极值点，则下列结论一定正确的是（）A20ab B0ac C20ab D0b 【答案】B【分析】对 f x求导，再根据极值点的定义，整理等式即可得到结果.【详解】2exf xaxbxc 22exfxaxab xbc 第 4 页 共 13 页 1x为函数()f x的一个极值点,10f 即：21121e0aabbc

7、1e0 0ac 故选：B.二、多选题 10在二项式5(22)x的展开式中，系数为有理数的项有()A第一项 B第三项 C第四项 D第五项【答案】ABD【分析】求出二项式5(22)x的展开式通项1rT，判断系数为有理数时 r 的取值即可判断有理项【详解】二项式5(22)x的展开式的通项为515C(2)(2)rrrrTx，则当 r=0，2，4 时，系数为有理数，故系数为有理数的项有第一项、第三项、第五项 故选：ABD 11已知函数2()lnf xxx，则下列说法正确的是（）A()0f x 恒成立 B函数()f x在(1,)上单调递增 C函数 f x的极小值为12e D函数()f x只有一个零点【答案

8、】BCD【分析】对函数求导，确定函数的单调性、极值、最值以及零点个数.【详解】对于 A，当01x时，ln0 x，0f x，A 错误；2()lnf xxx 2 ln2ln10fxxxxxxx 令 0fx可得2ln10 x，解得1ex，令 0fx可得2ln10 x，解得10ex，f x的增区间为：1,e，f x的减区间为：10,e，函数()f x在(1,)上单调递增，B 正确；对于 C，由上可知，f x的极小值为：112eef，C 正确；第 5 页 共 13 页 对于 D，令2()ln0f xxx0 x，解得1x，由 f x的单调性以及当01x时，ln0 x，0f x 可知，D 正确.故选：BCD

9、.12下列说法正确的是（）A3个不同的球放入5个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，不同的放法有35A种 B3个不同的球放入5个不同的盒子中，每个盒子放球数量不限，不同的放法有53种 C3个相同的球放入5个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，不同的放法有35C种 D5个相同的球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，不同的放法有132C种【答案】ACD【分析】根据排列与分步计数原理可判断 AB 选项；利用组合计数原理可判断 C 选项；利用隔板法可判断 D 选项.【详解】对于 A 选项，3个不同的球放入5个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，即 5 个不同盒子中有三个盒子各放一个球，不同的放法

10、有35A种，A 对；对于 B 选项，3个不同的球放入5个不同的盒子中，每个盒子放球数量不限，即每个球有 5 种不同放法，不同的放法有35种，B 错；对于 C 选项，3个相同的球放入5个不同的盒子中，每个盒子里至多放一个球，即只需确定 5 个盒子中哪三个盒子有球，有不同的放法有35C种，C 对；对于 D 选项，5个相同的球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，有两种放法，一是有个盒子放三个其余各放一个，二是有个盒子放一个其余各放两个，共有111333C+C2C种，D 对.故选：ACD.三、填空题 13函数 lnf xxx的最小值_【答案】1【分析】本题首先可根据导函数的相关性质求出函数 lnf x

11、xx的单调性，然后根据函数 f x的单调性即可得出函数 f x的最小值【详解】因为 lnf xxx，所以1110 xfxxxx，当 0fx，10 xx，解得1x，函数 f x是增函数；第 6 页 共 13 页 当 0fx，10 xx，解得01x，函数 f x是减函数；故当1x 时，函数 f x取最小值，11 ln11f 【点睛】本题考查如何求函数的最值，主要考查根据导函数求函数单调性以及最值，考查计算能力，是简单题 14为参加学校美术作品评选，高二一班从学生上交的 2 幅油画和 4 幅国画中选 3 幅上交参赛，按要求至少上交 1 幅油画，则不同的选法共有_种（用数字填写答案）【答案】16【分析

12、】根据组合的定义进行求解即可.【详解】要求至少上交 1 幅油画，不同的选法共有3364CC16，故答案为：16 15用红、黄、蓝、绿四种颜色涂在如图所示的六个区域，且相邻两个区域不能同色，则涂色方法总数是_（用数字填写答案）【答案】120【分析】所有涂色方法可分为三类，第一类，区域,C F涂同一种颜色，第二类，区域,C F涂不同颜色，区域,A F涂不同颜色，第三类，区域,C F涂不同颜色，区域,A F涂相同颜色，利用综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决.【详解】所有的涂色方法可以分为三类：第一类：区域,C F涂同一种颜色，先涂区域A，有 4 种方法，再涂区域B，有 3 种方法，然后涂

13、区域CF，有 2 种方法，再涂区域D，有 1 种方法，最后涂区域E，有 2 种方法，由分步乘法计数原理可得区域,C F涂同一种颜色的涂色方法有4 3 2 1 2 种，即 48 种方法，第二类：区域,C F涂不同颜色，区域,A F涂不同颜色，先涂区域C，有 4 种方法，再涂区域F，有 3 种方法，然后涂区域D，有 2 种方法，再涂区域E，有 1 种方法，再涂区域A，有 1 种方法，最后涂区域B，有 1 种方法，由分步乘法计数原理可得区域,C F涂不同颜色的涂色方法有4 3 2 1 1 1 种，即 24 种方法，第三类：区域,C F涂不同颜色，区域,A F涂相同颜色，第 7 页 共 13 页 先涂

