【文档说明】河北省唐山英才国际学校2021-2022学年高二下学期期中数学试题 含解析.docx，共(14)页，589.783 KB，由小赞的店铺上传

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唐山英才学校2021－2022学年度第二学期期中质量检测高二数学试卷本试卷分为卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分，满分150分，考试时间120分钟．卷Ⅰ（选择题，共60分）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，有且只有一项符合题目要求．1.给出下列各量：①某机场候机室中一天的游客数量；②某寻呼台一天内收到的寻呼次数；③某同学离开自己学校的距离；④将要举行的绘画比赛中某同学获得的名次；⑤体积为83m的正方体的棱长.其中是离散型随机变量的

是（）A.①②④B.①②③C.③④⑤D.②③④【答案】A【解析】【分析】由离散型随机变量的概念逐个判断即可得解.【详解】由题意，①②④是离散型随机变量，③是连续型随机变量，⑤中体积为83m的正方体的棱长是一个常量，不是

随机变量.故选：A.2.某地区气象台统计，该地区下雨的概率是415，刮风的概率为215，在下雨天里，刮风的概率为38，则既刮风又下雨的概率为（）A.8225B.12C.110D.34【答案】C【解析】【分析】根据条件概率的定义即可求得两事件同

时发生的概率.【详解】解析：记“该地区下雨”为事件A，“刮风”为事件B，则P(A)=415，P(B)=215，P(B|A)=38，所以P(AB)=P(A)P(B|A)=43115810=.故选：C.3.有一批

种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8.在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是()A.0.72B.0.8C.0.86D.0.9【答案】A【解析】【分析】将所给数据代入条件概率公式计算而得.【详解】设“种子

发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活而成长为幼苗)，则P(A)＝0.9.又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，所以P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.故选

：A4.随机变量ξ的所有可能的取值为1，2，3，…，10，且P(ξ＝k)＝ak(k＝1，2，…，10)，则a的值为（）A.1110B.155C.110D.55【答案】B【解析】【分析】根据随机变量的概率和为1,列出方程即可求解【详解】∵随机变量ξ的所有可能的取值为1

，2，3，…，10，且P(ξ＝k)＝ak(k＝1，2，…，10)，∴a＋2a＋3a＋…＋10a＝1，∴55a＝1，∴a＝155故选：B.5.若21(2)nxx−的展开式中所有二项式系数和为64，则展开式中的常数项是（）A.240B.

－240C.160D.－160【答案】A【解析】【分析】根据二项式系数和公式可求得n，再由二项定理展开式的通项求得常数项.【详解】由二项式定理性质可知，二项式系数和为264n=，所以6n=，根据二项展开式

的通项公式为()()666316621212rrrrrrrrTCxCxx−−−+=−=−，令2r=，则()2243612240TC=−=，所以展开式中的常数项为240.故选：A.6.下列导数运算正确

的是（）A.()22343xx+=+B.cossin22=−C.()12xx=D.()eexx−−=【答案】C【解析】【分析】直接由导数的运算法则及复合函数的导数依次判断即可.【详解】对于A，()2234xx+=，A错误；对于B，因cos2是常数，则cos0

2=，B错误；对于C，()12xx=，C正确；对于D，()()eeexxxx−−−−−==，D错误．故选：C7.若函数f（x）＝6lnx－x2＋x，则f（x）的单调递减区间为（）A.()3,2,2−−+B.()2,

+C.()0,2D.()30,2,2+【答案】B【解析】【分析】求导，解不等式()'fx0可得.【详解】f（x）定义域为()0,+，又()262621xxfxxxx−++=−=+，令()fx0，∵

x＞0，∴2260xx−++，由2260xx−−解得32x−或2x，则2x，即()fx的单调减区间为()2,+．故选：B．8.某省进行高考综合改革，要求学生从高二开始对课程进行选修，即从化学、生物、政治、地理四门课程中选择两科进行选修，则甲、乙两人所选课程中至少有一科相同选法的

