2022-2023学年湖北省黄冈市浠水县第一中学高二下学期5月质量检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市浠水县第一中学高二下学期5月质量检测数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省黄冈市浠水县第一中学高二下学期5月质量检测数学试题 一、单选题1．已知，则（    ）A．1 B．3 C．6 D．9【答案】D【分析】利用导数的定义式以及极限的性质可求答案.【详解】.故选：D.2．设随机变量的正态分布密度函数为，，则参数，的值分别是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由正态分布密度函数的概念即得.【详解】由正态分布密度函数表达式知，.故选：D.3．设随机变量的概率分布列为：X1234Pm则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对立事件的概率公式求解即可.【详解】依题意，，即事件的对立事件是的事件，所以.故选：C4．年小李夫妇开设了一家包子店，经统计，发现每天包子的销量单位：个，估计天内每天包子的销量约在到个的天数大约为（    ）附：若随机变量，则，，A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正态分布三段区间概率估计公式计算即可.【详解】由题意可知，，，则，，，则天内每天包子的销量约在到个的天数大约为．故选：．5．2023年4月12日湖北省运会在宜昌奥体中心开幕，在观看湖北省运会的同时，也有很多游客慕名来宜昌旅游，甲乙两名游客准备分别从三峡大坝、三峡人家、三峡大瀑布和清江画廊四个5A景区中随机选择一个游玩，记事件A：甲和乙至少一人选择三峡大坝景区，事件：甲和乙选择的景点不同，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由条件概率公式计算即可.【详解】解：，，，故选：A.6．在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求2不排第一个，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（    ）A．30 B．32 C．36 D．48【答案】C【分析】由题意，设置的密码可分为8排第一位和8不排第一位两类，结合插空法、捆绑法和分类计数原理计算即可求解.【详解】由题意，设置的密码可分为8排第一位和8不排第一位两类：若8排第一位，则两个8占第一、二位，再从四个位置中选两个位置给2，最后排7和1，共种；若8不排第一位，则7或者1排第一位，两个8捆绑，与两个2，以及7和1剩的数排列，共种，所以设置的不同密码个数共36种，故选：C.7．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中．一般地，当而时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量，的近似值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得，代入公式用对立事件的概率和为1计算即可.【详解】由题， ，，泊松分布可作为二项分布的近似，此时，所以，所以，，则.故选：B8．设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的结构特征构造函数，并判断其单调性，结合可得的解集，即可求得答案.【详解】设，则,∵，∴,而,故,∴在R上单调递增，又，故，∴的解集为，即不等式的解集为，故选：B【点睛】方法点睛：像此类给出一个关于导数的不等式的问题，要能根据所给不等式的结构特征，构造恰当的函数，从而利用其单调性求得答案. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．对于独立性检验，随机变量χ2的值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越小B．在线性回归分析中，相关系数r的绝对值越接近于1，说明回归方程拟合的效果越好C．随机变量，若，则D．用拟合一组数据时，经代换后得到的回归直线方程为，则【答案】BD【分析】由随机变量χ2、相关系数r的实际意义判断A、B；根据二项分布期望、方差公式列方程求n判断C；由，结合回归直线方程即可求参数判断D.【详解】A：对于独立性检验，随机变量χ2的值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故错误；B：在线性回归分析中，相关系数r的绝对值越接近于1，说明回归方程拟合的效果越好，故正确；C：随机变量，若，则，解得，故错误；D：因为，所以，又，所以，则，故正确.故选：BD10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐取出的球是红球．则下列结论中正确的是（    ）A． B．C．事件B与事件相互独立 D．，，两两互斥【答案】AD【分析】根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率判断A；利用互斥事件相互独立事件概率公式计算判断B；利用相互独立事件、互斥事件的意义判断CD作答.【详解】依题意，，A正确；事件，，两两互斥，D正确；，，，，，，因此B与不是相互独立事件，BC都不正确．故选：AD11．杨辉三角把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合．根据杨辉三角判断下列说法正确的是（    ）A．B．C．已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为D．已知，则【答案】AB【分析】根据二项展开式的性质，逐个选项进行计算验证，即可得答案.【详解】对于A，因为的展开式为，计算即可求出，故A正确；对于B，因为，所以，，而，故B正确；对于C，根据题意得，，所以，原式变为，令，所以，所有项的系数和为，故C错误；对于D，令，得，令，得，所以，，根据展开式通项公式，明显可见，故D错误.故选：AB12．已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，若在单调递增，则下列说法正确的是（    ）A．在单调递减 B．C． D．【答案】BCD【分析】根据函数的的对称性和周期性，以及函数的导数的相关性质，逐个选项进行验证即可.【详解】方法一：对于A，若，符合题意，故A错误，对于B，因已知奇函数在上可导，所以，因为，所以，所以，故B正确，对于C和D，设，则为上可导的奇函数，，由题意，得，所以关于直线对称，所以，所以奇函数的一个周期为4，，所以，即，故C正确，由对称性可知，，即，所以，等式两边对x求导得，，令，得，所以．由等式两边对x求导得，，所以的一个周期为4，所以，所以，故，故D正确．