【文档说明】山东省日照市莒县2019-2020学年高二下学期期中过程性测试数学试题含答案.docx，共(12)页，418.508 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前试卷类型：A莒县2019-2020学年高二下学期期中过程性测试数学试题2020．05考生注意：1．答题前，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，将试题卷和答题卡一并交回。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．下列求导运算正确的是A．233()1xxx=++B．21(log)ln2xx=C．(3)3xx=D．2()nossic2xxxx=−2．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法有A．16B．13C．1

2D．103．生物实验室有5只兔子，其中有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为A.23B.35C.25D.154．3名男生、3名女生排成一排，男生必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为A．2

B．9C．72D．365．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为A．34B．23C．57D．5126．已知盒中装有3个红球、

2个白球、5个黑球，它们除颜色外完全相同.每次从中任取一个不放回，则在第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为A．310B．13C．38D．297．函数()(3)exfxx=−的单调递增区间是A．(,2)−B．(0,3)C．(1,4)D．(2,)+

8．点P是曲线22ln0xyx−−=上任意一点，则点P到直线4410xy++=的最小距离是A．2(1ln2)2−B．2(1ln2)2+C．21(ln2)22+D．1(1ln2)2+二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对

的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知函数()yfx=的导函数()fx的图象如图所示，则下列判断正确的是A．函数()yfx=在区间1(3,)2−−内单调递增B．当2x=−时，函数()yfx=取得极小值C

．函数()yfx=在区间(2,2)−内单调递增D．当3x=时，函数()yfx=有极小值10．已知二项式*1(2)()Nnxnx−的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2:5，则下列说法正确的是A．所有项的系数之和为1B．所有项的系数之和为

1−C．含3x的项的系数为240D．含3x的项的系数为240−11．甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布221122(,),(,)NN，其正态分布的密度曲线22()21()e,,2πRxfxx-

-=?×如图所示，则下列说法正确的是A．甲类水果的平均质量10.4kg=B．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小D．乙类水果的质量服从的正态分布的参数2=1.9912．下列不等式正确的有A．ln

33ln2B．πlnπeC．15215D．eln22三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知随机变量服从二项分布，1~(6,)2B，则(23)E+=________，(23)D+=________.(本题第一空2分，第二空3分)14．函数31()443f

xxx=−+的极大值为_______.15．《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦)，每卦有三个爻组成(“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻)，从八卦中任取两卦，这两卦的六爻中恰有三个阳爻和三个阴爻的概率

为______.16．已知函数()(2)e(0)xfxkxxx=−−，若()0fx的解集为(,)st，且(,)st中恰有两个整数，则实数k的取值范围为________.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证

明过程或演算步骤．17.（10分）已知二项式22()nxx+的展开式中第五项为常数项.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中有理项的系数和.18.（12分）已知函数()=ecosxfxxx−.（1）求曲线()y

fx=在点(0,(0))f处的切线方程；（2）求函数()fx在区间π[0,]2上的最大值和最小值．19.（12分）男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）队长中至少

有1人参加；（3）既要有队长，又要有女运动员．20．（12分）已知1x=是b()=2lnfxxxx++的一个极值点．（1）求函数()fx的单调递减区间；（2）设函数3()()agxfxx+=−，若函数

()gx在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围．21．（12分）为加快推进我区城乡绿化步伐,植树节之际，决定组织开展职工义务植树活动,某单位一办公室现安排4个人去参加植树活动，该活动有甲、乙两个地点可供选择．约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪个地点植树，掷出点数为

1或2的人去甲地，掷出点数大于2的人去乙地．（1）求这4个人中恰有2人去甲地的概率；（2）求这4个人中去甲地的人数大于去乙地的人数的概率；（3）用,XY分别表示这4个人中去甲、乙两地的人数，记||XY

=−，求随机变量的分布列与数学期望()E．22．（12分）已知函数)(211ln()1()(2R−−++=axaxxxxf）.（1）设)(xf为函数)(xf的导函数，求函数)(xf的单调区间；（2）若函数)(xf在),0(+上有最大值，求实数

a的取值范围.莒县教学质量检测数学答案一、选择题1--8BCBCDBDB9BC10AC11ABC12ACD1.答案B解析：A．2333'''1xxxxx+=+=−，故错误；B．()

21log'ln2xx=，正确；C．()3'3ln3xx=，故错误；D．()'222cisnoscosxxxxxx=+，故错误.故B.2．答案C解析：将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，

从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．3．答案B4．答案C解析：根据题意男生一起有336A=排法,女生一起有336A=排法,一共有3333272AA=种排法,故选C.5．答案D解析：根据题意，恰有一人获得一