种数是（）A.36B.30C.24D.12【答案】B【解析】【分析】先计算两人所选课程都不同选法，再算两人各选两科总的选法，然后可得.【详解】甲、乙两人所选课程都不同有22426CC=种，甲、乙两人各选两科共有2244

36CC=，所以甲、乙两人所选课程中至少有一科相同的选法的种数为36630−=种.故选：B．二、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．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.已知函数()yfx=的导函数的图象如图

所示，则下列结论正确的是（）A.－1是函数()fx的极小值点B.－4是函数()fx的极小值点C.函数()fx在区间(,4)−−上单调递减D.函数()fx在区间(4,1)−−上先增后减【答案】BC【解析】【分析】根据导函数图象确定()fx的单调性，由此确定正确选项.【

详解】由()'fx图象可知，()fx在(),4−−上递减，在()4,−+上递增，的的所以1−不是极值点，A选项错误；4−是极小值点，B选项正确；C选项正确；D选项错误.故选：BC10.已知曲线()1fxx=，则过点()1,3−，且与曲

线()yfx=相切的直线方程可能为（）A.2yx=−+B.96yx=−−C.85yx=−−D.74yx=−−【答案】AB【解析】【分析】设出切点坐标001,xx，求出函数()fx的导数，利用点斜式写出方程，再代入计算作答.【详解】设过点()1,3−的直线与曲线()yfx=相

切的切点为001(,)xx，由()1fxx=求导得()21fxx=−，于是得切线方程为020011()yxxxx−=−−，即20012yxxx=−+，则200123xx=+，解得01x=或013x=−，因此得切线方程为2yx=−+或96yx=−−

，所以所求切线的方程是2yx=−+或96yx=−−.故选：AB11.已知45015(2)(21)xxaaxax+−=+++，则下列结论正确的是（）A015aaa+++＝32B.0a＝2C.135aaa++＝－39D.1a＝－15【答案】BCD【解析】【分析】分别令1x=、0x=和=1

x−，可判断A错误，B、C正确，结合二项展开式的通项，可判定D正确.【详解】令1x=，则()()401512213aaa+++=+−=，故A错误，令0x=，则()40212a=−=，故B正确，令=1x−，则()()4012

345122184aaaaaa−+−+−=−+−−=，.两式相减可得：135381392aaa−++==−，故C正确，展开式中含x的项为()()()()0434344C212C2115xxxx−−+−=−，故115a=

−，所以D正确.故选：BCD．12.设随机变量的分布列为()1,2,3,4,55kPakk===，则A.151a=B.()0.50.80.2P=C.()0.10.50.2P=D

.()10.3P==【答案】ABC【解析】【分析】由题意结合离散型随机变量分布列的性质可得151a=，即可判断A、D；由()30.50.85PP==即可判断B；由()120.10.555PPP==+=即可判断C；即可

得解.【详解】随机变量的分布列为()1,2,3,4,55kPakk===,()123415555PPPPP=+=+=+=+=2345151aaaaa

a=++++==，解得115a=，故A正确；()310.50.830.2515PP====，故B正确；()12110.10.520.2551515PPP==+==+=，故C正确；()11150.3153P

===，故D错误.故答案为：A、B、C.【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的性质与应用，考查了运算求解能力，属于基础题.卷Ⅱ（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中横线

上．13.设随机变量X的概率分布列为X1234P13m1416则(31)PX−==________．【答案】512【解析】【分析】先计算m的值，再由31X−=解出X，再求和.【详解】由1111346m+++=，解得14m=，115(31)(2)(4)4612PXPX

PX−===+==+=.故答案为：512.14.已知()776761031xaxaxaxa−=++++，则0246aaaa+++=______（填数字）．【答案】8128−【解析】【分析】分别令1x=、=1x−，将所得式子作和即可求得结果.【详解】令1x=得：

7012672aaaaa+++++=；令=1x−得：7140126742aaaaa−+++−=−=−；两式作和得：()7140246222aaaa+++=−，6130246228128aaaa+++=−=

