2022-2023学年河北省沧州市东七县高二（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若，则可导函数在处的导数为( )
A. B. C. D.
2. 若集合，，则( )
A. B. C. D.
3. 甲、乙两人下象棋，胜者得分，平局得分，负者得分，共下局用表示甲的得分，则表示( )
A. 甲胜局负局 B. 甲胜局负局
C. 甲胜局平局或甲胜局负局 D. 甲胜局负局或甲胜局平局
4. 同济大学为弘扬我国古代的“六艺文化”，计划在社会实践活动中每天开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
5. 函数的图象大致为( )
A. B. C. D.
6. 某中学共有名男生，为了解该校的男生身高情况，随机抽取该校名男生，测量身高，通过数据分析得到该校男生的身高单位：服从正态分布，若将的学生视为超高，则该校超高的男生约有( )
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
A. 名 B. 名 C. 名 D. 名
7. 若函数在上单调递减，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 在等比数列中，，若函数，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 袋中有个除颜色外其余完全相同的球，其中个黑球，个白球，个红球，从中任取个球，每取到一个黑球得分，每取到一个白球得分，每取到一个红球得分，则( )
A. “至多取到两个红球”和“取到一个白球，一个黑球”是互斥事件
B. 总得分为分的概率和取到一个白球，一个黑球的概率相等
C. 总得分为分的概率是
D. 取到的两个球均为红球的概率是
10. 有甲、乙两个小组参加某项测试，甲组的合格率为，乙组的合格率为已知甲、乙两组的人数分别占这两组总人数的，从这两组组成的总体中任选一个人，用事件，分别表示选取的该人来自甲、乙组，事件表示选取的该人测试合格，则( )
A. B. C. D.
11. 已知，则( )
A.
B.
C.
D.
12. 已知函数，，则( )
A. 有两个极值点
B. 有三个零点
C. 直线是曲线的切线
D. 当直线与曲线有三个不同的交点时，实数的取值范围是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某话剧排练时，要从名演员中选名分别扮演三种不同的角色，则不同的编排方法有______ 种用数字作答
14. 在的展开式中，的系数为______ 用数字作答
15. 已知离散型随机变量的分布列如下表，若随机变量满足，则 ______ ．
16. 已知函数有正零点，则正实数的取值范围为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
立德小学的课外活动室里有一些“塑料珠子”和“纸盒”王宁同学正在玩珠子投纸盒的游戏，将个不同的塑料珠子投入编号为，，，，的个纸盒中，试问：
Ⅰ一共有多少种不同的投法？
Ⅱ恰有个空盒的投法共有多少种？
18. 本小题分
已知在为常数且，，，中，有．
Ⅰ求的展开式中的常数项；
Ⅱ若它的展开式中的常数项是其各项系数中最大的项，求的最大值．
19. 本小题分
某学习平台开设了一个“四人赛”的答题模块，规则如下：用户进入“四人赛”答题模块后，共需答题两轮，每轮开局时，系统会自动匹配人与用户一起答题，每轮答题结束时，根据答题情况四人分获第一、二、三、四名首轮中的第一名积分，第二、三名均积分，第四名积分；第二轮中的第一名积分，其余名次均积分两轮的得分之和为用户在“四人赛”中的总得分假设小李在首轮获得第一、二、三、四名的可能性相同；若其首轮获得第一名，则第二轮获得第一名的概率为，若其首轮没获得第一名，则第二轮获得第一名的概率为．
Ⅰ设小李首轮的得分为，求的分布列；
Ⅱ求小李在“四人赛”中的总得分的期望．
20. 本小题分
已知函数，．
Ⅰ求的极小值；
Ⅱ若对任意的，，不等式恒成立，求实数的取值范围．
21. 本小题分
已知甲书架上有本英文读物和本中文读物，乙书架上有本英文读物和本中文读物．
Ⅰ从甲书架上无放回地取本书，每次任取本，求第一次取到英文读物的条件下第二次仍取到英文读物的概率；
Ⅱ先从乙书架上随机取本书放在甲书架上，再从甲书架上随机取本书，求从甲书架上取出的是本英文读物的概率．
22. 本小题分
已知函数．
Ⅰ讨论的单调性；
Ⅱ当时，证明：不等式恒成立．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，解得．
故选：．
根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解．
本题主要考查极限及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
