2021-2022学年北京师范大学第二附属中学高二下学期6月月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年北京师范大学第二附属中学高二下学期6月月考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京师范大学第二附属中学高二下学期6月月考数学试题一、单选题1．数列，，， ，…的一个通项公式是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将分别代入四个选项检验，利用排除法即可得正确选项.【详解】对于A：，，，不符合题意，故选项A不正确；对于B：，不符合题意，故选项B不正确；对于D：，不符合题意，故选项D不正确；对于C：，，，, 符合题意，故选项C正确；故选：C.2．有3张奖券，其中2张可中奖，现3个人按顺序依次从中抽一张，小明最后抽，则他抽到中奖券的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据每人抽到中奖券的概率都相等，与抽签顺序无关，即可得到答案.【详解】有3张奖券，其中2张可中奖，每人依次从中抽一张，每人抽到中奖券的概率都为，故小明最后抽，则他抽到中奖券的概率也是.故选：D【点睛】本题主要考查等可能事件的概率，注意每个人抽到中奖券的概率相等，与抽签先后顺序无关，属于简单题.3．已知函数的定义域为(a，b)，导函数在(a，b)上的图象如图所示，则函数在(a，b)上的极大值点的个数为（       ） A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据极大值点的定义结合导函数的图象分析判断即可【详解】由函数极值的定义和导函数的图象可知，在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点．其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．故选：B4．已知一直线运动的物体，当时间从变到时，物体的位移为，那么为A．时间从变到时物体的速度B．在时刻该物体的瞬时速度C．当时间为时物体的速度D．时间从变到时物体的平均速度【答案】B【分析】根据平均变化率、瞬时速度定义进行判断选择.【详解】表示从时间t到时物体的平均速度，从而表示在t时刻该物体的瞬时速度．选B.【点睛】本题考查平均变化率、瞬时速度定义,考查基本分析识别能力,属基础题.5．已知函数，那么（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据导数的运算计算．【详解】．故选：C．6．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则下列概率中等于的是（       ）A．P(X＝2) B．P(X≤2)C．P(X＝4) D．P(X≤4)【答案】C【解析】根据超几何分布列式求解即可．【详解】X服从超几何分布，P(X＝k)＝，故k＝4，故选：C.7．曲线y＝ex在点(2，e2)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（     ）A．e2 B．2e2 C．e2 D．【答案】D【分析】求函数在时的导数，得到切线斜率，点斜式写出切线方程，求出切线坐标轴上的截距，即可求解.【详解】因为y′＝ex，所以切线的斜率k＝e2，所以切线方程为y＝e2x－e2，它与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－e2)，(1，0)，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.故选：D8．递增的等比数列中，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由为递增的等比数列，可知，与联立求解，，确定公比，再根据，求解，即可.【详解】为递增的等比数列①，又②①②联立解得，，即即故选：D【点睛】本题考查等比数列求通项公式，属于中档题.9．已知袋子内有7个球，其中4个红球，3个白球，从中不放回地依次抽取2个球，那么在已知第一次抽到红球的条件下，第二次也抽到红球的概率是A． B． C． D．【答案】D【解析】根据古典概型概率公式可分别求得“第一次抽到红球”和“第一次和第二次都抽到红球”的概率，利用条件概率公式求得结果.【详解】记“第一次抽到红球”为事件；记“第二次抽到红球”为事件，本题正确选项：【点睛】本题考查条件概率的求解问题，属于基础题.10．已知函数的图象如图所示，则的关系是（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据函数导数和极值之间的关系，求出对应，的关系，即可得到结论.【详解】由函数图象知，为函数的极大值点，为函数的极小值点，即，是的两个根，又，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查函数的极值和导数之间的关系，以及根与系数之间的关系的应用，考查学生的计算能力，属于基础题．11．公差不为零的等差数列的前n项和为是的等比中项，，则S10等于（ ）A．18 B．24 C．60 D．