山东省临沂市2022-2023学年高二年级下册期中数学试题（解析版）

山东省临沂市2022-2023学年高二下学期期中数学试题

一、单项选择题：本大题共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.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到2地有四条路，则

从A地到8地不同的走法种数是()

A.7B.9C,12D.16

［答案》C

［解析X根据题意分两步完成任务：

第一步：从A地到C地，有3种不同的走法；

第二步：从C地到B地，有4种不同的走法，

根据分步乘法计数原理，从A地到2地不同的走法种数：3x4=12种，

故选：C.

2.已知随机变量J服从正态分布若尸(J<2)=尸(J>8)=0.15,则

产(2港<5)=()

A.0.3B.0.35C.0.5D.0.7

［答案XB

QI2

k解析》根据正态分布的概率密度函数的对称性可知〃=;一=5,

则P(2<^<5)=<5)-PC<2)=0.5-0.15=0.35,

故选:B.

3.4张卡片上分别写有“中”、“国”、“你”、“好”四个字，从这4张卡片中随机抽取2张，则

取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”的概率为()

1113

A.—B.-C.—D.一

3264

K答案UC

k解析》4张卡片上分别写有“中”、“国”、“你”、“好”四个字，从这4张卡片中随机抽取2

张，基本事件有〃=《=6种,取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”只有1种，

故取出的2张卡片上的文字恰好是“中”、“国”的概率尸=，.故选：C

6

4.若〃x)=2次⑵+/,则广⑴=()

A.-4B.-6C.2D.4

k答案UB

k解析X由题意得：/'(x)=2/'(2)+2x,.•.广(2)=2/(2)+4,解得：/'(2)=T,

f'(x)=-8+2x,/(I)=-8+2=-6.

故选：B.

5.函数/(x)=xsinx的导函数/'(x)在区间［-%,»］上的图象大致为()

k解析UV=xsinx,：.f(%)=sinx+xcosx,

/(-%)=-sinx-%cosx=-f(x),/'(x)为奇函数，

从而/'(x)的图像在区间［-匹柯上关于原点对称，由此可排除选项A、B,

又—不＜0,排除D,从而K答案》为C.

故选：C.

6.(x—2+y)6的展开式中，炉产的系数为()

A.360B.180C.90D.-180

K答案XA

(解析』(x-2+廿=卜+(丁-2)了，.•.臼2的系数为0；第(—2)2=360.故选：A.

7.随着新冠疫苗的成功研发，某地区开始对重点人群进行新冠疫苗接种为了配合社区对新

冠疫苗接种人员讲解注意事项,某医科大学共派出4名男志愿者和2名女志愿者参与该地区

志愿服务.已知6名志愿者将会被分为2组派往该地区的2个不同的社区，且女志愿者不单

独成组，若每组不超过4人，则不同的分配方法种数为()

A.32B.40C.48D.56

［答案XC

k解析X法一：分两种情况，

33

①分为3,3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有差c二c种分组方法，再对应到两个社

区参加志愿工作，有国种情况，此时共有U^x&=20种分配方法.

②分为2,4的两组时，有C；xC；=15种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的

情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有&种情况，

此时共有14x&=28种分配方法.

共有20+28=48种分配方法.

法二：先安排第一个社区，若没有女志愿者，则有C；（C：+C，=1O种；若有1名女志愿

者，则有C；（C：+C：+C：）=28种；若有2名女志愿者，则有C；（C；+Cj）=10种，

•••不同的分配方法种数为10+28+10=48,

故选：C.

8.已知函数/（x）="lnx+；x2,若对任意正数与，%2（石。入2），都有

成立，则实数a的取值范围（）

B.