−.故答案为：8128−.15.若()2622020*N++=nnCCn，则n=______.【答案】4【解析】【分析】根据题意和组合数的运算性质直接计算即可.【详解】由题意知，因为2622020nnCC++=*()nN，所以262nn+=+或26

20(2)nn+=−+，解得n=−4(舍去)或4n=.故答案为：416.将4名志愿者分配到3个不同的北京冬奥场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为________．（用数字作答）【答案】36【解析】【分析】先将4人分成2、1、1三组，再安排给3个不同的场馆，由分步乘法计数原

理可得.【详解】将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，可先将4人分为2、1、1的三组，有211421226CCCA=种分组方法，再将分好的3组对

应3个场馆，有336A=种方法，则共有6636=种分配方案.故答案为：36三、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.甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球.掷一枚质地均匀

的骰子，如果点数为1或2，从甲箱子随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子中随机摸出1个球.求摸到红球的概率.【答案】710【解析】【分析】分别计算出从甲箱中摸到红球的概率和从乙箱中摸到红球的概率，然后利用概率的加法公式即可.【详解】从甲箱中摸红球：

掷到点数为1或2的概率为2163=，再从甲箱中摸到红球的概率为51102=，故从甲箱中摸到红球的概率为1111326P==；从乙箱中摸红球：掷到点数为3，4，5，6的概率为4263=，再从乙箱中摸到红球的概率为84105=，故从乙箱中摸到红球的概

率为22483515P==；综上所述：摸到红球的概率为710.18.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法？（1）老师必须站在两端；（2）2名女生必须相邻；（3）4名男生互不相邻；（4）4名男生身高都不相等，从左向右看，4名男生按

从高到低的顺序站．【答案】（1）1440（2）1440（3）144（4）210【解析】【分析】（1）先安排老师，再安排学生，由分步乘法计数原理可求得结果；（2）采用捆绑法即可求得结果；（3）采用插空法即可求得结

果；（4）根据男生定序，采用倍缩法可求得结果.【小问1详解】先让老师站在两端，则有12A种站法；将学生安排在其余位置，有66A种站法；老师必须站在两端，则有1626AA1440=种站法.【小问2详解】将2名女生排在一起，有22A种站法；将2名女生看作整体，与其余5人排序，有66A种排法；2名女

生必须相邻，则有2626AA1440=种站法.【小问3详解】将老师和2名女生先排好序，有33A种站法；将4名男生插空放入，有44A种站法；4名男生互不相邻，则有3434AA144=种站法.【小问4详解】7人站队，共有77A种站法；4名男生不考虑身高排序，则有44A种排法；从左向右看，4名男生

按从高到低的顺序站共有7744A210A=种站法.19.设S是不等式x2－x－6≤0的解集，整数m，n∈S.（1）设“使得m＋n＝0成立的有序数组(m，n)”为事件A，试列举事件A包含的基本事件；（2）设ξ＝m2，

求ξ分布列.【答案】（1）(－2，2)，(2，－2)，(－1，1)，(1，－1)，(0，0)；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）由不等式可得S＝{x|－2≤x≤3}，再由m，n∈Z，m，n∈S且m＋n＝

0，可求出事件A包含的基本事件；（2）由题意可得ξ＝m2的所有不同取值为0，1，4，9，然后求出各自对应的概率，从而可得ξ的分布列【详解】（1）由x2－x－6≤0，得－2≤x≤3，即S＝{x|－2≤x≤3}

.由于m，n∈Z，m，n∈S且m＋n＝0，所以事件A包含的基本事件为：(－2，2)，(2，－2)，(－1，1)，(1，－1)，(0，0).（2）由于m的所有不同取值为－2，－1，0，1，2，3，所以ξ＝m2的所有

