2022-2023学年山西省晋城市第一中学校高二下学期4月第二次调研数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省晋城市第一中学校高二下学期4月第二次调研数学试题含解析，共16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学年山西省晋城市第一中学校高二下学期4月第二次调研数学试题 一、单选题1．已知函数，则的导函数为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据导数的运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得；【详解】解：因为，所以故选：C2．的展开式中的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由二项式定理将展开，然后得出，即可求出的系数.【详解】由二项式定理：观察可知的系数为.故选：B.3．设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产规格的芯片， 现有 20 块该规格的芯片， 其中甲、乙生产的芯片分别为 12 块， 8 块， 且乙生产该芯片的次品率为， 现从这 20 块芯片中任取一块芯片， 若取得芯片的次品率为， 则甲厂生产该芯片的次品率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为，得到则，，，，再利用全概率公式求解即可.【详解】设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为，则，，，，则由全概率公式得：，解得，故选：B．4．设随机变量X的概率分布列如下：则（    ）X－1012P A． B． C． D．【答案】C【分析】根据分布列的性质求得m的值，由确定变量的取值，结合分布列求得答案.【详解】由分布列性质可得： ，则 ，由,故选：C5．从7个人中选4人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排2人，第二天和第三天均安排1人，且人员不重复，则不同安排方式的种数可表示为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】用分步计数原理.先选出2人安排在第一天，再选出2人安排在后两天，将结果乘起来即可.【详解】用分步计数原理.第一步，从7个人中选2人的负责值班第一天，不同安排方式的种数；第二步，剩余5人选取2人安排在第二天和第三天，不同安排方式的种数.所以，不同安排方式的种数可表示为.故选：D.6．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　)A． B． C． D．【答案】A【详解】前3局有2局甲获胜，最后一局甲胜，故3:1获胜的概率是,故选A.7．已知函数若函数的图象与的图象有3个交点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出函数，的图像，数形结合求得参数k的范围.【详解】作出函数，的图像，如图所示，当时，二者有1个交点；由，则曲线在点处的切线方程为，当时，二者若有2个交点，由图知，必有．故选：A．8．已知函数，若恒成立，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据构造，从而恒成立等价于，分离参数后转化求最值即可求解.【详解】因为，令所以恒成立等价于.当时，成立.当时，令当时，等价于，而在上恒成立，所以.当时，等价于，而，当时，单调递减；当时，单调递增.所以，所以.综上，.故选：B【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合( 图象在 上方即可)；③分类讨论参数. 二、多选题9．设随机变量的可能取值为，并且取是等可能的.若，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由等可能得出，结合求出值，再由期望公式和方差公式计算后判断.【详解】由题意，，，，，.故选：AC.10．已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（    ）A．奇数项的二项式系数和为256 B．第6项的系数最大C．存在常数项 D．有理项共有6项【答案】BCD【分析】令即可求出的值，再写出展开式的通项，再一一判断.【详解】解：令，得，则或（舍去）.∴的展开式的通项.对于A，，故A错误；对于B，由题设展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确；对于C，令，解得，故存在常数项为第三项，故C正确；对于D，当时，为有理项，故有理项共有项，故D正确.故选：BCD.11．现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（    ）A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种【答案】BCD【分析】由分步乘法计数原理即可判断A，由分类加法、分步乘法结合排列、组合的知识可判断B，由分步乘法、排列、组合的知识可判断C，由枚举法可判断D，即可得解.【详解】对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A错误；对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有种放法，故B正确；对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有种放法，故C正确；对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了计数原理的综合应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，合理分类、分步，完整枚举是解题关键，属于中档题.12．已知函数在上可导且，当时，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是（    ）A．函数在上为增函数 B．是函数的极大值点C． D．函数有2个零点【答案】AC【分析】由条件判断的单调性后对选项逐一判断【详解】由题意得，而当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，是函数的极小值点，故A正确，B错误，对于C，由单调性可知，则，故C正确，对于D，，若，则函数无零点，故D错误，故选：AC 三、填空题13．一颗骰子连续掷两次，设事件“两次的点数之和大于6”，“两次的点数均为偶数”，则___________.【答案】【分析】分别求出事件及所包含基本事件的个数，再根据古典概型求得，再根据条件概率公式即可得解.【详解】解：由题知，基本事件有36种，两次的点数之和小于等于6有，共15种，则事件A出现的情况有21种，则，事件B出现的情况有共9种，事件A，B同时出现的情况有6种，所以，所有.故答案为：.14．若的方差为2，则，，…，的方差为______．【答案】【分析】根据方差的性质进行求解即可.