2022届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（理）试题含解析

这是一份2022届宁夏银川一中高三上学期第二次月考数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了 集合的真子集的个数是， 为虚数单位，复数，则的虚部为， 的展开式中的常数项为等内容，欢迎下载使用。
  银川一中2022届高三年级第二次月考理科数学一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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. 集合的真子集的个数是（    ）A. 7 B. 3 C. 4 D. 8【答案】B【解析】【分析】根据真子集个数的计算方法，求得正确选项.【详解】集合有两个元素，所以真子集个数为.故选：B2. 为虚数单位，复数，则的虚部为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据虚部的定义即可求解.【详解】，所以的虚部为，故选：B3. 已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于，所以命题为真命题；由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；所以为真命题，、、为假命题.故选：A．4. 若是上周期为3的偶函数，且当时，，则（    ）A.  B. 12 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据是上周期为3的偶函数，结合对数运算求解.【详解】因为是上周期为3的偶函数，且当时，，所以，，故选：C5. 数学猜想是推动数学理论发展的强大动力，是数学发展中最活跃､最主动､最积极的因素之一，是人类理性中最富有创造性的部分.1927年德国的一个大学生考拉兹提出一个猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数，对它乘3再加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1.如图是根据这个猜想设计的程序框图，则输出的i为（    ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C【解析】【分析】根据程序框图，依次执行，即得解【详解】由题意，输入判断不成立，是奇数，因此；判断不成立，不是奇数，因此；判断不成立，不是奇数，因此；判断不成立，不是奇数，因此；判断不成立，不是奇数，因此；判断不成立，输出.故选：C【点睛】本题考查了循环结构的程序框图，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于基础题6. 的展开式中的常数项为（    ）A. 8 B. 28 C. 56 D. 70【答案】B【解析】【分析】先得出的展开式的通项公式，从而得出常数项.【详解】的展开式的通项公式为 令，得所以的展开式中的常数项为故选：B7. 有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（    ）A. 168 B. 260 C. 840 D. 560【答案】C【解析】【分析】先从后排8人中抽2人，把抽出的2人插入前排保证前排人顺序不变可用倍缩法，再由分步乘法计数原理即可求解.【详解】解：从后排8人中抽2人有种方法；将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有种，由分步乘法计数原理可得：共有种，故选：C.8. 袋子中有四个小球，分别写有“和、平、世、界”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“和”“平”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“和、平、世、界”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下24个随机数组：232 321 230 023 123 021 132 220 011 203 331 100231 130 133 231 031 320 122 103 233 221 020 132由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】从24组随机数中找到满足“前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0”的随机数，利用古典概型概率公式可得结果.【详解】由题意可知，满足条件的随机数组中，前两次抽取的数中必须包含0或1，且0与1不能同时出现，出现0就不能出现1，反之亦然，第三次必须出现前面两个数字中没有出现的1或0，可得符合条件的数组只有3组：021，130，031，故所求概率为. 故选A.【点睛】在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.9. （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合定积分的性质和牛顿-莱布尼茨公式，直接求解即可.【详解】由题意得，.故选：B.10. 把不超过实数x的最大整数记为，则函数称作取整函数，又叫高斯函数，在上任取x，则的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由已知分类讨论，求得使成立的的取值范围，再利用几何概型概率计算公式，求得所求概率.【详解】当时，；当时，，；当时，，，当时，，.