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1、第 1 页 共 11 页 2021-2022 学年天津市南开中学高二下学期期中数学试题 一、单选题 1下列求导运算正确的是（）A(cos)sin33 B1(ln)(ln)xxxxx ee C1(ln2)2xx D(3)3xx 【答案】B【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的四则运算和复合函数 求导数的法则即可求解.【详解】对于 A，11cos,cos03232，故 A 不正确；对于 B，1(ln)llnlnnxxxxxxxxx eeee，故 B 正确；对于 C，11(ln2)22xxxx，故 C 不正确；对于 D，(3)3 ln3xx，故 D 不正确.故选：B.2函数()f x的图象如图所
2、示，则不等式(2)()0 xfx的解集（）A(,2)(1,1)B(,2)1,2 C(,2)(1,)D2,1(1,)【答案】A【分析】先通过原函数的单调性判断导函数的正负，在判断(2)()xfx的正负即可【详解】由函数 f x的单调性可得，在,1,1,上()0fx，在1,1上()0fx 又因为2x在2，-为负，在2，为正 故(2)()0 xfx的区间为(,2)(1,1)故选：A 325yxxyx的展开式中42x y的系数为（）第 2 页 共 11 页 A3 B5 C9 D10【答案】C【分析】根据二项式定理分析出42x y 在第几项即可.【详解】22555yyxxyx xyxyxx，在5x xy
3、中出现42x y的项是23242510 xC x yx y，在25yxyx 中出现42x y的项是205425yC xx yx ，所以其系数为 10-1=9；故选：C.4用 0，1，2，3，4，5 可以组成无重复数字且能被 2 整除的三位数的个数是（）A50 B52 C54 D56【答案】B【解析】特殊元素优先考虑，即优先考虑个位数是 0 的情况，再考虑不是 0 的情况，最后将所有结果加起来即可.【详解】能被 2 整除的三位数是偶数，当个位数是 0 时，有25A种情形；当个位数是 2 或 4 时，其中最高位不能是 0，则有111244CCC种情形，因此，能被 2 整除的三位数的个数是21115
4、24452ACCC种.故选：B【点睛】本题考查排列组合中的排数问题，属于基础题.5安排 5 名班干部周一至周五值班，每天 1 人，每人值 1 天，若甲、乙两人要求相邻两天值班，甲、丙两人都不排周二，则不同的安排方式有（）A13 B18 C22 D28【答案】D【解析】根据题意，分两类，第一类，乙安排在周二，第二类，乙不安排在周二，根据分类计数原理可得.【详解】第一类，乙安排在周二，则有33212A 种，第二类，乙不安排在周二，则从甲乙丙以外的 2 人中选 1 人，安排在周二，把甲乙安排在周三周四或周四周五，其余人任意排，故有1122222216A C A A 种，第 3 页 共 11 页 根据
5、分类计数原理可得，共有12 1628种，故选：D【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，属于基础题.6某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是1 1 2,3 2 3，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（）A19 B16 C13 D718【答案】D【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件 M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为 A，B，C，则112(),(),()323P AP BP C，汽车在三处遇两次绿灯的事件 M，则MABCABCABC，且ABC，ABC，ABC互斥，而事件
6、 A，B，C 相互独立，则112112112()()()()(1)(1)(1)323323323P MP ABCP ABCP ABC718，所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为718.故选：D 7将 5 名支援某地区抗疫的医生分配到 A、B、C三所医院，要求每所医院至少安排 1人，则其中甲、乙两医生恰分配到相同医院的概率为（）A12 B625 C716 D49【答案】B【分析】由已知，5 名医生分配到三所医院，每所医院至少安排 1 人，有“3 1 1”和“22 1”两种人数分配方法，分别计算两种分配方法的数目以及满足甲、乙两医生恰分配到相同医院的分配数目，然后加在一起，利用古典概型的公式即可