14、区域C，有 4 种方法，再涂区域F，有 3 种方法，然后涂区域D，有 2 种方法，再涂区域E，有 1 种方法，再涂区域A，有 1 种方法，最后涂区域B，有 2 种方法，由分步乘法计数原理可得区域,C F涂不同颜色的涂色方法有4 3 2 1 1 2 种，即 48 种方法，由分类加法计数原理可得涂色方法总数是 46+24+48 种方法，即 120 种方法.故答案为：120.16若对任意的,xa b，均有()()()g xh xf x成立，则称函数()h x为()g x和()f x在,a b上的“中间函数”已知函数()(1)1,()3,()(1)ln h xmxg xf xxx，且()h x是()g

15、 x和()f x在区间1,2上的“中间函数”，则实数 m的取值范围是_【答案】0,2【分析】根据“中间函数”的定义列出不等式，将问题转化成不等式恒成立问题，利用参变分离以及构造函数的方法来解决函数最值，从而求出m的取值范围.【详解】依题意得：已知条件等价为：3(1)1(1)lnmxxx 在区间1,2上恒成立 对于3(1)1mx 在区间1,2上恒成立，变形为：21mx 令 21F xx，易知 F x单调递增，max20FxF max0mFx 对于(1)1(1)lnmxxx 在区间1,2上恒成立，变形为：1 ln11xxmx 令 1 ln1ln11ln1xxxG xxxxx 则 2lnxxGxx

16、1,2x1ln10 xxx lnxx 为增函数，ln1 ln10 xx G x在1,2x单调递增，min12GxG min2mGx 综上所述：02m 即0,2m 第 8 页 共 13 页 故答案为：0,2.【点睛】本题考查了用参变分离的方法解决恒成立的问题，考查了用导数求函数单调性、极值、最值以及恒成立的等价形式，对学生分析问题和解决问题的能力有一定的要求，属于难题.四、解答题 172 名男生和 3 名女生站成一排(1)2 名男生相邻的站法有多少种？(2)男生和女生相间的站法有多少种？(3)男生甲不在排头，女生乙不在排尾的站法有多少种？【答案】(1)48(2)12(3)78【分析】（1）利用捆

17、绑法即可得出答案；（2）先将 2 名男生排好，形成 3 个空，再利用插空法即可得出答案；（3）分男生甲在排尾和男生甲既不在排头又不在排尾两种情况讨论，从而可得出答案.【详解】(1)解：先让 2 名男生站好，有22A种站法，再将 2 名男生当作一个整体，与 3 名女生进行排列，有44A种排法，再由分步计数原理可得 2 名男生相邻的站法有2424A A48种；(2)解：由于男女相间，可先让 2 名男生站好，有22A种站法，再将 3 名女生插入 2 名男生形成得 3 个空当中，每个空一人，有33A种方法，再由分步计数原理可得男生和女生相间的站法有2323A A12种；(3)解：当男生甲在排尾时，有4

18、4A种排法，当男生甲既不在排头又不在排尾时，男生甲有13C种排法，女生乙有13C种排法，其余 3 人有33A种排法，此时共有113333C C A种排法，所以男生甲不在排头，女生乙不在排尾的站法有41134333AC C A78种.18甲、乙两名同学在电脑上进行答题测试，每套测试题可从题库中随机抽取在一轮答题中，如果甲单独答题，能够通过测试的概率是35，如果乙单独答题，能够通过测试第 9 页 共 13 页 的概率是45(1)甲单独答题三轮，求甲恰有两轮通过测试的概率；(2)在甲，乙两人中任选一人进行测试，求通过测试的概率【答案】(1)54125(2)710【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘

19、法公式求解即可；（2）利用条件概率以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可【详解】(1)解：设“甲恰有两轮通过测试”为事件A，则 2233354C155125P A；(2)解：设“选中甲”为事件B，“选中乙”为事件C，“通过测试”为事件D，根据题意得，12P BP C，35|P D B，45|P D C，则|1314725|2510P DP BP D BP CP D C，所以在甲，乙两人中任选一人进行测试，求通过测试的概率710 19已知函数()ln()Rmf xx mx(1)若2m，求曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程；(2)若2()10 f x恒成立，求实数 m的取值范围【答案】(1)

20、曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为30 xy；(2)实数 m的取值范围为12,)e.【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求切线方程；(2)化简不等式可得22 lnmxxx，由已知可得max22 lnmxxx，由此可求实数 m 的取值范围 【详解】(1)由已知2()lnf xxx，函数()f x的定义域为(0,)，又22212()xfxxxx，所以(1)1f ，所以曲线 yf x在点 1,1f处的切线的斜率为1，又(1)2f，所以曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为21(1)yx，即30 xy,(2)不等式2()10 f x 第 10 页 共 13 页 可化为2