【详解】因为的方差为2，所以，，…，的方差为，故答案为：15．的展开式中含项的系数为_______.【答案】【分析】由题设得，应用二项式定理写出所有含项，将系数相加即可.【详解】由题意，，∴展开式中含项为.∴展开式中含项的系数为.故答案为：16．若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】先设切点坐标，再利用导数的几何意义，表示切线方程，然后根据切线方程过原点建立关于参数的方程（有两个根），利用导数分析符合条件的情况即可.【详解】函数的定义域为，则．设切点坐标为，，有，则切线方程为．又因为切线过原点，所以，即，整理得，即关于的方程有两个不等实根．解法一：，当时，方程无解．当时，即．令，，则，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取得极大值．当时，，当时，，且当时，，当时，，所以实数的取值范围是．解法二：令，，则，当时，恒成立，函数单调递增，则函数至多有一个零点，因此不合题意；当时，令，即，当时，，函数在上单调递减，且当时，；当时，，函数在上单调递增，且当时，，所以函数的极小值为．若关于的方程有两个不等实根，即函数有两个零点，则，又因为，所以，即，所以，所以实数的取值范围是．故答案为： 四、解答题17．已知函数.（I）求最小正周期；（Ⅱ）求在闭区间上的最大值和最小值.【答案】（I）；（Ⅱ）3,0.【分析】（Ⅰ）先化简整理原式，通过周期公式即得答案；（Ⅱ）先判断在上的增减性，从而可求出最大值和最小值.【详解】（Ⅰ）所以的最小正周期.（Ⅱ）因为在区间上是增函数，在区间上是减函数，又，，,故函数在区间上的最大值为3，最小值为0.【点睛】本题主要考查三角恒等变形，最值问题，意在考查学生的转化能力，分析能力以及计算能力，难度不大.18．已知数列中，，且对任意，都有．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】(1)构造等比数列求通项；(2)利用错位相减法求和.【详解】（1）由得，，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，所以.（2）由（1）得，因为，所以，，以上两式相减得，所以.19．如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为线段，的中点.(1)求异面直线与所成的角的余弦值；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)(2) 【分析】(1) 建立空间直角坐标系，求出四点的坐标，并求出向量的坐标，用夹角公式求异面直线与所成的角的余弦值；(2) 先由求出，再求平面的法向量的坐标和向量的坐标，从而可用点到平面的距离公式求点F到平面的距离，因为三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，则可用三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积，即为三棱锥的体积.【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， ∵在棱长为2的正方体中，分别为线段，的中点，∴∴.设异面直线与所成的角为, 则.∴异面直线与所成的角的余弦值为.（2）∵在棱长为2的正方体中，，∴，∵，∴.设平面的法向量为，则,∴，令，则可取,∴点F到平面的距离. ∴三棱锥的体积.20．我市拟建立一个博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层师选，甲､乙两家建筑公司进入最后的招标．现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案：两家公司从6个招标问题中随机抽取3个问题，已知这6个招标问题中，甲公司能正确回答其中4道题目，而乙公司能正确回答每道题目的概率均为，甲､乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的．(1)求甲公司至少答对2道题目的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲､乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？【答案】(1)；(2)甲公司竞标成功的可能性更大． 【分析】(1)利用超几何分布求出甲公司回答对2道题和回答对3道题的概率，即可求出结果.(2)分别求甲、乙两家公司答对题数的分布列，再求两个随机变量的期望和方差，由此作出判断.【详解】（1）由题意可知，甲公司至少答对2道题目可分为答对两题或者答对三题；所求概率（2）设甲公司正确完成面试的题数为，则的取值分别为．．则的分布列为：123，；设乙公司正确完成面试的题为，则取值分别为．，，，则的分布列为：0123．．由可得，甲公司竞标成功的可能性更大．21．已知椭圆经过和两点．（1）求椭圆的标准方程及离心率．（2）若直线与椭圆相交于，两点，在轴上是否存在点，使直线与的斜率之和为零？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1），；（2）存在点，理由见解析【分析】（1）将两点坐标代入椭圆方程，解方程组即可得出椭圆的方程，根据公式求出椭圆离心率；（2）设，，，联立直线与椭圆方程消元得一元二次方程，得韦达定理，由表示出t，结合韦达定理化简求值即可得出定点．【详解】（1）由题意可得，解得，，故椭圆的标准方程为．椭圆的离心率．（2）假设存在满足条件的点，则．设，，，联立整理得，则，．因为，所以，所以．将，代入得，．综上，存在点，使直线与的斜率之和为零．【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程和离心率，考查直线与椭圆的位置关系中的定点、定值问题，属于中档题．22．设函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若对任意，都存在（为自然对数的底数），使得成立，求实数的取值范围．【答案】(1) 减区间为，递增区间为，(2) .【分析】（1）求解时先借助导数求导变形解不等式求出单调区间；（2）借助导数与函数单调性的关系，先构造函数，再求其上的最大值和最小值，然后构造函数，再分进行分析推证，进而求得实数的取值范围.【详解】（1）当时，，其定义域为，，由，得，由，得或，因为定义域为，所以的递减区间为，的递增区间为（2）令，则为增函数，根据题意，对任意，存在，使得成立，则在上有解，令，只需存在，使得即可，因为，又令，，所以在上单调递增，所以，当时，，即，所以在上单调递增，所以，不符合题意．当时，，若，即时，，即，在上单调递减，又，所以存在，使得，若，即时，在上存在实数，使得，即时，，所以在上单调递减，所以，使得，综上所述，当时，对任意，存在，使得成立.【点睛】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具，本题就是以含参数的函数解析式为背景，考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力.本题的第一问求解时先借助导数求导变形解不等式求出单调区间；第二问借助题设条件构造函数运用导数的知识求解从而使得问题简捷巧妙获解.