河南省商丘市名校联考2022-2023学年高二下学期4月期中联考数学试题B卷含答案.pdf

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1、河南省商丘市名校联考2022-2023学年高二下学期4月期中联考数学试题B卷B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 1 页（共 7 页）2022 2023 学年下期期中联考 高二 数学参考答案 B 卷 一、选 择 题（本 大 题 共 12 小 题，每 小 题 5 分，共 60 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）题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 B A D B B C C C A D D B 1【答 案】B【解 析】()2()3(2022)2023 2022 f x x=，则()2(1)3(

2、2022)2023 2022 1 6066 f=.故 选 B.2【答 案】A【解 析】买 两 本，有 3 种 方 案；买 三 本，有 1 种 方 案，因 此 共 有 方 案 3 1 4(种)故 选 A.3【答 案】D【解 析】因 为 P(AB)1 2，P(A)2 3，所 以 P(B|A)P（AB）P（A）1 2 2 3 3 4.故 选 D.4【答 案】B【解 析】由 题 意 2 1()3 2 f x x x=+，所 以 1(1)3 2 1 2 f=+=，所 以()0 0(1)(1)1(1)(1)1 2 lim lim 1 3 3 3 3 x x f x f f x f f x x+=.故 选

3、B.5【答 案】B【解 析】由 题 可 知，2()(2 1)x f x e x x=，则 2()(3)x f x e x=，(1)2 f e=，又(1)2 f e=，函 数 2()(2 1)x f x e x x=的 图 象 在 点(1,(1)f 处 的 切 线 方 程 为 2 0 ex y+=.故 选 B.6【答 案】C【解 析】()1 2cos f x x=，令()=0 f x，得 4 x=，当 0,4 x，()0 f x，()f x 为 增 函 数，()()0 0,f f=则()max,y f=故 选 C.7【答 案】C【解 析】从 8 个 车 位 里 选 择 5 个 相 邻 的 车 位

4、，共 有 4 种 方 式，选 一 种 方 式 将 5 辆 车 相 邻 停B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 2 页（共 7 页）放，有 5 5 120 A=种 方 式，则 不 同 的 泊 车 方 案 有 4 120 480=种，故 选 C.8【答 案】C【解 析】4 4 4 2(1 2)(1 2 2)(1 2)x x x x x a a=，4(1 2)x 的 展 开 式 的 通 项 公 式 为()()1 4 4 2 2 r r r r r r T C x C x+=，0,12,3,4 r=，所 以 4(1)2 2 x 展 开 式 中 3 x 项 的 系 数 是()3 3 4 2 2 6

5、4 C=，4(1 2)x x a 展 开 式 中 3 x 项 的 系 数 是()2 2 4 1 24 2 C a a=，所 以 24 64 58 a=，解 得 4 a=，故 选 C.9【答 案】A【解 析】设()()g x xf x=，则()()()0 g x f x xf x=+，即()()1 2 g x g+，所 以 1 2 x+，所 以 1 x.故 选 D.11【答 案】D【解 析】由 题 意，5 名 实 习 教 师 的 分 配 方 案 为 2,2,1，先 将 5 名 实 习 教 师 分 组，有 2 2 5 3 2 2 C C 10 3 15 A 2=种，再 将 分 好 组 的 教 师

6、分 配 给 3 个 班 级，有 2 2 3 5 3 3 2 2 C C A 15 6 90 A=种，其 中 a 不 去 甲 班 则 不 同 的 分 配 方 案 有 2 90 60 3=种.故 选 D.12【答 案】B【解 析】令()()e x f x g x=，则()()()0 e x f x f x g x=，则()g x 在(0,)+上 单 调 递 增，则(1)(4)g g，即 4(1)(4)e e f f，即 3(1)1(4)e f f；令 2()()e x f x h x=，则 2()2()()0 e x f x f x h x=，B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 3 页（共

7、 7 页）则()h x 在(0,)+上 单 调 递 减，则(1)(4)h h，即 2 8(1)(4)e e f f，即 6(1)1(4)e f f；故 6 3 1(1)1 e(4)e f f，即 6 3(1)1 1,(4)e e f f.故 选 B.二、填 空 题（本 大 题 共 4 小 题，每 小 题 5 分，共 20 分）13【答 案】64【解 析】因 为 4 科 老 师 布 置 了 作 业，在 同 一 时 刻 每 个 学 生 做 作 业 的 情 况 有 4 种 可 能，所 以 3 名 学 生 都 做 作 业 的 可 能 情 况 444=64 种 故 答 案 为 64.14【答 案】e【解