可求出集合，，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法和列举法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意，表示甲胜局负局或甲胜局平局．
故选：．
根据离散型随机变量的概念，根据题意即可得出结论．
本题考查离散型随机变量的概念，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：“礼”与“乐”相邻，采用捆绑法，看成一个整体，与“御”“书”“数”，进行全排列，共有种选择，
排好之后，形成个空位，“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻，则“射”只有个空位可以选择，
故“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有种．
故选：．
“礼”与“乐”相邻，采用捆绑法，但均与“射”不相邻，采用插空法，再结合分步乘法计数原理计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：当时，，排除选项B；
当时，，排除选项D；
易知当，即时，函数取得最大值，排除选项A．
故选：．
由排除选项B；由当时，，排除选项D；由当时，取得最大值，排除选项A，由此可得答案．
本题考查根据函数性质确定函数图象，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由题意知，，，，
该校超高的男生概率为，
则该校超高的男生约有人．
故选：．
根据正态分布曲线的对称性列式计算即可．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由题意得，
函数在上单调递减，
在恒成立，即在恒成立，
令，，
则，
由得，由得，由得，
在上单调递减，在上单调递增，
当时取得极小值也是最小值，，
又，，
，
，即的取值范围是．
故选：．
由题意得，题意转化为在恒成立，即在恒成立，构造函数，，利用导数求出的单调性，可得的值域，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：等比数列中，，
若函数，
则，
所以．
故选：．
先对函数求导，把代入后结合等比数列的性质可求．
本题主要考查了函数的求导，还考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于，由题意，当“取到一个白球，一个黑球”时，两个事件均发生，故不是互斥事件，A错误；
对于，根据得分规则，总得分为分，对应的事件只能是“取到一个白球，一个黑球”，故概率相等，B正确；
对于，总得分为分，对应事件为“取到两个白球”和“取到一个黑球，一个红球”，
所以，故C正确；
对于，取到两个红球的概率，故D错误．
故选：．
根据互斥事件定义，古典概型及其概率计算公式可一一判定．
本题考查古典概型及其概率计算，属基础题．
10.【答案】
【解析】解：，，
选项，，A正确；
选项，，B正确；
选项，，C错误；
选项，，D正确．
故选：．
根据相互独立事件的乘法公式和条件概率公式求解即可．
本题考查相互独立事件的乘法公式，考查条件概率公式，是基础题．
11.【答案】
【解析】解：，
令，可得．
再令，可得，故，故A正确．
再令，可得，
把，并相减除以，可得，故B错误．
，即的展开式的各项系数和，
令，可得的展开式的各项系数和为，即，
，故C正确．
把所给的等式两边对求导数，可得，
再令，可得，故D正确．
故选：．
通过给变量赋值，求导数，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，是给变量赋值的问题，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：已知函数，，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值；
当时，函数取得极小值，
则函数有两个极值点，故选项A正确；
已知，，，
所以当时，函数存在一个零点，
同理，当时，函数存在一个零点，
又，
所以函数有三个零点，故选项B正确；
不妨设切点为，
易知，，
所以曲线在点处的切线方程为
，
即，
若直线是曲线的切线，
则，
解得或，
经检验，当或时，
直线不是曲线的切线，故选项C错误；
若直线与曲线有三个不同的交点时，
需满足，
解得，
综上，实数的取值范围是，故选项D正确．
故选：．
由题意，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，进而可判断选项A；结合函数的单调性以及零点存在性定理即可判断选项B；设切线为，代入切线方程中，与直线进行比对，进而可判断选项C；将直线与曲线有三个不同的交点，转化成，进而可得实数的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
13.【答案】
【解析】解：要从名演员中选名分别扮演三种不同的角色，则不同的编排方法有种．
故答案为：．