符合条件的，所以的概率为.故选：B.【点睛】本小题主要考查取整函数的概念及运用，考查几何概型的计算，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.11. 已知定义域为的函数满足，且，则下列结论一定正确的是（    ）A.  B. 函数的图象关于点对称C. 函数是奇函数 D. 【答案】B【解析】【分析】推导出可判断A选项的正误；推导出可判断B选项的正误；分析得出可判断C选项的正误；推导出可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，因为，且，则，即，A错；对于B选项，因为，则，因为，则，即，即，故函数的图象关于点对称，B对；对于C选项，因为，故函数是偶函数，C错；对于D选项，因为，则，即，D错.故选：B.12. 已知定义在上函数满足，且当时，，若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.【详解】∵当时，，∴当时，，综上，，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，∵有三个不同的实数根，∴的图像和直线有三个不同的交点，作的大致图像如图所示，当直线和的图像相切时，设切点为，∴，可得，，代入，可得，当过点时，，由图知，实数的取值范围为.故选：D.【点睛】关键点点睛：将方程有三个不同实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数.二､填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知函数，则在处的切线方程是___________.【答案】.【解析】【分析】先求出函数的导数，然后求出和的值，根据直线的点斜式方程写出切线方程即可得解.【详解】，，，，故切线方程为：，即．故答案为：．14. 在一个不透明的袋中装有5个白球，3个红球（除颜色外其他均相同），从中任意取出2个小球，记事件为“取出的球中有红色小球”，事件为“取出的2个小球均是红球”，则__________．【答案】【解析】【分析】由古典型概率结合排列组合可得和，进而可得.【详解】依题意得，，所以.故答案为：.15. 一道四个选项的选择题，赵､钱､孙､李各选了一个选项，且选的恰好各不相同.赵说：“我选的是A.”钱说：“我选的是B，C，D之一.”孙说：“我选的是C.”李说：“我选的是D.”已知四人中只有一人说了假话，则说假话的人可能是___________.【答案】孙、李.【解析】【分析】利用合情推理判断.【详解】赵不可能说谎，否则由于钱不选A，则孙和李之一选A，出现两人说谎．钱不可能说谎，否则与赵同时说谎；所以可能的情况是赵、钱、孙、李选择的分别为或．故答案为：孙、李.16. 已知函数.下面四个结论①是奇函数②在上为增函数③若，则④对任意实数x恒成立其中正确的是___________.【答案】②③④【解析】【分析】由奇偶性的定义可判断①，由导数法可判断②，由奇偶性结合基本不等式与单调性可判断③，由奇偶性与单调性可判断④【详解】对于①：函数的定义域为R，由，得是偶函数，故①错误；对于②：当时，，，，所以在上为增函数，故②正确；对于③：因为是偶函数，所以，又，所以，故③正确；对于④：时，，时，，即时，，又在上单调增，且是偶函数，所以，即④正确．故答案：②③④.三､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.17. 设，其中为实数．（1）设集合，集合，若，求实数的取值范围；（2）若集合中的元素有且仅有2个，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）化简集合A、B再由集合包含关系建立不等式，解不等式得解；（2）转化为函数关系，变量分离，研究恰有两个交点的条件.【详解】（1）化简，，又，所以，（2）由，得，且，，构造，对称轴，在上单调增，在上单调减，直线与函数在上恰有两个交点时，，18. 设函数（1）当时，求曲线的极值；（2）若函数在区间内单调递减，求的取值范围.【答案】（1）极小值；（2）.【解析】【分析】(1)通过求导,结合单调性可求出极值；(2) 函数在区间内单调递减,转化为导函数小于等于0恒成立问题来求解.【详解】解：（1）∵，，，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以函数在处取得极小值（2）∵函数在区间内单调递减，∴在区间上恒成立；即，∵∴即在区间上恒成立∴，解得，∴的取值范围是19. 核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性．某检测点根据统计发现，该处疑似病例核酸检测呈阳性的概率为．现有4例疑似病例，分别对其取样检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性．若混合样本呈阳性，则再将该组中每一个备份的样本逐一进行化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再检验．现有以下三种方案：方案一：逐个化验；方案二：四个样本混合在一起化验；方案三：平均分成两组，每组两个样本混合在一起，再分组化验．在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”．（1）求4个疑似病例中至少有1例呈阳性的概率；（2）现将该4例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、三中哪个最“优”？做出判断并说明理由．【答案】（1）；（2）选择方案二最优，理由见解析.