《安徽省芜湖市繁昌皖江中学2021-2022学年高二下学期期末数学Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省芜湖市繁昌皖江中学2021-2022学年高二下学期期末数学Word版含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、皖江中学20212022学年高二第二学期期末检测数学试卷考生注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色黑水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3本卷命题范围：选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册.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1. 函数（）的减区间为，则实数的值为（ ）A. 2B. C. 1D. 4【
2、答案】A【解析】【分析】利用导数的性质进行求解即可.【详解】显然该函数的定义域为全体正实数集，即，因，所以由可得：，因为函数（）的减区间为，所以，故选：A2. 将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，则不同的发送方法共有（ ）A. 种B. 种C. 种D. 种【答案】B【解析】【分析】按照分步乘法计数原理计算可得；【详解】解：依题意，将5封不同的电子邮件发送到4个电子信箱中，共有种发送方法；故选：B3. 已知，则（ ）A. eB. 0C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求导，再令,得到，进而得到求解.【详解】，令,得，解得，所以，故选：A4. 随机变量的分布列如下表，其中，成等差数列，且，
3、123则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据分布列的性质及，成等差数列,列方程组求出,再求数学期望即可.【详解】由，得，则故选:A.5. 由0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ）A. 480B. 560C. 750D. 630【答案】C【解析】【分析】分个位为0、2、4、6四种情况，分别求出没有重复数字的四位偶数的个数，最后相加即可.【详解】1、当个位为0，没有重复数字的四位偶数的个数为；2、当个位为2，没有重复数字的四位偶数的个数为；3、当个位为4，没有重复数字的四位偶数的个数为；4、当个位为6，没有重复数字的四位偶数的个数为共
4、有个没有重复数字的四位偶数.故选：C6. 已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为函数在R上单调递增，则对恒成立，分离参数通过求解函数最值即可得出结果【详解】由，若函数在R上单调递增，则对恒成立有，可得，又由，可得故选：C7. 某工厂节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）的几组对应数据如下表，现发现表中有个数据看不清，已知回归直线方程为，则看不清的数据的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设看不清的数据的值为，求出样本中心点的坐标，代入回归直线方程可求得结果.【详解】设
5、看不清的数据的值为，则，将样本中心点的坐标代入回归直线方程可得，解得.故选：A.8. 已知,则（ ）A. B. 10C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】赋值法分别求和即可.【详解】令可得,令可得即,所以.故选:D.9. 英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献.根据贝叶斯统计理论，事件A，B，（A的对立事件）存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.01，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为99%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有99%的可能呈现阳性；该试剂的误报率为10
6、%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有10%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为（ ）A. 0.01B. 0.0099C. 0.1089D. 0.1【答案】C【解析】【分析】利用条件概率的概率公式求解即可.【详解】设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件，则，故所求概率，故选：C.10. 有一个盒子里有1个红球，现将（）个黑球放入盒子后，再从盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着（）的增加，下列说法正确的是（ ）A. 减小，增加B. 增加，减小C. 增加，增加D. 减小，减小【答案】D【解析】【分析】由
7、题易知，取到红球个数服从两点分布，根据两点分布的均值和方差的公式可得所以， ，易得随着n的增大而减小，对于，利用导数研究其单调性即可得出结论.【详解】取到红球个数服从两点分布，其中，所以，显然随着n的增大而减小.，记，当时，故在上单调递减，则当时，随着n的增大而减小.故选：D.11. 已知函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】易知不是的零点，通过分离参数再结合换元将问题转化为函数的而图象与直线有且仅有一个交点，数形结合即可求解【详解】由，可得0不是函数的零点则可化为，即，令，有，由函数单调，可得方程有且仅有一个根，等价于函数与直线有且仅