1

D.—,+00

4

［答案』c

K解析U不妨令。<%<3，

X］-%2

即*x）=/（x）—x在（0,+。）单调递增，

因为产（x）=f-x=alnx+-^x2-x,

则?（%）=4+%-120在（0,+司上恒成立，

JC

即Q2-X2+%，在（。,+8）上恒成立，

则a2（—X?+%）,

'/max

又一炉+1二一心一工］+—<—,

12）44

故选：c

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多

个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.已知随机变量的分布列为P（X=k）=0.2,k=l,2,3,4,5.若F=2X—3,下列说法

正确的是（）

A.随机变量X的均值为3B.随机变量¥的均值为3

C.随机变量X的方差为2D.随机变量y的方差为9

K答案XABC

（解析X由题P（X=L）=0.2可知：

尸（X=1）=0.2,P（X=2）=0.2,P（X=3）=0.2,尸（X=4）=0.2,尸（X=5）=0.2,

故均值E（X）=lx0.2+2x0.2+3x0.2+4x0.2+5x0.2=3,A正确

E（y）=E（2X-3）=2E（X）-3=2x3-3=3,B正确

D（X）=（1-3）2X0.2+（2-3）2X0.2+（3-3）2X0.2+（4-3）2X0.2+（5-3）2X0.2=2,

C正确

D（y）=£＞（2X-3）=4£＞（x）=8,D错误

故选：ABC

10.若（x-4）"的二项展开式共有8项，则该二项展开式（）

A.〃=8

B.各项二项式系数和为128

C.二项式系数最大项有2项

D.第4项与第5项系数相等且最大

（答案》BC

（解析》由题意，［彳一七］的二项展开式共有8项，可得〃=7,所以A错误；

根据二项式展开式二项式系数和的性质，可得二项式系数的和为27=128,所以B正确；

根据展开式中二项式系数的性质，可得中间项的二项式系数最大，即第4和第5项的二项式

系数最大，所以C正确；

由（x—展开式的第4项为C江4（_二）3=—35必，第5项为。力？（一4）4=35X,

yjx\x

所以展开式中第4项与第5项系数不相等，所以D错误.

故选：BC.

11.一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()

3

A.从中任取3球，恰有一个白球的概率是-

5

QQ

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一

243

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g

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fl

(答案1ABD

123

k解析》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，每次任取一球,

则取到白球的个数X~46,；

故恰好有两个白球的概率为C；I)©埸

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”,

2

P(AB)73

B为“第二次取到红球”，则所求概率为P(B|A)=，=得==,故C错误。

P(A)25

3

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1—[gj=||，故D正确。

故选：ABD

12.己知函数/(x)=；x+cosx以下说法正确的是()

A.函数/(%)在x=9处取得极大值

6

57r

B.函数/(尤)在％=一处取得极大值

6

C.函数/(%)在H上单调递减

D.函数/（尤）的递减区间为^+2kn,-^+2kn,（keZ）

K答案工AD

1IT57r

K解析Ux）=--sinx,由/'（x）=。，得x=q+24兀或无=7+2左兀（左wZ）,

jrjrsjr37r

当-3+2101<x<—+Ikit—+2hi<x<—+2kn（k£Z）时，>0,f（尤）单调

递增；

-rr57r

当6+2E<x<9+2E,（keZ）时，/'（x）<0,单调递减.

左=0时，当一/<x（三或2<x<9时，f\x）>0,/（尤）单调递增；

2662

当$<%<乎时，f'（x）<Q,/（尤）单调递减，

66

TT57T

故函数/（无）在》=一处取得极大值，在％=一处取得极小值，故A正确；B错误；

66

函数/（X）在［常］上单调递增，在［g］上单调递减，故C错误；

7157r

函数/（尤）在-+2k7t,—+2kit伏wZ）上单调递减，故D正确.故选：AD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.2021年5月15日，天问一号探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区着陆，我国首次

火星探测任务着陆火星取得成功，极大地鼓舞了天文爱好者探索宇宙奥秘的热情.某校航天

科技小组决定从甲、乙等6名同学中选出4名同学参加A市举行的“我爱火星”知识竞赛，已

知甲被选出，则乙也被选出的概率为.

3

1答案X-

K解析X设“甲同学被选出”记为事件A,“乙同学被选出”记为事件B,

则在甲同学被选出的情况下，乙同学也被选出的概率P（B\A）==||=|.

3

故［答案》为：-

14.已知以+/卜2x+l）5（aw0）,若其展开式中各项的系数和为81,则。=.

『2

K答案X—

3

K解析X由1依+：｝2》+1)5展开式中各项的系数和为81,

令x=l,可得(a+l)(2xl+l)5=81,解得a=_1

皿…5、,2

故K答案X为：一不.

3

15.已知函数/(%)的导函数为了'(力，且对任意xeR,/'(%)—/(力<0,若/(2)=e2,

f(t)<er,则/的取值范围是.

