山东省平邑县沂水县2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题

山东省平邑县沂水县2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题

高二阶段性教学质量检测 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、单项选择题：本题共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.‎ ‎1.10件产品中有3件次品,从中任取2件,可作为随机变量的是（ ）‎ A. 取到产品的件数 B. 取到正品的概率 C. 取到次品件数 D. 取到次品的概率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意逐一考查所给的选项即可.‎ ‎【详解】逐一考查所给的选项：‎ A中取到产品的件数是一个常量而不是变量,‎ B,D中的量也是一个定值,‎ 而C中取到次品的件数可能是0,1,2,是随机变量.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查随机变量的定义，属于基础图.‎ ‎2.已知函数，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据基本初等函数的导数公式求解即可．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本初等函数的导数公式，属于基础题．‎ ‎3.设随机变量，且，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项分布的均值与方差的公式求解即可．‎ ‎【详解】解：∵随机变量，且，，‎ ‎∴，解得，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项分布的均值与方差的公式，属于基础题．‎ ‎4.若，则（ ）‎ A. 4 B. ‎6 ‎C. 7 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据排列数与组合数公式求解即可．‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查排列数与组合数公式，属于基础题．‎ ‎5.的近似值（精确到0.01）为（ ）‎ A. 1.12 ‎B. ‎1.13 ‎C. l.14 D. 1.20‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 展开后按近似要求求解．‎ ‎【详解】.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，用二项式定理进行近似计算，掌握二项式定理是解题关键．‎ ‎6.一个质量的物体作直线运动，设运动距离（单位：）与时间（单位：）的关系可用函数：表示，并且物体的动能（为物体质量，为物体运动速度），则物体开始运动后第时的动能是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对求导数，即得速度函数，计算出时的速度，由公式可得动能．‎ ‎【详解】由题意，即，‎ 时，，所以．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查距离时间函数中导数的物理意义，属于基础题．‎ ‎7.袋中共有10个除了颜色外完全相同的球，其中有7个白球，3个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为（ ）‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出任取2球的基本事件的总数，以及事件“1个白球，1个红球”含有的基本事件的个数，然后可计算出概率．‎ ‎【详解】由题意从10个球中任取2个的方法数是，其中一红一白的事件有，所以所求概率为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求得基本事件的个数．‎ ‎8.若直线与的图象有三个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：因，故函数在处取极小值，在取极大值，故结合函数的图象可知当，两函数与的图象有三个交点，应选A.‎ 考点：导数在研究函数的零点中的运用．‎ 二、多项选择题：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的.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.甲、乙两类水果的质量（单位：）分别服从正态分布，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 甲类水果的平均质量 B. 甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值附近 C. 甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小 D. 乙类水果的质量比甲类水果的质量更集中于平均值附近 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正态分布的图像意义判定即可.‎ ‎【详解】由图像可知,甲类水果的平均质量,乙类水果的平均质量,,则A,B,C都正确；D不正确.‎ 故选：ABC.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正态分布图像的理解,属于基础题型.‎ ‎10.已知函数的定义域为且导函数为，如图是函数的图像，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 函数的增区间是 B. 函数的增区间是 C. 是函数的极小值点 D. 是函数的极小值点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题中图像，确定的正负，得到函数的单调性；从而可得出函数极大值点与极小值点，进而可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，当时，；当，；当时，；‎ 当时，；‎ 即函数在和上单调递增，在上单调递减，‎ 因此函数在时取得极小值，在时取得极大值；‎ 故A错，B正确；C错，D正确.‎ 故选：BD.‎ ‎【点睛】本题主要考查导函数对原函数的影响，根据导数的正负确定原函数单调性与极值点，属于常考题型.‎ ‎11.设离散型随机变量的分布列为（ ）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ 若离散型随机变量满足，则下列结果正确的有（ ）‎ A. B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据概率的性质列方程可得，根据期望和方差公式可得，根据和分别可得和，由此可得答案.‎ ‎【详解】由概率的性质可得，解得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：BD ‎【点睛】本题考查了概率的性质，考查了离散型随机变量的期望和方差公式，属于基础题.‎ ‎12.对于函数，下列说法正确的有（ ）‎ A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. （2）（3） D. 若在上恒成立，则 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求函数的导数，结合函数单调性，极值，函数零点的性质分别进行判断即可．‎ ‎【详解】解：函数导数，，‎ 令得，则当时，，函数为增函数，‎ 当时，，函数为减函数，‎ 则当时，函数取得极大值，极大值为，故正确，‎ 当，，，，‎ 则的图象如图：由得得，即函数只有一个零点，故错误，‎ 由图象知， ，故成立，故正确，‎ 若在上恒成立，‎ 则，‎ 设，，‎ 则，当时，，当时，，‎ 即当时，函数取得极大值同时也是最大值，‎ 成立，故正确 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数的单调性，极值，函数零点问题，求函数的导数，利用导数研究的性质是解决本题的关键．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.二项式的展开式中的系数是 ‎ ‎【答案】40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得二项式展开式的通项公式，由此求得的系数.‎ ‎【详解】依题意，二项式展开式的通项公式为，当，故的系数是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.‎ ‎14.甲、乙、丙三人投篮一次命中的概率分别为，，.今三人各投篮一次，至少有一人命中的概率是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记三人各投篮一次至少有一人命中为事件A，分析可先求，即可求得结果.‎ ‎【详解】由题可记三人各投篮一次至少有一人命中为事件A，‎ 则，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了相互独立事件概率的计算，属于基础题.‎ ‎15.用0，1，2，3，4，5六个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是________；可以组成有重复数字的三位数的个数为________.‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). 180‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无重复数字的三位数中，特殊位置优先考虑，百位数字不能为0，后面两位不能重复，分步计数要相乘；有重复数字的三位数，直接分步考虑即可.‎ ‎【详解】百位的数字可以选择的种数为种，十位，个位可以选的种数分别为5种，4种 则可组成无重复数字的三位数的种数为；‎ 可组成有重复数字的三位数的种数为.‎ 故答案为：(1).100；(2). 180‎ ‎【点睛】本题主要考查分步计数原理的数字排列问题，属于基础题.‎ ‎16.若在上单调递减，则实数取值范围__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知，求导，由于在上单调递减，则转化为在上恒成立，分离参数法，转化为在上恒成立，构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，求出即可得出取值范围.‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ 由于在上单调递减，‎ 即在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 则在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 设，‎ ‎，知，‎ 时，，单调递增，‎ ‎，‎ ‎，即实数取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性求参数范围，以及利用函数解决恒成立问题，考查转化思想和计算能力.‎ 四、解答题：本题共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，其中.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）-129‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二项式展开式通项公式可得到，即可得到的值；‎ ‎（2）令，求得，再令，即可得到答案．‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 由，得，‎ 解得；‎ ‎（2）令，得，‎ 今，得， ‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查了赋值法求解项的系数和问题，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎18.已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个.‎ ‎（1）若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；‎ ‎（2）若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题知，在放回抽样中一次抽取得到白球的概率为，故可得两次都取得白球的概率；‎ ‎（2）记事件：第一次取出的是红球，事件：第二次取出的是红球.，由条件概率公式可得所求的概率.‎ ‎【详解】解：（1）两次都取得白球的概率；‎ ‎（2）记事件：第一次取出的是红球；事件：第二次取出的是红球，‎ 则， ，‎ 利用条件概率的计算公式，可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了放回抽样与不放回抽样中古典概率计算，条件概率计算，考查学生的理解辨析与运算求解能力.‎ ‎19.已知函数在处取得极值，且.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）求函数在区间上的值域.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，由题得，又，则可求出，的值；‎ ‎（2）利用导数确定在区间上的单调性，列表分析求出值域.‎ ‎【详解】（1）：，，‎ 函数在处取得极值，‎ ‎，得；又，得，‎ 经检验，，符合题意，‎ 所以，；‎ ‎（2）由（1）得，，‎ 令得：或；‎ 令，得：， ‎ 所以函数在区间上与的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ 单调递减 ‎1‎ 单调递增 ‎4‎ 由上表可知函数在区间上的值域为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数极值的概念，利用导数求解函数的值域，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎20.某地需要修建一条大型输油管道通过720千米宽的荒漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程只需要在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站（又称泵站）.经预算，修建一个增压站的工程费用为108万元，铺设距离为千米的相邻两增压站之间的输油管道费用为万元.设余下工程的总费用为万元.‎ ‎（1）试将表示成关于的函数；‎ ‎（2）需要修建多少个增压站才能使总费用最小？‎ ‎【答案】（1）；（2）19个 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可知需要新建个增压站，即可求得余下工程的总费用，得到函数的解析式；‎ ‎（2）由（1）可得，利用导数求出的单调性与最值，即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）设需要新建个增压站，且，即，‎ 则关于的函数关系式为 ‎；‎ ‎（2）由（1）知，，，‎ 令，得，解得，‎ 当时，，在区间内为减函数，‎ 当时，，在区间内为增函数，‎ 所以在处取得最小值，‎ 此时，即需新建19个增压站才能使最小.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的实际应用问题，其中解答中根据题意，得出函数的解析式，合理利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.‎ ‎21.已知从地到地有两条道路可以到达，走道路①准点到达的概率为，不准点到达的概率为；走道路②准点到达的概率为，不准点到达的概率为.若甲乙两车走道路①，丙车由于其他原因走道路②，且三辆车是否准点到达相互之间没有影响.‎ ‎（1）若三辆车中恰有一辆车没有准点到达的概率为，求走道路②准点到达的概率；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求三辆车中准点到达车辆的辆数的分布列和数学期望.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）三辆车中恰有一辆车没有准点到达包含两种情况：甲乙中有一辆没有准点到达或丙没有准点到达，由相互独立事件同时发生的概率公式列出关于的方程，解方程即可得结果；‎ ‎（2）设三辆车中准点到达车辆的辆数为，则可能的取值为0，1，2，3，由题写出变量的分布列，算出数学期望.‎ ‎【详解】解：（1）由已知条件得，‎ 解得；‎ ‎（2）可能的取值为0，1，2，3，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了相互独立事件同时发生的概率，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎22.已知函数，，.‎ ‎（1）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当时，是否存在，使得和的图象在处的切线互相平行，若存在，请给予证明，若不存在，请说明理由 ‎【答案】（1）；（2）存在，见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，分类讨论求得函数的单调性，结合函数的单调性，列出不等式，即可求解。‎ ‎（2）当时，求得，，假设，使得和的图象在处的切线互相平行，转化为使得，且，构造新函数，结合函数的单调性和零点的存在定理，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，可得，，‎ 当时，，所以在上单调递增，满足题意；‎ 当时，由，，得， ‎ 由，解得；由，解得，‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减， ‎ 要使得函数在上是单调函数，则满足，解得， ‎ 综上，实数的取值范围是.‎ ‎（2）当时，函数，，可得，，‎ 假设，使得和的图象在处的切线互相平行，‎ 即使得，且. ‎ 令，则函数在上是减函数， ‎ 因，，‎ 所以，所以使得.‎ 由（1）知，当时，在上单调递增，‎ 所以，当时，在上，‎ 又由恒成立， 所以，而时，，‎ 所以当时，，使得和的图象在处的切线互相平行.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性与，以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)‎ ‎，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.‎ ‎. ‎