90【答案】C【详解】依题意可得，，设等差数列的公差为，则．由，可得，解得所以，故选C12．已知数列满足，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题中的递推关系式及，依次取，，，可分别求出，，，的值，即可求得答案.【详解】由题意得，又，所以，易得，则，同理，，，故故选：B13．某随机变量的取值为，，，若，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，则由，，列出方程组，求出，．【详解】解：设，，①，又，②由①②得，，，所以故选：B.14．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使an>0成立的n的最大值为 (   )A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【详解】由题意可得S15   =15a8＞0，即a8＞0；同理可得S16= =8（a8+a9）＜0，即a8+a9＜0，综上可得a8＞0，a9＜0，故等差数列{an}为递减数列．故数列的前8项为正数，从第9项开始为负值，故使an＞0成立的n的最大值为8故选C点睛：由等差数列的性质和求和公式结合题意可得，得到a8＞0，a9＜0，进而可得数列的前8项为正数，从第9项开始为负值，故数列从第九项开始为负，前八项都为正.从而得到答案.15．在三次独立重复试验中，事件A在每次试验中发生的概率相同，若事件A至少发生一次的概率为，则事件A发生次数的期望和方差分别为   A．和 B．和 C．和 D．和【答案】A【分析】根据独立重复试验的概率计算公式，求得，再根据二项分布的期望与方差的公式，即可求解.【详解】由题意，设事件在每次试验中发生的概率为，因为事件至少发生一次的概率为，即，解得，则事件发生的次数服从二项分布，所以事件发生的次数的期望为，方差为，故选A.【点睛】本题主要考查了独立重复试验的概率的计算，以及二项分布的期望与方差的计算，其中解答中熟记独立重复试验的概率的计算公式，以及二项分布的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16．若数列满足则“”是“为等比数列”的（       ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】,不妨设，则可证充分性；为等比数列且时得不到，可知必要性不成立【详解】不妨设，则 为等比数列；故充分性成立反之若为等比数列，不妨设公比为，， 当时，所以必要性不成立故选：A．【点睛】(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．17．数列的通项公式为，其前项和是，那么数列的前项和是A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：，..故C正确.【解析】等差数列的前项和公式.18．已知函数，且，则等于（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出，利用并项求和法可求得结果.【详解】对任意的，，因此，.故选：C.19．已知函数，若且满足，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由函数的性质确定参数间的关系及范围，然后把目标式转化为一元函数，再引入函数，由导数确定其取值范围．【详解】由题意时，是减函数，且，时，是减函数，且，由且得，，，，，所以，，设，，时，，是增函数，所以，即，所以．故选：C．20．已知函数的定义域为，部分对应值如下表：的导函数的图象如图所示，则下列关于函数的命题：① 函数是周期函数；② 函数在是减函数；③ 如果当时，的最大值是2，那么的最大值为4；④ 当时，函数有4个零点．其中真命题的个数是 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】D【详解】①显然错误；③容易造成错觉，tmax＝5；④错误，f(2)的不确定影响了正确性；②正确，可由f′(x)<0得到．二、填空题21．若点在曲线上，且，则曲线在点处的切线方程是________．【答案】【解析】利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】由题意知，切线的斜率．所以，曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：．22．已知数列的前项和，则________.【答案】【分析】先利用公式求出数列的通项公式，再利用通项公式求出的值.【详解】当时，；当时，.不适合上式，.因此，，故答案为.【点睛】本题考查利用前项和求通项，一般利用公式，但需要验证是否满足，考查计算能力，属于中等题.23．已知在定义域上单调递减，则实数a的取值范围是______.【答案】【分析】由题意知对于恒成立，分离参数转化为最值问题即可求解.【详解】由题意知对于恒成立，可得对于恒成立，令，只需要即可，因为当时，最小为，所以，所以实数a的取值范围是，故答案为：.24．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获收益12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%，下表是去年200例类似项目开发的实施结果.