方法二：对于A，若，符合题意，故错误，对于B，因已知奇函数在R上可导，所以，因为，所以，所以，故B正确，对于C，将中的x代换为，得，所以，可得，两式相减得，，则，，…，，叠加得，故C正确，对于D，将的两边对x求导，得，令得，，将的两边对x求导，得，所以，将的两边对x求导，得，所以，故D正确．故选：BCD【点睛】知识点点睛：本题主要考查抽象函数的奇偶性，对称性和周期性的判断及其性质的运用，同时考查导数的运算法则，综合程度较高，充分利用函数的周期性，奇偶性，对称性的定义是解决问题的关键. 三、填空题13．已知随机变量服从，若，则__________.【答案】/【分析】利用正态曲线的对称性可求得的值.【详解】因为，则.故答案为：.14．在国际自然灾害中，中国救援力量为挽救生命做出了重要贡献，完美地展示了国家形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得荣誉．某国际救援团队拥有6个医疗小组和8个抢险小组，现分别去两个受灾点执行救援任务，每个救援点至少需要2个医疗小组和4个抢险小组，则不同的分配方式一共有________种．（用数字作答）【答案】3500【分析】先分医疗小组再分抢险小组，按小组数先分组后分配即可求得答案.【详解】第一步分配医疗小组，先按2：4或3：3分两组再分配到两个受灾点，共有；第二步分配抢险小组，只能按4：4分组再分配到两个受灾点，共有，因此，共有种，故答案为：350015．数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理．由等式利用算两次原理可得____．【答案】【分析】利用二项式定理，结合所求式子的意义求解作答.【详解】因，因此是展开式中项的系数，而展开式中项的系数为，所以.故答案为：16．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为________.【答案】【分析】将已知不等式变形整理，构造新函数h（t）=tet，求导分析单调性，将原不等式通过单调性转化为含a的恒成立问题，求解即可.【详解】易知，将原不等式变形：，，可得，即，其中.设，则，原不等式等价于.当时，原不等式显然成立；当时，因为在上递增，恒成立，设，则，所以在递减，递增，所以的最小值为，故.故答案为：【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 四、解答题17．（1）计算：（2）已知，求.【答案】（1）；（2）2或3【分析】（1）根据排列组合数计算公式求解；（2）根据组合数的性质求解.【详解】（1）（2）或解之：或.18．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数的单调增区间．【答案】(1)；(2)，. 【分析】（1）利用导数几何意义即可求得曲线在点处的切线方程；（2）利用导数即可求得函数的单调增区间．【详解】（1），则则，又，则曲线在点处的切线方程为，即（2），则，由可得或，则函数的单调增区间为，.19．已知．(1)求展开式中含的项的系数；(2)设的展开式中前三项的二项式系数的和为，的展开式中各项系数的和为，若，求实数的值．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出展开式的通项公式，令的指数为，可求出值，从而得解；（2）求出的展开式中前三项的二项式系数和，再令，求出的展开式中各项系数的和，然后建立方程即可求解.【详解】（1）的展开式的通项为（，1，2，3，4，5）．令，则，∴展开式中含的项为，∴展开式中含的项的系数为．（2）由题意可知，，∵，∴，解得或．20．某校开展“学习二十大，永远跟党走”网络知识竞赛.每人可参加多轮答题活动，每轮答题情况互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都有两道题，只有第一组的两道题均答对，方可进行第二组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学第一组每道题答对的概率均为，第二组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3题才可获得一枚纪念章.(1)记甲同学在一轮比赛答对的题目数为，请写出的分布列，并求；(2)若甲同学进行了10轮答题，试问获得多少枚纪念章的概率最大.【答案】(1)分布列见解析，(2)4 【分析】（1）由题意可得可取0，1，2，3，4，进而分别求出概率即可求解；（2）先求得每一轮获得纪念章的概率，由每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，进而可得，，，由，解出即可求解.【详解】（1）由题意，可取0，1，2，3，4.,，，，，则的分布列为：01234.（2）每一轮获得纪念章的概率为，每一轮相互独立，则每一轮比赛可视为二项分布，设10轮答题获得纪念章的数量为，则，，.由，得，解得，又，得，则获得4枚纪念章的概率最大.21．为了解市某疾病的发病情况与年龄的关系，从市疾控中心得到以下数据：年龄段（岁）发病率（‰）0.090.180.300.400.53(1)若将每个区间的中点数据记为，对应的发病率记为，根据这些数据可以建立发病率（‰）关于年龄（岁）的经验回归方程，求；附：(2)医学研究表明，化验结果有可能出现差错.现有市某位居民，年龄在表示事件“该居民化验结果呈阳性”，表示事件“该居民患有某疾病”.已知，，求（结果精确到0.001）.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据表格中的数据，结合公式求得，进而求得的值；（2）根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式，即可求解.【详解】（1）解：由表格中的数据，可得，则所以.（2）解：由题意，可得，，所以.22．已知，设函数，为的导函数，且恒成立.(1)求实数的取值范围；(2)设的零点为，的极小值点为，证明：.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）由函数解析式求导，根据分离变量整理不等式，构造新函数，利用导数求新函数的最值，可得答案；（2）根据零点与极小值点的定义，整理与的等量关系，利用函数的单调性，比较其大小，根据（1）求得的的取值范围，结合不等式的性质，可得答案.【详解】（1）由函数，则，即不等式，代入可得，由，则不等式整理可得，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，则，解得.（2）因为函数的零点为，所以，则，解得，由（1）知，令，则，令，则，故函数在上单调递增，所以，由（1）可知，，故存在，使得，所以当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增.所以是函数的极小值点，即是的极小值点，因此，则，，又，由，所以，所以，又由（1）知，所以，所以，又因为，所以，因为函数，因为函数在上单调递增，所以，则.由，则，即，可得，由，则，即，故.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.