21、2ln10mxx，22 lnmxxx，因为2()10 f x恒成立，所以max22 lnmxxx，设()2 ln(0,)g xxxxx，则()2ln1g xx，令()2ln10g xx 可得12xe，当120,xe时，()0g x，函数()g x单调递增，当12,+xe时，()0g x，函数()g x单调递减，所以当12xe时，函数()2 ln(0,)g xxxxx，取最大值，最大值为11112222()2g eeee，所以12me，故实数 m 的取值范围为12,)e.20（1）若1021xmxx展开式中6x的系数是 30，求 m 的值；（2）求612 xx展开式中的有理项【答案】（1）2m

22、；（2）33660164,240,xxx【分析】（1）求出101xx的展开式的通项，再令1024r和1026r，结合题意可得出答案；（2）求出612 xx的展开式的通项，再令x的指数为整数，从而可得出答案.【详解】解：（1）101xx的展开式的通项为1010 2110101CCrrrrrrTxxx，0,10,Zrr，令1024r，则3r，令1026r，则2r，第 11 页 共 13 页 故1021xmxx展开式中6x的系数是321010CC30m，即1204530m，所以2m ；（2）612 xx的展开式的通项为 6 36621661C212CkkkkkkkkTxxx ，0,6,Zkk，当0,

23、2,4,6k 时，632k为整数，所以612 xx展开式中的有理项为33660164,240,xxx.21某超市有 5 种不同品牌的签字笔，它们的销售价格（元/支）和市场份额（指该品牌签字笔的销售量在超市同类产品中所占比例）如下：签字笔品牌 A B C D E 销售价格 1.5 2.4 3.2 2.2 1.2 市场份额 15%10%30%20%25%(1)从该超市销售的这 5 种品牌的签字笔中随机抽取 1 支，估计其销售价格低于 2.4 元的概率；(2)将该超市销售的这 5 种品牌的签字笔依市场份额进行分层抽样，随机抽取 20 支签字笔进行质量检测，其中品牌 A 和 B共抽取了多少支？若从这些

24、抽取的品牌 A和 B 的签字笔中随机再抽取 3 支进行含油墨量检测记 X 为抽到品牌 B的签字笔数量，求 X的分布列和数学期望【答案】(1)销售价格低于 2.4 元的概率约为0.6；(2)品牌 A和 B 共抽取了 5 支，分布列见解析，6()5E X.【分析】（1）求出销售价格低于2.4元的频率，用频率来估计概率；（2）利用分层抽样的定义求解即可，随机变量X的可能取值为0,1,2，然后求出各自对应的概率，即可列出分布列，求出期望；【详解】(1)由已知从该超市销售的签字笔中随机抽取1支，抽到销售价格低于2.4元的签字笔的频率为0.150.250.2，即0.6，故可估计事件“从该超市销售的签字笔中

25、随机抽取1支，其销售价格低于2.4元”的概率为第 12 页 共 13 页 0.6；(2)由题设，品牌A的签字笔抽取了20 15%3支，品牌B的签字笔抽取了20 10%2支，所以品牌 A和 B 共抽取 5 支，由已知随机变量X的可能取值为0,1,2 33351(0)10CP XC；2132353(1)5C CP XC；1232353(2)10C CP XC 所以X的分布列为：X 0 1 2 P 110 35 310 X的数学期望为1336()012105105E X 22 已知函数 2e3xf xaxaR，lnexg xxx（e为自然对数的底数，25e9）(1)求函数 f x的单调区间；(2)若

26、1a，h xf xg x，证明：当1,12x时，10h x 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数 f x的定义域，求得 2exfxa，对实数a的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数 f x的增区间和减区间；（2）求得 2 eln3xh xf xg xxxx，利用导数求得函数 max0h x，再计算得出 11h，112h，即可证得结论成立.【详解】(1)解：函数 2e3xf xaxaR的定义域为R，2exfxa.当0a 时，对任意的xR，0fx，此时函数 f x的减区间为,，无增第 13 页 共 13 页 区间；当0a 时，由 0fx可得ln2ax，由

27、0fx可得ln2ax，此时函数 f x的单调递增区间为,ln2a，递减区间为ln,2a.综上所述，当0a 时，函数 f x的减区间为,，无增区间；当0a 时，函数 f x的单调递增区间为,ln2a，递减区间为ln,2a.(2)证明：当1a 时，2 eln3xh xf xg xxxx，则 111 e11exxhxxxxx，令 1exp xx，其中1,12x，则 21e0 xp xx，所以函数 1exp xx在1,12上单调递增，因为1e202p，1e 10p，所以存在01,12x，使得 0001e0 xp xx，即001exx，可得00lnxx，当012xx时，0h x，此时函数 h x单调递增

28、，当01xx时，0h x，此时函数 h x单调递减，所以，当1,12x时，0000000max022 eln323xxh xh xxxxxx 00001142440 xxxx，即 0h x，因为 25712e2199h ，15353 5ln2eln2ln2122222 3h ，综上所述，若1a，当1,12x时，10h x 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式 f xg x（或 f xg x）转化为证明 0f xg x（或 0f xg x），进而构造辅助函数 h xf xg x；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.