投资成功投资失败192次8次 则该公司一年后估计可获收益的平均数是________元.【答案】4760【分析】设可获收益为x万元，先求出投资成功与失败的概率和收益，再计算收益的平均数，即得解.【详解】设可获收益为x万元，如果成功，x的取值为5×12%，如果失败，x的取值为－5×50%，一年后公司成功的概率估计为＝，失败的概率估计为＝，所以一年后公司收益的平均数＝（元）.故答案为：476025．若数列满足，且，则的最小值为__________．【答案】【分析】根据题意，结合递推关系式与归纳推理，分别求出数列前20项，即可求解.【详解】根据题意，易知，或，或，、或，、或，、、或，以此类推，、、、、、、、… ，、、、、、、、… .故，，，以此类推，得.故答案为：.【点睛】归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．26．已知在数列中，，，其前n项和为．给出下列四个结论：①时，；②；③当时，数列是递增数列；④对任意，存在，使得数列成等比数列．其中所有正确结论的序号是___________．【答案】①②④【分析】①依题意可得，即可求出，②表示出，根据二次函数的性质即可判断；利用特殊值判断③，④利用构造法构造数列成等比数列，即可得到结论；【详解】解：①当时，，则，即，则，则，，则；故①正确．②因为，，所以，，即，故②正确；③当时，不妨设，则由，，得，则，则，故数列是递增数列错误；故③错误．④设，则，，，即存在，数列成等比数列，此时公比；故④正确；故答案为：①②④三、解答题27．已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）最大值； 最小值1．【分析】（1）利用导数求函数的单调区间得解；（2）比较端点函数值和极值的大小即得解.【详解】解：（1）函数的定义域为．   ．   令，解得． ，的变化情况如下表所示．1－0+单调递减1单调递增 所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增．（2）由（1）可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．因为 ， ， ，          所以，时，有最大值；时，有最小值1．28．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书本记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图1）．其中四边形为矩形，，和是三角形，“刍甍”字面意思为茅草屋顶．图是一栋农村别墅，为全新的混凝土结构．它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图，屋顶五面体为“刍甍”，其中前后两坡屋面和是全等的等腰梯形，左右两坡屋面和是全等的三角形，点F在平面和上射影分别为H，M，已知米，米，梯形的面积是面积的倍．设．（1）求屋顶面积关于的函数关系式；（2）已知上部屋顶造价由屋顶面积确定，造价为元/平方米，下部主体造价由高度确定，造价为元/米．现欲造一栋上、下总高度为米的别墅，试问：当为何值时，总造价最低？【答案】（1），；（2）．【解析】（1）由题意知，在中，，得的面积为，从而得屋顶面积为；（2）别墅总造价为，令，求导求最值即可求解.【详解】（1）由题意知平面，，又因为平面，所以，在中，，，所以，因此的面积为，从而得屋顶面积为，所以屋顶面积关于的函数关系式，；（2）在中，，所以主体的高度为，所以，令，，则，令解得，令解得，所以在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，即当时，总造价最低.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是找出的边角关系，表示出的面积，第二问的关键点是求出下部主体的高度即可表示出别墅总造价，利用导数求最值即可.29．设函数，其中是自然对数的底数.(1)当时，求函数的极值.(2)若在其定义域内为单调函数，求实数的取值范围.(3)设，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)函数的极大值为，极小值为；(2)或；(3).【分析】（1）利用导数来判断函数的单调区间，即可求函数的极值；（2）求导得，令，等价于在内满足或恒成立，因为，所以当且仅当时，，时，,进而得的取值范围．（3）先假设存在，因为，若在，上存在实数，使得，在区间，上分别求出和的最大值和最小值，然后讨论求解．（1）解：由已知，得，时，．令，可得或，函数在，，上为单调增函数，在，上为单调减函数，所以函数的极大值为，极小值为.函数的极大值为，极小值为.（2）解：，令，要使在其定义域内是单调函数，只需在内，满足或恒成立，当且仅当时，，时，，因为，所以当且仅当时，，时，，因为在内有，当且仅当即时取等号，所以当时，，，此时在单调递增，当时，，，此时在单调递减，综上，的取值范围为或．（3）解：，在，上是减函数，时，；时，，即，.①时，由（2）知在，递减（1），不合题意.②时，由，，不合题意③时，由（1）知在，上是增函数，故只需，，，而（e），，，解得．故的取值范围为，．