根据分步乘法计数原理计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由于的展开式通项公式为，
故在的展开式中，分别令、，
可得的系数为．
故答案为：．
由题意，根据二项展开式的通项公式，求得的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：依题意，解得，
所以，
则，
又，所以．
故答案为：．
根据分布列的性质求出，从而求出、，最后根据方差的性质计算可得．
本题考查了分布列和方差的性质，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：即，，．
令，，
，
函数在上单调递增，
，
，，
令，，
，，
可得时，函数取得极小值即最小值，．
，解得，
正实数的取值范围为．
故答案为：．
即，，，令，，利用导数研究函数的单调性，进而得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、构造法、等价转化方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
17.【答案】解：将个不同的塑料珠子投入编号为，，，，的个纸盒中，
Ⅰ每个塑料珠子均有种选择，故共有种不同的投法；
Ⅱ恰有个空盒，则有种选择，
将个不同的塑料珠子投入个纸盒中，故分组为，，，，故有种选择，
故恰有个空盒的投法共有种．
【解析】Ⅰ根据分步乘法计数原理计算即可；
Ⅱ恰有个空盒，则有种选择，再将珠子分组，最后根据分步乘法计数原理计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
18.【答案】解：Ⅰ，
展开式通项为，
令，解得，
故，即的展开式中的常数项为；
Ⅱ它的展开式中的常数项是其各项系数中最大的项，
则，即，解得，
，当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值为．
【解析】Ⅰ根据已知条件，结合二项式定理，即可求解；
Ⅱ根据已知条件，结合二项式定理，先求出，再结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于难题．
19.【答案】解：Ⅰ由题意可知，所有可能取值为，，，
，，，
故的分布列为：
Ⅱ设第二局得分为，
则可能取值为，，
，
，
，
由Ⅰ可知，，
故小李在“四人赛”中的总得分的期望为．
【解析】Ⅰ由题意可知，所有可能取值为，，，依次求出对应的概率，即可求解；
Ⅱ根据已知条件，结合期望公式，依次求出两局得分的期望，并求和，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量分布列，以及期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ，
，
令，解得或，
令，解得，
故在递增，在递减，在递增，
故．
Ⅱ若对任意的，，不等式恒成立，
则在恒成立，
结合Ⅰ时，在递减，在递增，
故，
由，得，
时，，在递增，
故，
则，解得舍，
时，令，解得，令，解得，
故在递增，在递减，
，即时，在递减，，
则，则；
，即时，在递增，在递减，
故，
则，解得舍；
，即时，在递增，
故，
故，解得舍；
综上：的取值范围是．
【解析】Ⅰ求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
Ⅱ问题转化为在恒成立，根据函数的单调性求出的最小值，通过讨论的范围，求出函数的单调性，求出函数的最大值，得到关于的不等式，求出的范围即可．
本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，是中档题．
21.【答案】解：Ⅰ从甲书架上无放回地取本书，每次任取本，
则第一次取到英文读物的条件下第二次仍取到英文读物的概率为；
Ⅱ先从乙书架上随机取本书放在甲书架上，再从甲书架上随机取本书，
则从甲书架上取出的是本英文读物的概率为．
【解析】Ⅰ根据已知条件，结合古典概型的概率公式，即可求解；
Ⅱ根据已知条件，结合古典概型的概率公式，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．
22.【答案】解：Ⅰ，
，
时，，在递减；
时，令，解得，令，解得，
故在递增，在递减；
综上：时，在递减；
时，在递增，在递减．
Ⅱ时，要证不等式恒成立，
即证恒成立，
令，则，显然递减，
由，，得，使得，
则，，
时，，递增，
时，，递减，
，
故时，不等式恒成立．
【解析】Ⅰ求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
Ⅱ代入的值，问题转化为证恒成立，令，根据函数的单调性求出函数的最大值，从而证明结论成立．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查函数的隐含零点问题，考查转化思想，分类讨论思想，是中档题．
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