7、完成求解.【详解】由已知，5 名医生分配到三所医院，每所医院至少安排 1 人，则人数的分配方法有“3 1 1”和“22 1”两种，分别是：，若采用“3 1 1”时，共有31152122C C C10A种分堆方法，再分配到三所医院，共有第 4 页 共 11 页 3113521322C C CA60A种分配方法，其中甲、乙两医生恰分配到相同医院，需要将甲、乙两医生放到 3 人组，并从其他 3 位医生中再选一位凑够 3 人，剩下的全排，共有1333C A18种分配方法；，若采用“22 1”时，共有22153122C C C15A种分堆方法，再分配到三所医院，共有2213531322C C CA90A
8、种分配方法，其中甲、乙两医生恰分配到相同医院，需要将甲、乙两医生放到 2 人组，分配剩下的 3 人，为2131C C3种，然后再全排，共有213313C C A18种分配方法；所以，5 名医生分配到三所医院，每所医院至少安排 1 人，则人数的分配方法共有 6090150种分配方法，甲、乙两医生恰分配到相同医院的分配方法有18 1836种，所以甲、乙两医生恰分配到相同医院的概率为36615025P.故选：B.8有甲、乙两个袋子，甲袋子中有 3 个白球，2 个黑球；乙袋子中有 4 个白球，4 个黑球现从甲袋子中任取 2 个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为（）A25 B
9、1325 C12 D35【答案】B【分析】根据独立事件与古典概型计算分从甲袋子取出 2 个白球放入乙袋子、从甲袋子取出 2 个黑球放入乙袋子和从甲袋子取出 1 个白球和 1 个黑球放入乙袋子三种情况讨论，从而可得出答案【详解】解：若从甲袋子取出 2 个白球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为213621510950CCCC；若从甲袋子取出 2 个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为212421510125CCCC；若从甲袋子取出 1 个白球和 1 个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为11132521510310C
10、CCCC 从甲袋子中任取 2 个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的第 5 页 共 11 页 概率为9131350251025 故选：B.9已知函数 32391f xxmxmx在1,上为单调递增函数，则实数 m的取值范围为（）A,1 B1,1 C 1,3 D1,3【答案】D【分析】求导，由单调性得到23690 xmxm在1,上恒成立，由二次函数数形结合得到不等关系，求出 m的取值范围.【详解】2369fxxmxm，因为 f x在1,上为单调递增函数，所以23690 xmxm在1,上恒成立，令 2369g xxmxm，要满足 61610mxf，或 6160mxf m，由得：1
11、,1m，由得：1,3m，综上：实数 m 的取值范围是1,3.故选：D 10若2x 是函数 2224 lnf xxaxax的极大值点，则实数a的取值范围是（）A,2 B2,C2,D2,2【答案】A【分析】求出 fx，分0a，2a ，20a，2a 分别讨论出函数的单调区间，从而可得其极值情况，从而得出答案.【详解】22224224222xaxaxxaafxxaxxx，0 x 若0a 时，当2x 时，0fx；当02x时，0fx；则 f x在0,2上单调递减；在2,上单调递增.第 6 页 共 11 页 所以当2x 时，f x取得极小值，与条件不符合,故满足题意.当2a 时，由 0fx可得02x或xa；
12、由 0fx可得2xa 所以在0,2上单调递增；在2,a上单调递减，在,a上单调递增.所以当2x 时，f x取得极大值，满足条件.当20a 时，由 0fx可得0 xa 或2x；由 0fx可得2ax 所以在0,a上单调递增；在,2a上单调递减，在2,上单调递增.所以当2x 时，f x取得极小值，不满足条件.当2a 时，0fx在0,上恒成立，即 f x在0,上单调递增.此时 f x无极值.综上所述：2a 满足条件 故选：A 二、填空题 11在812xx的展开式中，1x的系数是_.【答案】112【分析】由二项式定理求解【详解】由二项式定理知812xx的展开式的通项为 388821881221rrrrr