等奖就是甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖，则所求概率是23×（1—34）＋34×(1—23)＝512，故选D.6．答案B解析：设A＝{甲第一次拿到白球}，B＝{甲第二次拿到红球}，则P(AB)＝C12C110×C13C19＝11

5，P(A)＝C12C110＝15，所以P(B|A)＝PABPA＝13.7．答案D解析：因为f(x)＝(x－3)ex，所以f′(x)＝ex(x－2)．令f′(x)>0，得x>2，所以f(x)的单调递增

区间为(2，＋∞)．8.答案B解析：将直线4x＋4y＋1＝0平移后得直线l：4x＋4y＋b＝0，使直线l与曲线切于点P(x0，y0)，由x2－y－2lnx＝0得y′＝2x－1x，∴直线l的斜率k＝2x0－01x＝－1⇒x0＝12或x0＝－1(

舍去)，∴P11,ln224+，所求的最短距离即为点P11,ln224+到直线4x＋4y＋1＝0的距离d＝()214ln2142+++＝22(1＋ln2)．故选B.9.答案BC解析：对于A，函数

y＝f(x)在区间(—3，—12)内有增有减，故A不正确；对于B，当x＝-2时，函数y＝f(x)取得极小值，故B正确；对于C，当x∈(-2,2)时，恒有f′(x)>0，则函数y＝f(x)在区间(-2,2)上单调递增故C

正确；对于D，当x＝3时，f′(x)≠0，故D不正确.所以该校学生总人数为600÷50100＝1200.10.答案AC解析：二项式*1(2)()nxnNx−展开式通项为：()()23211212rnrnrrrnrrrnnTCxCxx−−−+=−=−

令1,2rr==得：12:2:5nnCC=，解得6n=,易知选AC11.答案ABC解析：由图象可知甲图象关于直线x＝0.4对称，乙图象关于直线x＝0.8对称，所以μ1＝0.4，μ2＝0.8，μ1<μ2，故A正确；C

正确；因为甲图象比乙图象更“高瘦”，所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右，故B正确；因为乙图象的最大值为1.99，即11.992π=×，σ2≠1.99，故D错误.12.答案ACD解析：构造

函数f(x)＝lnxx，导数为f′(x)＝1－lnxx2，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，可得当x＝e时，f(x)取得最大值1e.ln3<3ln2⇔2ln3<3ln2⇔

ln33<ln22，由3<2<e可得f(3)<f(2)，故A正确；lnπ<πe⇔lnππ<lnee，由e<π<e，可得f(e)<f(π)，故B错误；由f(16)<f(15)可推导出ln1616<ln1515，即4ln

24<ln1515，ln2<ln1515，152<15⇔log2152<log215⇔15<ln15ln2，显然成立，故C正确；eln2<2⇔ln212e，由f(x)的最大值为1e，故D正确.三、填空题13.9614．28315.51416.32121[,1)e3e++13

.答案96解析：∵随机变量ξ服从正态分布，∴E(ξ)＝3216=，D(ξ)＝6212123=则E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝9，D(2ξ＋3)＝22×D(ξ)＝614．答案283解析：f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，f(x)在(－∞，－2)上单调递

增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－2)＝283.15.答案514解析：从八卦中任取两卦，共有C28＝28(种)取法，若两卦的六爻中恰有三个阳爻和三个阴爻，可按取得卦的阳、阴爻的个数分类计算：当有一卦阳、阴爻的个数为3,0时，另一

卦阳、阴爻的个数为0,3，共有1种取法.当有一卦阳、阴爻的个数为2,1时，另一卦阳、阴爻的个数为1,2，共有3×3＝9(种)取法.所以两卦的六爻中恰有三个阳爻和三个阴爻的取法有1＋9＝10(种).则从八卦中任取两卦，这两卦的六爻中恰有三个阳爻和三

个阴爻的概率为P＝1028＝514.16.答案32121[,1)e3e++解析：令f(x)<0，得kx－2<xex，令g(x)＝xex(x>0)，则g′(x)＝1－xex(x>0)，令g′(x)>0，解得0<x<1，令g′(x)<0，解得x>1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单

调递增.当x→＋∞时，g(x)→0，作出g(x)及函数y＝kx－2的大致图象如图所示.f(x)<0的解集为(s，t)，且在(s，t)上恰有两个整数解，由图可知，这两个整数解为1和2，从而有2k－2<2e2，3k－2≥3e3，解得1e3＋23≤k<1e2＋1.17