不同取值为0，1，4，9，且有P(ξ＝0)＝16，P(ξ＝1)＝26＝13，P(ξ＝4)＝26＝13，P(ξ＝9)＝16.故ξ的分布列为：ξ0149P1613131620.已知()32+2126fxxmxx=−+的一个极值点为2.（1）求函数

()fx的单调区间；（2）求函数()fx在区间2,2−上的最值.【答案】（1）单调递减区间为()1,2-，单调递增区间为(),1−−，()2,+?；（2）最小值为14−，最大值为13.【解析】【分析】（1）由题目极值点为2可以

求得解析式中m的值，并验证2x=确为极值点，则函数表达式确的定，根据导数的正负判断函数单调性即可（2）根据（1）中对函数单调性的研究，可以判断在区间2,2−上的单调性，从而得出最大最小值【详解】解:（1）因为()32+2126fxxmx

x=−+，所以()2+6212xmfxx=−，因为()32+126fxxmxx=−+的一个极值点为2，所以()262221202+fm=−=，解得3m=−，此时()3223126xxfxx=−−+，()()()266

12612fxxxxx=−−=+−，令()0fx¢=，得=1x−或2x=，令()0fx¢<，得12x−；令()0fx¢>，得1x−或2x，故函数()fx在区间()1,2-上单调递减，在区间(),1−−，()2,+?上

单调递增.即3m=−适合题意所以3m=−，函数()fx单调递减区间为()1,2-，单调递增区间为(),1−−，()2,+?（2）由（1）知，()fx在2,1−−上为增函数，在(]1,2-上为减函数，所以=1x−

是函数()fx的极大值点，又()22f−=，()113f−=，()214f=−，所以函数()fx在区间2,2−上的最小值为14−，最大值为13.21.用0，1，2，3，4，5这6个数字．（1）能组

成多少个无重复数的四位偶数？（2）能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?【答案】（1）156（2）132【解析】【分析】（1）根据个位是0,2,4进行分类讨论，由此求得“无重复数四位偶数”的个数.（2）结合插空法求得“奇数数字互不相邻的六位数”的

个数.【小问1详解】符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时，有35A个；第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个(14A种)，十位和百位从余下的数字中选，有24A种，于是有1244AA个；的第三类：4在个位时，与第二类同理，也有124

4AA个．由分类加法计数原理得，共有3125442AAA+＝156(个)．【小问2详解】先排0，2，4，再让1，3，5插空，总的排法共3334AA＝144(种)，其中0在排头，将1，3，5插在后3个空的排法共3232AA＝12(种)

，此时构不成六位数，故总的六位数的个数为3334AA－3232AA＝144－12＝132(种).22.已知()23012313nnnxaaxaxaxax−=+++++（n为正整数）.（1）若2011513aaa=−，求n的值；（2）若2022n=，0242022+Aaaa

a=+++，1352021Baaaa=++++，求AB+和22AB−的值（结果用指数幂的形式表示）.【答案】（1）10n=（2）20222AB+=，2260662AB−=，【解析】【分析】（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后由2011513aaa=−列方程

可求出n的值，（2）分别令1x=，=1x−求出202201220222ABaaaa+=++++=，2022012202120224ABaaaaa−=−+−−+=，进而可求出22AB−的值，【小问1详解】二项式(13)nx−展开式的通项公式为1(3)(3)rrrrrrnnTCxC

x+=−=−，则001122012(3),(3),(3)nnnaCaCaC=−=−=−，因为2011513aaa=−，所以221(3)1513(3)nnCC−=−−，化简得2329100nn−−=，(10)(31)0nn−+=，得10n=或13n=−（舍去），【小问2

详解】当2022n=时，()22022202220223012313xaaxaxaxax−=+++++，令1x=，得202220220122022(2)2aaaa++++=−=，令=1x−，得2022012202120224aaaaa−+−−+=，因为0242022+Aaaaa

=+++，1352021Baaaa=++++，所以202201220222ABaaaa+=++++=，2022012202120224ABaaaaa−=−+−−+=，所以22202220226066()

()242ABABAB−=+−==，