参考答案：
1．D
【分析】利用基本初等函数的导数公式可判断ABC选项，利用求导法则可判断D选项.
【详解】，，，.
ABC均错，D对.
故选：D.
2．A
【分析】根据题意，可得，然后结合二项式的通项公式即可得到结果.
【详解】由题知，解得，则为，
通项公式为，
所以二项式的展开式中含项的系数为.
故选：A.
3．C
【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.
【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法.
故选：C
4．C
【分析】使用间接法，若求乙、丙不在同一个比赛项目服务的安排方法，在所有的安排方法中排除乙、丙在同一个比赛项目服务的安排方法．
【详解】甲、乙、丙3名志愿者参加2022年杭州亚运会的3个比赛项目的服务工作，有种安排方法；
而乙、丙在同一个比赛项目服务，有种安排方法，
所以乙、丙不在同一个比赛项目服务的概率为．
故选：C．
5．B
【分析】运用同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】由，得，
代入，得或，
因为为第二象限角，
所以，
所以，
所以.
故选：B.
6．B
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.
【详解】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，
于是且，所以.
故选：B
7．D
【分析】构造，根据题意推得.然后根据诱导公式以及二倍角的余弦公式化简，即可得出答案.
【详解】如图：
过D作于E，则．
，
所以，.
故选：D．
8．B
【分析】由，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
【详解】因为， ，
考虑构造函数，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.
9．AC
【分析】由二项分布的期望公式判断A；由正态分布的性质判断B；由方差的性质判断C；由回归方程必过样本中心点求解可判断D.
【详解】对于A，由于，则，故A正确；
对于B，，故，故B错误；
对于C，的方差是3，则的方差不变，故C正确；
对于D，回归方程必过样本中心点，则，解得，故D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】对于选项A，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；对于选项B，由题得，事件与事件不相互独立，所以该选项错误；对于选项C, ，所以该选项正确；对于选项D,举例说明事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.
【详解】对于选项A，两次摸到的球的编号之和能被3整除的基本事件有 ，共5个，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；
对于选项B，由题得,,所以，
事件与事件不相互独立，所以该选项错误；
对于选项C, ，所以该选项正确；
对于选项D, 如果第一次摸到编号为1的球，第二次摸到编号为4的球，则事件A和B都没有发生，所以事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.
故选：AC
11．ACD
【分析】根据图象求函数的解析式，再结合三角函数现在以及图象变换逐项分析判断.
【详解】由图可得：，可得，
且，解得，
所以，
因为的图象过点，即，
可得，则，可得，
且，则，
所以，故A正确；
因为，则，且在上不单调，
所以函数在上不单调，故B错误；
该图象向右平移个单位可得，
所以该图象向右平移个单位可得的图象，故C正确；
因为，所以函数关于点对称，故D正确；
故选：ACD.
12．BC
【分析】先求出，利用二次函数知识求出函数的单调区间，可判断A，根据得到函数的中心对称，可判断B，利用导数的几何意义建立切点横坐标方程，根据根的个数判断C，再由函数单调性、极值点结合图象对选项D作出判断即可.
【详解】因为，所以，
则导函数为对称轴是，且开口向上的抛物线，
故其单调减区间为，A错误；
因为，
所以的图象关于点中心对称，B正确；
设过原点的直线与相切于点，
则，整理得，
令，，
令，得或，令，得，
故有极大值，极小值，
由三次函数性质得只有一个解，
则过原点只能作一条直线与的图象相切，C正确；
令，得或，令，得，
所以函数有极大值，极小值，
由三次函数性质得有三个解，即有三个零点，
故D错误.
故选：BC
13．
【分析】根据排列数公式可得出关于的等式，分析可知且，即可解得的值.
【详解】因为，则且，则，即，解得.
故答案为：.
14．300
【分析】先按照正态分布计算出不低于的概率，再计算出个数即可.
【详解】结合正态分布特征，，，所以估计单个果品质量不低于的橘果个数为.
故答案为：300.
15．
【分析】利用两角和的余弦公式化简并结合诱导公式可得，将化为，利用二倍角余弦公式即可求得答案.
【详解】由可得，
即，即，
故
，
故答案为：
16．
【分析】由图象平移写出解析式，再由，根据正弦函数图象及零点个数求参数范围，即得结果.
【详解】由题设，
在，则，要使在区间上有且仅有一个零点，
所以，即，.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）写出展开式通项，利用为常数项可求得的值；
（2）写出展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解；
（3）在二项式中令可得出展开式中各项的系数和.
【详解】（1）解：展开式通项为，
由题意可知，，由题意可得，解得.
（2）解：展开式通项为，
令，解得，
因此，展开式中的系数为.
（3）解：在中，令，可得展开式中所有项的系数和为.
18．(1)3，最小正周期为
(2)最大值3，最小值
【分析】（1）先利用诱导公式和降幂公式化简函数，再代入求值，求解周期；
（2）先根据的范围求出的范围，再求解最值.
【详解】（1）
;
;
的最小正周期为.
（2）因为，所以.
所以.
所以，即.
时，最大值3;
时，最小值.
19．(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
【分析】（1）由已知可得，根据已知求出，代入可得.根据导数的几何意义，求出斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案；
（2）由（1）知，.解以及，即可得出函数的单调区间.
【详解】（1）由已知可得，
所以，解得，
所以，所以.
根据导数的几何意义可知函数的图象在点处的切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）由（1）知，.
令，得或.
解可得，或，
所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率和为1求；
（2）根据题意结合古典概型分析运算；
（3）根据题意可得，根据二项分布求分布列和期望.
【详解】（1）由小矩形面积和等于1可得：，解得.