13、rrrTCxCxx 令3812r 得6r 故7112Tx 故答案为：112 12已知函数()lnf xxax的图象在点(1,(1)f处的切线过点(2,1)，则a_【答案】0【分析】根据导数的几何意义可求出函数()f x在点(1,(1)f的切线方程，把点(2,1)代入切线方程即可求出a的值.【详解】因为()lnf xxax，所以1()fxax，第 7 页 共 11 页 设函数()f x在点(1,(1)f处切线的斜率为k，则(1)1kfa，又因为(1)fa，所以函数()f x在点(1,(1)f的切线方程为(1)(1)yaa x，因为切线过点(2,1)，所以1(1)(2 1)aa，解得0a.故答案为
14、：0.13抛郑红、蓝两颗质地均匀的骰子，记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”，则在事件A发生的条件下事件B发生的概率为_【答案】120.5【分析】分别求出事件A,事件B和事件AB同时发生的概率，由条件概率的公式计算即可.【详解】解：抛掷红、蓝两颗骰子，事件总数为6 636，事件 A的基本事件数为6 212，121()363P A，由于366345548,4664558,56658,668，所以事件 B的基本事件数为432 1 10 ，105()3618P B，事件AB同时发生的概率为，61()366P AB，由条件概率公式，得 12P ABP B AP A
15、，故答案为：12 14箱子中有 6 个大小、材质都相同的小球，其中 4 个红球，2 个白球.每次从箱子中随机有放回摸出一个球，共摸 2 次，记“X”表示摸到红球个数，则 E X=_.【答案】43【分析】由题可得22,3XB，即得.【详解】由题可知从箱子中随机有放回摸出一个球为红球的概率为4263，所以22,3XB，故 24233E X.故答案为：43.第 8 页 共 11 页 1510 名同学合影，站成了前排 3 人，后排 7 人，现摄影师要从后排 7 人中抽 2 人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同的调整方法的种数为_（用数字作答）【答案】420【分析】从后排 7 人中任取 2 人，插入前
16、排（按 2 人相邻和不相邻分类计数）【详解】可从后排 7 人中任取 2 人，插入前排，调整方法数为22217424()420CAA C 故答案为：420 三、解答题 16一个盒子里装有 7 张卡片，其中有红色卡片 4 张，编号分别为 1，2，3，4；白色卡片 3 张，编号分别为 2，3，4从盒子中任取 4 张卡片（假设取到任何一张卡片的可能性相同）(1)求取出的 4 张卡片中，含有编号为 3 的卡片的概率；(2)在取出的 4 张卡片中红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望【答案】(1)67；(2)分布列见解析，175.【分析】（1）运用古典概型运算公式，结合和事件的概率公式
17、进行求解即可；（2）根据古典概型运算公式，结合数学期望公式进行求解即可.【详解】(1)设“取出的 4 张卡片中，含有编号为 3 的卡片”为事件A，则 1322252547C CC C6C7P A 所以取出的 4 张卡片中，含有编号为 3 的卡片的概率为67；(2)随机变量X的所有可能取值为 1，2，3，4 3347C11C35P X，3447C42C35P X，3547C23C7P X，3647C44C7P X 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 4 P 135 435 27 47 随机变量X的数学期望 14241712343535775E X 第 9 页 共 11 页 17已知函数32