8、有一个交点，又，可得函数的减区间为，增区间为，在处取得极大值，在处取得极小值，由，可得或，所以或.故选：D12. 已知函数，若，则的最大值为（ ）A. B. C D. 【答案】D【解析】【分析】分析函数的单调性，设，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得解.【详解】因为，则函数在上单调递减，在上单调递增，不妨设，有，可得，有，令，有，令，可得，令，可得，可得函数的增区间为，减区间为，可得，故的最大值为.故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己假设甲闹钟准时响的概率为0.5，乙闹钟准时响
9、的概率为0.6，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是_【答案】0.8#【解析】【分析】利用对立事件，即可求解.【详解】两个闹钟至少有一个准时响的对立事件是两个闹钟都没响，所以两个闹钟至少有一个准时响的概率故答案为：14. 点是曲线上任意一点，则点P到直线的最短距离为_.【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，求出曲线和平行的的切线的切点坐标，利用点到直线的距离公式，即可求得答案.【详解】由，令，解得或（舍去），又由，可得斜率为1且与曲线相切的直线的切点为，则点P到直线的最短距离为,故答案为：15. 已知函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】求出函数关
10、于y轴对称的函数为，方程有解，方程可化为，构造函数，利用函数的导数，判断函数的单调性求解函数的最值，转化求解a的范围即可【详解】解：关于轴对称的函数为，若函数与函数的图象上存在关于轴对称的点，只需要方程有解，方程可化为，令，有，由函数单调递增，且，可得函数的减区间为，增区间为，可得，当时，可得函数的值域为，故实数的取值范围为.故答案为：16. 一批小麦种子的发芽率是0.7，每穴只要有一粒发芽，就不需补种，否则需要补种则每穴至少种_粒，才能保证每穴不需补种的概率大于97%（lg30.48）【答案】3【解析】【分析】利用n次独立重复实验恰有k次发生的概率，列不等式即可求得每穴至少种的种子数n【详解
11、】记事件A为“种一粒种子，发芽”，则设每穴种n粒，则相当于做了n次独立重复实验，记事件B为“每穴至少有一粒发芽”，则，若保证每穴不需补种的概率大于97%，则即，两边取常用对数得，即又lg3048，则，又n为整数，则每穴至少种3粒，才能保证每穴不需补种的概率大于97%故答案为：3三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤17. 已知的展开式中，第4项为（1）求正整数n的值；（2）求的展开式中的系数【答案】（1）5 （2）10【解析】【分析】（1）由二项式定理求得第4项，由已知第4项的系数与指数列方程组可得；（2）写出展开式通项公式，确定所在项数，从而得结论【
12、小问1详解】的展开式中，第4项为，可得，解得，故正整数n的值为5【小问2详解】的展开式中第项为，其中，1，2，3，4，5，令，可求得，故展开式中的的系数为18. 已知函数.（1）若点P在曲线上移动，设曲线在动点P处的切线的倾斜角为，求的取值范围；（2）求曲线经过点的切线方程.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，从而得到，再解不等式即可.（2）利用导数的几何意义求解即可.【小问1详解】由，有，由且，可得或，故的取值范围为；【小问2详解】（2）设切点为，可得过点Q的切线方程为，代入点的坐标有，整理为，有，因式分解为，即，解得或.当时，所求切线方程为当时，所求切线方程为，
13、故曲线经过点的切线方程为或.19. 已知函数在区间上的最小值为-2，最大值为1.（1）求实数，的值；（2）若函数有且仅有三个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）当时， ；当，时， .【解析】【分析】（1）求出，对的取值进行分类讨论，分别利用导数研究函数的单调性，由最值列出方程组，求解即可；（2）利用（1）中的结论，讨论两种情况，得到函数的最值与极值情况，然后由零点的定义求解即可【详解】（1）由当时，令，可得或，此时函数的增区间为，减区间为由，有可得当时，令，可得，此时函数的减区间为，增区间为由，有可得由上知或.（2）当时，若函数有且仅有三个零点，实数的取值范围为当，时，若函数有且仅
14、有三个零点，实数的取值范围为.20. 甲乙两队进行篮球比赛，约定赛制如下：谁先赢四场则最终获胜，已知每场比赛甲赢的概率为，输的概率为（1）求甲最终获胜的概率；（2）记最终比赛场次为X，求随机变量X的分布列及数学期望【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）设甲最终获胜的概率为P，分四局比赛获胜、五局比赛获胜、六局比赛获胜、七局比赛获胜这几种情况讨论，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）依题意X的所有可能取值为4，5，6，7，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望【小问1详解】解：设甲最终获胜的概率为P甲四局比赛获得胜利的概率为；甲五局比赛获得胜利的概率为；甲六局比赛获得胜利的概率为；甲七局比赛获得胜利的概率为甲最终获胜的概率为【小问2详解】解：X的所有可能取值为4，5，6，7；随机变量X的分布列为：X456