K答案X(2,+8)

[解析X构造函数g(x)=&h则g，(x)=r(x)：〃x)<0,

故函数g(x)在R上单调递减，

由己知可得g(2)=J单=1,

e

由/(“〈e'可得g[)=*<l=g(2),可得.〉2.故K答案X为：(2,+8).

16.甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数为,按下列方法操作一次产生一个新的实数:

由甲、乙同时各掷一枚质地均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把为乘

以2后再减去6；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把为除以2后再加上6；这样

就可以得到一个新的实数4，对实数?仍按上述方法进行一次操作，又可以得到一个新的

3

实数。3,当生时，甲获胜，否则乙获胜，若乙获胜的概率为一，则%的取值范围是

K答案H(—。,6)512,+纥)

「1丫1

k解析》抛掷两枚硬币，出现两个正面朝上或两个反面朝上的概率为2x-=-

⑵2

丫1

出现一个正面朝上，一个反面朝上的概率为2x-=-,

。2

由题意可知，进行两次操作后，可得如下情况：

①操作两次都是两个正面朝上或两个反面朝上，则/=2(2al—6)-6=4q—18,

「1丫1

其出现的概率为-=-;

4

②操作两次，第一次是两个正面朝上或两个反面朝上，第二次是一个正面朝上，一个反面朝

上，

则％=g(2q—6)+6=6+3,其出现的概率为

③操作两次，第一次是一个正面朝上，一个反面朝上，第二次是两个正面朝上或两个反面朝

上，

则%=2■+6］_6=6+6,其出现的概率为=；；

④操作两次，两次都是一个正面朝上，一个反面朝上，

则生=51,+61+6=/+9,其出现概率为［gj=］

33

因为乙获胜的概率为一，即a32al的概率为一，

44

因为4+6〉％,q+3〉q,

4q-l82al44-18<〃]

今+95或卜+9加解得％<6或%>12.

因此，实数。的取值范围是(一”,6)u(12,+“).

故K答案》：(—8,6)u(12,+”).

四、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.已知在［也一市J的展开式中，第4项为常数项.

(1)求〃的值；

(2)求含/项的系数.

解：⑴［孤-五］的展开式通项为4+1=c；•尤亍•(—3广一=(—3)'V〉龙k-

Yl—9r

因为第4项为常数项，所以厂=3时，-^―=0,解得"=6.

(2)由(1)可知”=6,

6—2r

令一^=2,解得r=0.

3

所以含/项的系数为(-3)°•屋=1.

18.已知函数=丁+加-x在1=—1处取得极大值.

(1)求实数。的值，并求函数/(无)的单调递增区间；

(2)求曲线y=/(九)在点(1,/(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积.

解：⑴由题意/''(%)=3*+2分-1,

因为函数/(尤)在x=—1处取得极大值，所以/'(—1)=0即3—2a—1=0,解得。=1,

经检验，尸―1是函数/(%)的极大值点，所以。=1.

当a=l时，/(X)=3X2+2X-1=(3X-1)(X+1)，

由可得1<—1或x〉；，

所以/(X)的单调递增区间是(-s,T),\,+f；

(2)由(1)知=广(％)=3d+2%-l,

贝!="⑴=4,

所以曲线y=/(x)在点。，/⑴)处的切线的斜率％=/>'⑴=4,

所以切线的方程为丁―1=4(X—1),即4x—y—3=0,

3

令x=0,可得y=-3；令y=0可得x=—；

4

139

所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S=—x3x—=—

248

1(工一〃)2

19.我们认为灯泡寿命的总体密度曲线是正态分布曲线/(x)=^^e2/,其中〃为

飞2兀o

总体平均数，。为总体标准差，某品牌灯泡的总体寿命平均数〃=260。小时.

函数歹=/(x)的大致图像

(1)随机取三个该品牌灯泡，求三个灯泡中恰有两个寿命超过2600小时的概率;

(2)该品牌灯泡寿命超过2800小时的概率为我们通过设计模拟试验的方法解决“随机

取三个该品牌灯泡，求三个灯泡中恰有两个寿命超过2800小时的概率”问题.利用计算器可

以产生。到9十个随机数，我们用1,2,3,4表示寿命超过2800小时，用5,6,7,8,9,

0表示寿命没有超过2800小时.因为是三个灯泡，所以每三个随机数一组.例如，产生20

组随机数

907966191925271932812458569683

431257393027556488730113537989

就相当于做了20次试验.估计三个灯泡中恰有两个寿命超过2800小时的概率.