18、11()2()32f xxaxx aR在2x 处取得极值.(1)求()f x在 2,1上的最小值；(2)若函数()()()g xf xb bR有且只有一个零点，求 b的取值范围.【答案】(1)136(2)710,63 【分析】（1）首先求出函数的导函数，依题意可得(2)0f，即可求出参数a的值，即可求出函数解析式，从而求出函数的单调区间，再求出区间端点的函数值，即可求出函数的最小值；（2）依题意32112()32bxxx b R有唯一解，即函数yb 与()yf x只有 1 个交点，由（1）可得函数()f x的单调性与极值，结合函数图象即可求出参数的取值范围；【详解】(1)解：因为3211()2
19、()32f xxaxx aR，所以2()2fxxax，()f x在2x 处取得极值，(2)0f，即22220a解得1a，3211()232f xxxx，所以2()2(1)(2)fxxxxx，所以当1x 或2x 时()0fx，当12x 时()0fx，()f x在 2,1)上单调递增，在(1,1上单调递减，又32321121113(2)(2)(2)2(2),(1)112 1323326ff ，()f x在 2,1上的最小值为136.(2)解：由（1）知，3211()232f xxxx，若函数()()()g xf xb bR有且只有一个零点，则方程()()bf x b R有唯一解，即32112()3
20、2bxxx b R有唯一解，由（1）知，()f x在(,1),(2,)上单调递增，在(1,2)上单调递减，又710(1),(2)63ff，函数图象如下所示：第 10 页 共 11 页 103b 或76b，得103b 或76b ，即 b的取值范围为710,63.18已知函数 211 ln12xfxa xaxa，(1)讨论函数 f x 的单调区间；(2)若 1f mf 且 1m，证明：11 ln1xmaxx，【答案】(1)当12a时，()f x的单调增区间为(0,1)a和(1,)，单调减区间为(1,1)a，当2a 时，()f x的单调增区间为(0,)，无减区间，当2a 时，()f x的单调增区间为
21、(0,1)和(1,)a，单调减区间为(1,1)a.(2)证明见解析【分析】（1）求导(1)(1)1()xxaafxxaxx，令()0fx，解得1x 或1xa，含参分类讨论即可得到()f x的单调性.（2）由ln1xx，转化为证：1(1,),1ln xxm ax，令1()lnxg xx，利用导数法得到1()()lnmg xg mm，转化为证11lnmam，由()(1)f mf，转化为证 1ln21mmm，令2(1)()ln,11xH xxxx，用导数证明【详解】(1)解：()f x的定义域为(0,)，(1)(1)1()xxaafxxaxx，因为1a，所以10a，令()0fx，解得1x 或1xa，
22、当1 1a 时，即2a，()0fx恒成立，所以()f x在(0,)为增函数，当1 1a 时，即2a，若(0,1)x和(1,)xa时，()0fx，若(1,1)xa时，第 11 页 共 11 页()0fx，所以()f x在(0,1)和(1,)a为增函数，在(1,1)a为减函数，当01 1a 时，即12a，若(0,1)xa和(1,)x时，()0fx，若(1,1)xa时，()0fx，所以()f x在(0,1)a和(1,)为增函数，在(1,1)a为减函数，综上所述：当12a时，()f x的单调增区间为(0,1)a和(1,)，单调减区间为(1,1)a，当2a 时，()f x的单调增区间为(0,)，无减区间
23、，当2a 时，()f x的单调增区间为(0,1)和(1,)a，单调减区间为(1,1)a.(2)令()ln1h xxx，定义域为(0,)，则1()xh xx，若(0,1)x，()0h x，若(1,)x，()0h x，故()h x在(0,1)单调递增，在(1,)上单调递减，故()(1)0h xh，即ln1xx，欲证：(1,),(1)ln1 xmaxx，即证：1(1,),1ln xxm ax，令1()lnxg xx，1xm则21ln1()(ln)xxg xx，因为ln1xx，故1ln10 xx，所以()0g x，()g x在(1,)m上单调递增，所以1()()lnmg xg mm，故欲证1(1,),1ln xxm ax，只需证11lnmam，因为()(1)f mf，所以21(1)(1)ln22ma mam，即2(1)(1)(1 ln)2mamm，因为ln1mm，故1ln0mm，故等价于证明：1ln21mmm，令2(1)()ln,11xH xxxx，则22(1)()0,()(1)xH xH xx x在(1,)上单调递增，故()(1)0H xH，即2(1)ln1xxx，从而结论得证【点睛】本题第二问关键是利用ln1,()(1)xxf mf，转化为证明1ln21mmm而得证