8、 析】由()2 1 ln x f x x=令()0 f x=，解 得 e x=当 x 变 化 时，()f x 与()f x 的 变 化 情 况 如 下 表：x()0,e e()e,+()f x 0()f x 单 调 递 增 1 e 单 调 递 减 因 此，极 大 值 点 为 e.15【答 案】50【解 析】设 三 位 数 的 回 文 数 为 ABA，A 有 1 到 9，共 9 种 可 能，即 1B1、2B2、3B3 其 中 奇 数 共 5 种 可 能，即 1B1，3B3，5B5，7B7，9B9；B 有 0 到 9 共 10 种 可 能，即 A0A、A1A、A2A、A3A、符 合 题 意 的 有

9、 510=50 个.16【答 案】0 a e，0 0 ax a，所 以 ln()ln()ln()ln x x x x a ax e ax ax xe ax ax e e，若 0 1 ax，令()ln f x x x=，则()ln 1 0 f x x=+在(1,)+恒 成 立，()y f x=在(1,)+单 调 递 增，又 0 x，1 x e，ln()ln x x ax ax e e，由()()x f ax f e，得 x ax e；B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 4 页（共 7 页）若 x ax e 在(0,)+恒 成 立，则 x ax e 可 化 为 x e a x，令()x e

10、 g x x=，2 2(1)()x x x e x e e x g x x x=，()y g x=在(0,1)单 调 递 减，(1,)+单 调 递 增，min()(1)g x g e=，即 有 a e 综 上：0 a e.三、解 答 题（本 大 题 共 6 小 题，共 70 分 解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤）17【解 析】（1）先 排 甲、乙，再 排 其 余 6 人，共 有 2 6 2 6 A A 1440=（种）排 法.5 分（2）先 排 4 名 男 生 有 4 4 A 种 方 法，再 将 4 名 女 生 插 空，有 4 4 2A 种 方 法，故 共

11、 有 4 4 4 4 A 2A 1152=（种）排 法 10 分 18【解 析】（1）令 1 2 x=，得 4 0 1 2 3 16 2 4 8 16 a a a a a+=+；令 0 x=，得 0 1 a=，所 以 1 2 3 4 15 2 4 8 16 a a a a+=.6 分（2）对 原 式 两 边 求 导 得：3 2 3 1 2 3 4 8(2 1)2 3 4 x a a x a x a x+=+令 1 x=，得 1 3 4 3 2 8 3 2 3 4 a a a a=+；即 1 2 3 4 2 2 6 3 4 1 a a a a+=12 分 19.【解析】（1）由 题 意 可 知

12、X 的 所 有 可 能 取 值 为 1,2,3，则()1 2 3 2 3 5 C C 3 1 C 10 P X=，()2 1 3 2 3 5 C C 6 3 2 C 10 5 P X=，()3 3 3 5 C 1 3 C 10 P X=，B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 5 页（共 7 页）则 X 的 分 布 列 为 X 1 2 3 P 3 10 3 5 1 10 所 以 E(X)1 3 10 2 3 5 3 1 10 9 5，()2 2 2 9 3 9 3 9 1 9 1 2 3 5 10 5 5 5 10 25 D X=+=，6 分（2）设 乙 答 对 的 题 数 为 Y，则 Y

13、 所 有 可 能 的 取 值 为 0,1,2,3，由 题 意 可 知 Y B 3 3 5，则 E(Y)3 3 5 9 5，D(Y)3 3 5 2 5 18 25.因 为 E(X)E(Y)，D(X)D(Y)，所 以 甲、乙 的 数 学 期 望 相 等；甲 的 方 差 小，甲 比 较 稳 定，所 以 甲 同 学 当 选 成 功 的 可 能 性 更 大 12 分 20【解 析】（1）根 据 题 意 可 知，将()1,2 P 分 别 代 入 两 曲 线 方 程 得 到 2 1 a=+，2 1 b c=+两 个 函 数 的 导 函 数 分 别 是()2 3 f x x a=+，()2 g x x b=+

