河南省新乡市2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

新乡市2022-2023学年高二下学期期中考试
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章至第七章7.3.
一、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.欢欢同学从4本漫画书和5本绘本书中各任选1本出来参加义卖活动，则不同的选法共有（ ）
A.7种 B.9种 C.12种 D.20种
2.某物体沿直线运动，其位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则在这段时间内，该物体的平均速度为（ ）
A. B. C. D.
3.投掷两枚质地均匀的骰子，记偶数点朝上的骰子的个数为，则的分布列为（ ）
A. B.
C. D.
4.一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有（ ）
A.120种 B.60种 C.40种 D.20种
5.某校有，等五名高三年级学生报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校，每所高校均有人报考，其中，两名学生相约报考同一所高校，则这五名学生不同的报考方法共有（ ）
A.9种 B.18种 C.24种 D.36种
6.被3除的余数为（ ）
A.2 B.1 C.0 D.不确定
7.已知函数的导函数的图象大致如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（ ）
A.无极大值点 B.有2个零点
C.在上单调递增 D.在上单调递减
8.已知集合，集合满足，且中恰有三个元素，其中一个元素是另外两个元素的算术平均数，则满足条件的共有（ ）
A.380个 B.180个 C.90个 D.45个
二、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.随机变量的分布列为
2 3 4
若，则（ ）
A. B. C. D.
10.已知函数的导函数为，则下列结论正确的有（ ）
A.当时，有3个零点 B.当时，有2个极值点
C.若为增函数，则 D.若为增函数，则
11.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
12.已知，且恒成立，则的值可以是（ ）
A. B.0 C.2 D.4
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.已知随机变量的期望为3，则______.
14.设，为两个事件，若事件和事件同时发生的概率为，在事件发生的前提下，事件发生的概率为，则事件发生的概率为______.
15.展开式的所有项的系数和为1024，则______，展开式中的常数项为______.（用数字作答）（本题第一空2分，第二空3分）
16.已知直线与曲线相切，则的最小值为______.
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.（10分）
已知展开式中的第4项和第5项的二项式系数相等.
（1）求的值；
（2）求展开式中，含项的系数.
18.（12分）
已知函数的图象在处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）求在上的最值.
19.（12分）
甲箱子中有4个黑球，3个白球，乙箱子中有4个黑球，5个白球，各球除颜色外，没有其他差异.
（1）从甲、乙两个箱子中各任取1个球，求至少有1个白球被取出的概率；
（2）从甲箱子中任取1个球放人乙箱子中，再从乙箱子中任取1个球，求取出的球是白球的概率.
20.（12分）
甲、乙两位围棋选手进行围棋比赛，比赛规则如下：比赛实行三局两胜制（假定没有平局），任何一方率先贏下两局比赛时，比赛结束，围棋分为黑白两棋，第一局双方选手通过抽签的方式等可能的选择棋色下棋，从第二局开始，上一局的败方拥有优先选棋权.已知甲下黑棋获胜的概率为，下白棋获胜的概率为，每位选手按有利于自己的方式选棋.
（1）求甲选手以2:1获胜的概率；
（2）比赛结束时，记这两人下围棋的局数为，求的分布列与期望.
21.（12分）
已知函数.
（1）若，求的极值；
（2），，求的取值范围.
22.（12分）
已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时，证明：.
2022～2023学年新乡市高二期中（下）测试数学
参考答案
1. D 根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有种.
2. B .
3. C 每枚骰子偶数点朝上的概率为，且相互独立，的取值可能为0，1，2，且，，，故选C.
4. B 先将4个空位排好，再从5个空隙中排3人，则共有种不同的坐法.
5. D 若报考三所高校的人数为3:1:1，则不同的报考方法有种.若报考三所高校的人数为2:2:1，则不同的报考方法有种.故这五名学生不同的报考方法共有36种.
6. A .
因为246被3整除，所以被3除的余数为.
7. D 如图，绘制函数的图象，可知当时，，所以函数在上单调递减.由图可知，,，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故是函数的极大值点，的零点个数不能准确判断.故选D.
8. C 设，，，且是与的算术平均数，则，所以，同为奇数或同为偶数.当，同为奇数时，则必存在唯一确定的数，此时满足条件的共有个.当，同为偶数时，则也必存在唯一确定的数，此时满足条件的共有个.故满足条件的共有90个.
9. AD 由题可知解得则.故选AD.
10. ABD 当时，由，得，则或.由，可知有两个非零实根，故有3个零点，A正确.由，得.因为，所以恰有2个零点，且在这两个零点周围的符号发生改变，所以有2个极值点，B正确.因为是二次函数，所以不可能是增函数，C不正确.若为增函数，则恒成立，则，解得，D正确.
11. ACD ，展开式为，则，，，，.故选ACD.
12. ABC 令，，则，，则.令，则，显然在上单调递减.因为，，所以存在，使得，所以当时，，当时，，所以.因为，所以.要使恒成立，则的取值可能为，0，2.故选ABC.
13. 2 因为，所以.
14. 因为，所以.
15. 1；210 令，由题意可得，解得.
，则展开式中的常数项为.
16. 设切点为，则.因为，所以，则，所以，则.令，，则.当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则的最小值为.
17.解：（1）因为展开式中的第4项和第5项的二项式系数相等，
所以，解得.
（2）由（1）可知，的展开式的通项是
根据题意，得，则，
故含项的系数为.
18.解：（1）因为，所以.
又的图象在处的切线方程为，
所以，解得
（2）由（1）可知，，.
当或时，，当时，，
故的单调递增区间为和，的单调递减区间为.
因为，，，，
所以在上的最大值为8，最小值为.
19.解：（1）甲箱子取出白球的概率为，乙箱子取出白球的概率为，且相互独立，
故至少有1个白球被取出的概率为.
（2）设“乙箱子取出的球是白球”，“甲箱子取出的球是黑球”，
“甲箱子取出的球是白球”，，为互斥事件，
则，，，，
则.
20.解：（1）甲选手以2:1获胜，则前两局双方各胜一局，且第三局甲获胜.
若第一局甲下黑棋，则所求概率为；
若第一局甲下白棋，则所求概率为.
故甲选手以2:1获胜的概率为.
（2）由题可知，的取值可能为2，3，7
且，.
则的分布列为
2 3
.
21.解：（1）因为，所以，.
令，得.当时，，单调递减；
时，单调递增.
故当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
（2）因为，所以等价于.
令，，则.
令，，则，则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
故，
从而，即的取值范围为.
22.（1）解：因为，所以.
令，得或.
当时，，当时，，
故的单调递增区间为，单调递减区间为和.
（2）证明：，
要证，需证.
令，则.
当时，，单调递增.
由，得，
故要证，需证，即.
令，则.
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故，即，得证.