.【答案】（1）52480=Tx；（2）121【解】（1）52212−+=nrrrrnTCx，∵4421052−=nnTCx为常数项，∴2100n−=，∴5n=.……………………….2分5102152,0,1,2,3,4,5−+==rrrrTCxr二项式

系数最大的项为第3项和第4项.∴5340=Tx，52480=Tx..…………………….5分（2）由题意0,2,4r=为有理项，.……………………7分有理项系数和为002244555222121++=CCC..…………

………….10分18.[解析](1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0..……………………….4分又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1..………….6分

(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx..……………………….8分当x∈(0，π2)时，h′(x)<0，所以h(x)在

区间[0，π2]上单调递减．所以对任意x∈(0，π2]有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0.所以函数f(x)在区间[0，π2]上单调递减．.……………………….10分因此f(x)在区间[0，π2]上的最大值为f(0)＝1，最小值为f(π2)＝－π2..……12分19.解(1)

分两步完成：第一步，选3名男运动员，有C36种选法；第二步，选2名女运动员，有C24种选法．由分步乘法计数原理可得，共有C36·C24＝120(种)选法．.……………………….4分(2)方法一(直接法)

可分类求解：“只有男队长”的选法种数为C48；“只有女队长”的选法种数为C48；“男、女队长都入选”的选法种数为C38，所以共有2C48＋C38＝196(种)选法．方法二(间接法)从10人中任选5人有

C510种选法，其中不选队长的方法有C58种．所以“至少有1名队长”的选法有C510－C58＝196(种)．.……………………….8分(3)当有女队长时，其他人任意选，共有C49种选法；当不选女队长时，必

选男队长，共有C48种选法，其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时的选法共有(C48－C45)种．所以既要有队长又要有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．……12分20.[解析](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－bx2＋1x，x

∈(0，＋∞)．因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋lnx的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3..……………………….4分因为f′(x)＝2－3x2＋1x＝2x2＋x

－3x2，解f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．.……………………….6分(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋lnx－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0)．.……………………

….8分因为函数g(x)在[1,2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．因为在[1,2]上，(－2x2－x

)max＝－3，所以a≥－3..……………………….12分21．[解析]依题意知，这4个人中每个人去甲地的概率为13，去乙地的概率为23.设“这4个人中恰有i人去甲地”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝Ci4(13)i(23)4－i.……………………….2分(1)这4个人中恰有

2人去甲地的概率为P(A2)＝C24(13)2(23)2＝827..………4分(2)设“这4个人中去甲地的人数大于去乙地的人数”为事件B，则B＝A3∪A4，由于A3与A4互斥，故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C34(13)3(23)1＋C44

(13)4＝19.所以这4个人中去甲地的人数大于去乙地的人数的概率为19..……………8分(3)ξ的所有可能的取值为0,2,4，由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝827，P

(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝4081，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝1781.所以ξ的分布列为：ξ024P82740811781故E(ξ)＝0×827＋2×4081＋4×1781＝14881..

……………………….12分22.解析：（Ⅰ）()()ln1fxxax=+−令()()()ln1hxfxxax==+−，()11hxax=−+；.……………………….1分1当0a时，()0hx，()'

fx在()1,−+上递增，无减区间………….3分2当0a时，令()1011hxxa−−，令()101hxxa−所以，()'fx在11,1a−−上单调递增，在11,a−+上单调递减；…….5分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当0a时，()'fx

在()0,+上递增，()()''00fxf=()fx在()0,+上递增，无最大值，不合题意；……………………………….6分①当1a时，()1101hxaax=−−+()fx在()0,+上递减，()()00fxf=，()fx在()0,+上递减，无最大值，不合题

意；.……………………………….7分③当01a时，110a−，由（Ⅰ）可知()'fx在10,1a−上单调递增，在11,a−+上单调递减；.……………………………….8分设()1lngxxx=−−，则()1xgxx−

=；令()001gxx；令()01gxx()gx在()0,1上单调递减，在()1,+单调递增；()()10gxg=，即ln1xx−.……………………………….9分由此，当0x时，ln1xxx−，即ln2xx．所以，当0x时，()21hxxax+−．

由210xax+−即22440axx−−得2222221221,aaxxaa−+++取22221ata++=，则11ta−，且()0ht．又因为()1100hha−=，所以由零点存在性定理，存在011,xta−，使得()00hx=；当()00,xx

时，()0hx，即()0fx；当()0,xx+时，()0hx，即()0fx；所以，()fx在()00,x上单调递增，在()0,x+上单调递减，在()0,+上有最大值()0fx．综上，01a.……………………………….12分