解：(1)由题知平均数〃=2600,所以每个灯泡寿命超过2600小时的概率都是J,这个

随机试验满足古典概型条件：有限性，等可能性.

设三个灯泡寿命超过2600小时分别为A,B,C；

没有超过2600小时分别为入，~B，C-

则样本空间。={ABC,ABC,ABC,ABC,ABC,ABC,ABC,,

三个灯泡中恰有两个寿命超过2600小时的事件M=[ABC,ABC,ABC],

所以P(.昨、n(焉M)w3；

(2)20组随机数中满足恰有两灯泡寿命超过2800小时的有191,271,932,812,393共

计5组，所以三个灯泡中恰有两个灯泡寿命超过2800小时的概率估计值尸=』=」.

204

20.已知函数/'(x)=e*-at+a,aeR

(1)讨论函数/(x)的单调性；

(2)讨论函数/(无)的零点个数.

解：(1)由题意,

在/(%)=e*—ta+a中,/f(x)=eA-a

当aWO时，用或>0,则在R上单调递增;

当a>0时，令/''(x)=0,解得：x=lna,

当x<lna时，当(x)<0"(x)单调递减;

当x>lna时，当(x)>0"(x)单调递增.

综上所述,

当aWO时，/(%)R上单调递增;

当a>0时，/(尤)在(-e,Ina)上单调递减，在(lna,+“)上单调递增.

(2)在/(x)=e"—双+a中，

当/(x)=。时,e*=a(x—I),

当a=0时，e*=a(x-l)无解，

.•"(X)无零点.

x-1

当aw0时，—

ae%

x-1

令9（x）=

ex

x-1中，9'（x）=『

在9（x）=

exc

当xe(yo,2)时，/'(%)>0；

当xe(2,+oo)时，°'(尤)<0,

°(月在(—,2)上单调递增，在(2,+s)上单调递减，

且。(X)max=0⑵=!,

e

・.,当Xf+00时，0,%——8时，

.•.当即Ovave?时，“X)无零点,

ae

当』=!即a=e?时，/(x)有一个零点；

ae

当0<工<±即a>e2时，/(%)有两个零点；

ae

当:<0,即a<0时，/(无)有一个零点.

综上所述，

当ae[Od)时，/(九)无零点；

当ae(口,。)或者弓=02时,I")有一个零点;

当ae(e\+8)时，/(%)有两个零点.

21.甲、乙去某公司应聘面试.该公司的面试方案为：应聘者从7道备选题中一次性随机抽

取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选.已知7道备选题中应聘者甲有4道题能正

4

确完成，3道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是一，且每题正确完成与否互

7

不影响.

（1）分别求甲、乙两人正确完成面试题数分布列；

（2）请从均值和方差的角度分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大?

解：（1）设X为甲正确完成面试题的数量，

y为乙正确完成面试题的数量，

由题意可得X的可能取值为：0,1,2,3,

c31C2C119

所以p（x=0）=不|=行,P（X=1）=-^-=—>

小=2）=等=j|,P（X=3）=*$,

JJX-✓YJJ

所以X的分布列为

X0123

112184

P

35353535

由题意随机变量Y的可能值为0,1,2,3,可得y~

所以p(y=o)=c[i—=条，2a=1)=1

P『2）=C；x（4y（一4、小1事44。（『）=C；（04v64

343

所以y的分布列为:

Y0123

2710814464

P

343343343343

（2）由（1）可得,

12

E（X）=Ox----F1x----F2x----F3x—

35353535T

T7(\文

E(yv)=n/?=3x4-=1—2

424

D(X)=X——二——

3549

D(y)=^(l-Jp)=3x|x|=||,

因为E(X)=£(F),D(X)<D(Y),

所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大.

22.已知函数=⑺=a(x+lnx),且g(x)恒成立(。>0).

(1)求实数〃值；

(2)证明：>(/+3)1nx+2sin%.

解：(1)令/z(