（2）第1组总人数为200×0.01×10＝20，第2组总人数为200×0.015×10＝30
根据分层抽样可得：第1组抽取人，第2组抽取人
再从这5人中抽取3人，设至少1人的年龄在第1组中的事件为A，其概率为.
（3）由题意可知：，则有：
，，
，.
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
可得的数学期望.
21．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据已知数据，利用最小二乘法，求出回归系数，可得线性回归方程；
（2）利用概率公式求出随机向量X的概率，可得随机变量X的分布列，代入期望公式计算即可.
【详解】（1）根据获得的利润统计数据，
可得，，，
所以，
所以，
所以关于的经验回归方程为.
（2）由题意，，，，，，，
所以“优秀投资额”有2个，“良好投资额”有1个，“不合格投资额”有3个.
随机变量的可能取值为，
，，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3 4
数学期望.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用分离参数得对任意恒成立，再设，利用导数求出其最值即可；
（2）证法1：通过隐零点法得，然后构造新函数求解其范围即可；
证法2：令，利用导数证明，则得.
【详解】（1）∵，若对任意恒成立，
则对任意恒成立，即对任意恒成立，
令，则，令，解得，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，函数取得最大值．
所以.
（2）证法1，由（1）可得时，在上单调递增．
又因为，当x趋近于0时，趋近于．
∴使得，即．
当时，，时，．
∴在递减，在递增．
∴，，
令，，
当时，，，则在上，，
∴单调递减，∴．∴当时，．
证法2：令，，，
当时，，当时，．
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴．
∵，∴．∴．
【点睛】关键点睛：本题通过隐零点法得到，利用导函数与函数最值关系得，再次构造函数，利用导数求出其范围即可.海盐县2022-2023学年高二下学期期中考试
数学学科 试题
一、单选题：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．下列求导运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．若二项式的展开式中所有二项式系数之和为32，则含项的系数是（ ）
A．80 B．-80 C．40 D．-40
3．邮递员把两封信随机投入A，B，C三个空邮箱中，则不同的投入方法共有（ ）
A．6种 B．8种 C．9种 D．10种
4．已知甲、乙、丙3名志愿者参加2022年杭州亚运会的3个比赛项目的服务工作，每名志愿者只能参加1个比赛项目的服务工作，则乙、丙不在同一个比赛项目服务的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．若为第二象限角，则（ ）
A．-2 B． C． D．
6．已知直线是曲线的切线，则（ ）
A． B．1 C． D．2
7．十七世纪德国著名天文学家开普勒曾经说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，黄金分割就可以比作钻石矿”．如果把顶角为的等腰三角形称为“黄金三角形”，那么我们常见的五角星则是由五个黄金三角形和一个正五边形组成．如图所示，（黄金分割比），则（ ）
A． B．
C． D．
8．已知，，，则（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共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．下列四个命题中为真命题的是（ ）
A．若随机变量服从二项分布，则
B．若随机变量服从正态分布，且，则
C．已知一组数据的方差是3，则的方差也是3
D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4
10．一个袋子中有编号分别为的4个球，除编号外没有其它差异.每次摸球后放回，从中任意摸球两次，每次摸出一个球.设“第一次摸到的球的编号为2”为事件，“第二次摸到的球的编号为奇数”为事件，“两次摸到的球的编号之和能被3整除”为事件，则下列说法正确的是（ ）
A． B．事件与事件相互独立
C． D．事件与事件互为对立事件
11．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的解析式为
B．函数在上单调递减
C．该图象向右平移个单位可得的图象
D．函数关于点对称
12．已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ）
A．必有两个极值点
B．有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，则______.
14．橘生淮南则为橘，生于淮北则为枳，出自《晏子使楚》.意思是说，橘树生长在淮河以南的地方就是橘树，生长在淮河以北的地方就是枳树，现在常用来比喻一旦环境改变，事物的性质也可能随之改变.某科研院校培育橘树新品种，使得橘树在淮北种植成功，经过科学统计，单个果品的质量（单位：g）近似服从正态分布，且，在有1000个的一批橘果中，估计单个果品质量不低于的橘果个数为___________.
15．已知，则______.
16．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在区间上有且仅有一个零点，则实数m的一个取值为________.
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．已知在的展开式中，第项为常数项，求：
(1)的值； (2)展开式中的系数； (3)展开式中各项的系数和.
18．已知函数.
(1)求的值和的最小正周期； (2)求在上的最值.
19．已知函数，且.
(1)求函数的图象在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间.
20．“绿水青山就是金山银山”的理念越来越深入人心．据此，某网站调查了人们对生态文明建设的关注情况，调查数据表明，关注生态文明建设的约占80%．现从参与调查的关注生态文明建设的人员中随机选出200人，并将这200人按年龄（单位：岁）分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65]，得到的频率分布直方图如图所示．
(1)求a的值；
(2)现在要从年龄在第1，2组的人员中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查，求抽取的3人中至少1人的年龄在第1组中的概率；
(3)用频率估计概率，从所有参与生态文明建设关注调查的人员（假设人数很多，各人是否关注生态文明建设互不影响）中任意选出3人，设这3人中关注生态文明建设的人数为X．求随机变量X的分布列及期望．
21．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景.某公司对A充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据，并计算得=30.
A充电桩投资金额x/万元 3 4 6 7 9 10
所伏利润y/百万元 1.5 2 3 4.5 6 7
(1)已知可用一元线性回归模型拟合y与x的关系，求其经验回归方程；
(2)若规定所获利润y与投资金额x的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”.记2分，所获利润y与投资金额x的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分，所获利润y与投资金额x的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分，现从表中6个投资金额中任意选2个，用X表示记分之和，求X的分布列及数学期望.
附：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
22．已知．
(1)若，且对任意恒成立，求a的范围；
(2)当时，求证：．