【解析】【分析】（1）用表示4个疑似病例中化验呈阳性的人数，则，从而可求出答案；（2）分别研究三个方案的检测次数，对方案二和方案三要列出分布列，求出数学期望，并对数学期望进行比较,从而得出答案.【详解】（1）用表示4个疑似病例中化验呈阳性的人数，则，由题意可知，4个疑似病例中至少有1例呈阳性的概率为；（2）方案一：逐个检验，检验次数为4．方案二：混合在一起检测，记检测次数为，则随机变量的可能取值为1，5，所以，，所以随机变量的分布列为：15所以方案二检测次数的数学期望为；方案三：每组两个样本检测时，呈阴性的概率为，设方案三的检测次数为随机变量，则的可能取值为2，4，6，所以，，，所以随机变量的分布列为：246所以方案三检测次数的期望为，因为，所以选择方案二最优．20. 2021年3月1日，国务院新闻办公室举行新闻发布会，工业和信息化部长肖亚庆先生提出了芯片发展的五项措施，进一步激励国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．中华技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入（亿元）与科技升级直接纯收益（亿元）的数据统计如下：序号12345678910111223468101321222324251322314250565868.5686756666当时，建立了与的两个回归模型：模型①：；模型②：；当时，确定与满足的线性回归方程为．（1）根据下列表格中的数据，比较当时模型①、②的相关指数的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型．回归模型模型①模型②回归方程182.479.2（附：刻画回归效果的相关指数，）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，应用（1）的结论，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小．（附：线性回归方程的系数关系：）（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率大幅提高，经实际试验得大致服从正态分布．公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过，不予奖励：若芯片的效率超过，但不超过，每部芯片奖励2元；若芯片的效率超过，每部芯片奖励4元．记为每部芯片获得的奖励，求（精确到0.01）．（附：若随机变量，则，）【答案】（1）模型①的相关指数小于模型②的相关指数，回归模型②的拟合效果更好；（2）技术升级投入亿元时，公司的实际收益更大；（3）2.27元.【解析】【分析】（1）由表格中的数据，，计算得到模型①的相关指数小于模型②的相关指数，即可判断.（2）当时，由已知可得，计算出．得到回归方程，代入计算可得结论；（3）由，，可得即可计算.【详解】（1）由表格中的数据，，所以，所以．可见模型①的相关指数小于模型②的相关指数．所以回归模型②的拟合效果更好．（2）由（1）回归模型②的拟合效果更好，其回归方程为，所以当亿元时，科技升级直接收益的预测值为（亿元）．当时，由已知可得．．所以．所以当时，与满足的线性回归方程为．当时，科技升级直接收益的预测值为亿元．当亿元时，实际收益的预测值为亿元亿元，所以技术升级投入亿元时，公司的实际收益更大．（3）因为，，所以；．所以（元）．21. 已知函数f(x)，g(x)＝lnx－1，其中e为自然对数的底数．（1）当x＞0时，求证：f(x)≥g(x)＋2；（2）是否存在直线与函数y＝f(x)及y＝g(x)的图象均相切？若存在，这样的直线最多有几条？并给出证明．若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在两条，证明见解析.【解析】【分析】（1）首先设，，利用导数求出单调区间得到，即证.（2）首先设直线与切于，与切于，，利用导数几何意义得到切线，又因为切线又与相切，整理得到，设，再利用导数判断函数的零点即可证明有两条直线与函数及的图象均相切.【详解】（1）设，，.因为在为增函数，且，所以，，为减函数，，，为增函数.所以，，即证.（2）设直线与切于，与切于，.，，，所以切线为.因为，即，即.又因为，将，代入，得：，整理得.设，，因为在为增函数，且时，，所以，，为减函数，，，为增函数.，又因为，，所以在上有两个零点，即方程有两个根，所以有两条直线与函数及的图象均相切.22.  在平面直角坐标系中，以为极点、轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线过定点且与曲线交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线的斜率为2，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题得，再代入极坐标公式即得解；（2）先写出直线的参数方程，代入抛物线方程，再利用韦达定理得解.【详解】（1）由得.于是，∴，所以曲线的直角坐标方程为.（2）设直线的倾斜角为，则，于是，，所以直线参数方程为（为参数）.将，代入得，所以，，所以.23. 已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）若，使得，求的取值范围．【答案】（1）或}；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）分，，三种情况讨论求解即可；（2）先求，使得时，的取值范围，再求补集即可.【详解】解：（1）当时，．当时，，所以；当时，，不成立；当时，，所以，所以，综上可知，所求解集为或}．（2）要求，使得时，的取值范围，可先求，使得时，的取值范围，，，当时，恒成立；当时，，综上，，使得时，的取值范围为，故，使得时，的取值范围为