14、又()1 3 f a=+，()1 2 g b=+，则 3 2 a b+=+，解 得 1 a=，2 b=，1 c=6 分（2）要 使 抛 物 线()2 2 1 g x x x=+上 的 点 M 到 直 线 3 2 y x=的 距 离 最 短，则 抛 物 线 在 点 M 处 的 切 线 斜 率 应 该 与 直 线 3 2 y x=相 同，则()2 2 3 g x x=+=，解 得 1 2 x=，又 因 为 点 M 在 抛 物 线 上，解 得 1 1,2 4 M 所 以 最 短 距 离 即 d 的 最 小 值 为 点 M 到 直 线 3 2 y x=的 距 离，代 入 点 到 直 线 的 距 离 公

15、 式 得()2 2 3 1 2 3 10 2 4 40 3 1 d=+即 最 短 距 离 为 3 10 40 12 分B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 6 页（共 7 页）21【解 析】（1）若()g x 在)0,+上 的 单 调 递 减，则 2()2(2)0 x x g x te t e=+在)0,+上 恒 成 立，化 简 得 2 2 1 x t e+，易 知 函 数 2 2 1 x y e=+在)0,+上 递 增，因 此 min 2 2()2 1 3 x e=+，故 2 3 t 4 分（2）函 数()()4 1 x f x g x e x=+=2(2)x x te t e x+，

16、x R.当 0 t 时，由 2()2(2)x x f x te t e=+()()1 1 2 1 0 x x te e=+=得，ln x t=.6 分(ln)f t 是 极 小 值，所 以 只 要(ln)0 f t=，即 1 ln 1 0 t t+=.7 分 令 1()ln 1 F t t t=+，则 2 1 1()0 F t t t=+，()F t 在(0,)+内 单 增.因 为(1)0 F=，所 以 当 0 1 t 时，()(1)0 F t F 时，()(1)0 F t F=.所 以 实 数 t 的 值 是 1.9 分 当 0=t 时，()2 x f x e x=.()f x 为 R 上

17、的 减 函 数，而()1 2 1 0 f e=，所 以()f x 有 且 只 有 一 个 零 点.11 分 综 上 实 数 t 的 值 是 1 或 0.12 分 22【解 析】（1）()f x 的 定 义 域 为 2 2 3(0,),()2 3+=+=a x x a f x x x x，1 分 对 于 二 次 方 程 2 2 3 0 x x a+=，有 9 8=+a 当 9 8 a 时，()0 f x 恒 成 立，()f x 在(0,)+上 单 调 递 减 2 分 当 9 8 a 时，方 程 2 2 3 0 x x a+=有 两 根 1 2 3 9 8 3 9 8,4 4+=a a x x，若

18、 1 2 0,0,0 a x x 则，因 为 在 3 9 8 4 0,a+上()0 f x，所 以()f x 在 3 9 8 4 0,a+上 单 调 递 增；因 为 在B 卷 高 二 数 学 参 考 答 案 第 7 页（共 7 页）3 9 8,4+a 上()0 f x，所 以()f x 在 3 9 8,4+a 上 单 调 递 减；4 分 若 1 2 9 0,0 8 a x x 则，因 为 在 3 9 8 4 0,a+与 3 9 8,4+a 上()0 f x，所 以()f x 在 3 9 8 4 0,a+与 3 9 8,4+a 上 单 调 递 减，因 为 在 3 9 8 3 9 8,4 4 a

19、a+上()0 f x，所 以()f x 在 3 9 8 3 9 8,4 4 a a+上 单 调 递 增 5 分（2）证 明()2 3 e 3 x xf x x x+，即 证 e(ln 3)x a x x+，所 以 e 0 x x 6 分 当 ln 3 0 x+时，不 等 式 e(ln 3)x a x x+时，因 为 1(ln 3)(ln 3)4 a x x+得 2 1 0 e x；由()0 g x 所 以()g x 在 2 1 0,e 上 为 增 函 数，在 2 1,e+上 为 减 函 数，所 以 2 2 1()e e g x g=2 4e()x h x x=，则 3 4e(2)()x x h x x=，易 知()h x 在(0,2)上 为 减 函 数，在(2,)+上 为 增 函 数，所 以 2()(2)e h x h=，11 分 所 以()()g x h x 恒 成 立，即()2 3 e 3 x xf x x x+12 分