2022-2023学年河北省石家庄市正定县第一中学等校高二下学期5月联考数学试题含答案

2022-2023学年河北省石家庄市正定县第一中学等校高二下学期5月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先解对数不等式化简集合，再利用集合补集的定义求解.

【详解】由题意可得，则．

故选：B

2．某蛋糕店对某新品种蛋糕进行试销，根据试销情况，得到销售单价（单位：元/个）与每天的销量（单位：个）的数据，如下表所示．

已知该新品种蛋糕的销量关于销售单价的经验回归方程为，则（    ）

A．182 B．185 C．186 D．189

【答案】B

【分析】根据题意，由回归方程经过样本中心，求得，然后代入，即可得到结果.

【详解】由题意可得，，

则．

故选：B

3．设，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】先解分式不等式，再结合充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】由，得或；由，得，

则“”是“”的必要不充分条件．

故选：C

4．已知函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积是（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】用导数的几何意义求了切线方程，再求出切线在坐标轴上的横、纵截距，然后用三角形面积公式即可求解.

【详解】因为，所以，则，

故所求切线方程为．设直线与轴交于点，与轴交于点，

令，得，令，得，则，

故切线与坐标轴围成的三角形的面积为．

故选：B

5．已知，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】用待定系数法将用和表示后即可求解.

【详解】设，则解得

，

因为，所以．

因为，所以，

即．

故选：D

6．某质检员从某生产线生产的零件中随机抽取了一部分零件进行质量检测，根据检测结果发现这批零件的某一质量指数服从正态分布，且落在内的零件个数为81860，则可估计所抽取的零件中质量指数小于44的个数为（    ）

（附：若随机变量服从正态分布，则，，）

A．270 B．2275 C．2410 D．4550

【答案】B

【分析】根据题意，由原则可得，即可得到所抽取零件总数，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】由题意可知，，

则所抽取的零件总数为，

故估计所抽取的零件中质量指数小于44的个数为．

故选：B

7．已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，当时，，且，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】不等式含有与，且中间为负号连接，则为函数除法的导数运算，构造函数,利用单调性和奇偶性即可求解.

【详解】设，则．

当时，，即，则，

故在上单调递增．

因为是偶函数，所以，

所以，则是奇函数，

故在上单调递增．

因为，所以，则．

不等式等价于或

即或解得或．

故选：A.

8．甲、乙两人进行了羽毛球比赛，双方约定：先胜2局者获得比赛的胜利．若某局比赛甲先发球，则这局比赛甲获胜的概率是；若某局比赛乙先发球，则这局比赛甲获胜的概率是．已知每局比赛都分出胜负，且各局比赛结果互不影响，若第一局是甲先发球，从第二局开始，每局由上一局的获胜者发球，则这次羽毛球比赛甲获胜的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先分析出甲获胜的情况：①甲先连胜两局，②甲第一局和第三局胜利，③甲第二局和第三局胜利，再由互斥事件概率公式求解.

【详解】这次羽毛球比赛甲获胜的情况有三种：

①甲连续获得2局比赛的胜利，其概率；

②甲第一局和第三局比赛获胜，乙第二局比赛获胜，其概率；

③乙第一局比赛获胜，甲第二局和第三局比赛获胜，其概率．

故所求概率．

故选：C.

二、多选题

9．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B．展开式中各项的系数最大的是

C． D．

【答案】AC

【分析】利用二项式定理的计算及性质求解.

【详解】令，得，则A正确．

展开式的通项为，

则，故B错误．

令，得，

令，得，

则，故C正确，D错误．

故选：AC.

10．设随机变量的概率分布为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题意，由期望与方差的定义分别得到，再由期望与方差的性质即可得到结果.

【详解】由题意可得，

则，

故．

故选：ABD

11．历史上著名的“伯努利错排问题”指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为．例如：2封信都投错有种方法，3封信都投错有种方法，通过推理可得．假设每个信箱只投入一封信，则下列结论正确的是（    ）

A．某人投6封信，则恰有3封信投对的概率为

B．某人投6封信，则6封信都投错的概率为

C．某人依次投6封信，则前2封信全部投对的情况下恰有4封信投对的概率为

D．某人投6封信，则至少有3封信投对的概率为

【答案】ACD

【分析】对于A、B、D：根据题意结合古典概型分析运算；根据题意结合条件概率分析运算.

【详解】对于选项A：由题意可得某人投6封信，则恰有3封信投对的概率为，故A正确；

对于选项B：由题意可得：，，，

则6封信都投错的概率为，故B错误；

对于选项C：记事件A表示“前2封信都投对”，事件表示“恰有4封信投对”，

则，，

所以，故C正确；

对于选项D：投6封信至少有3封信投对的概率为，故D正确．

故选：ACD.

12．若不等式恒成立，其中为自然对数的底数，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】将不等式变形为，然后由指数切线不等式得，再构造函数求出其最小值即可求解.

【详解】因为，所以，则．

令，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．故，即，

从而，当且仅当时，等号成立．

又，所以，则，所以．

令，则．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．故，

且当时，.

故选：ABD．

三、填空题

13．某班有学生45人，经调查发现，喜欢打篮球的学生有20人，喜欢打羽毛球的学生有32人，其中既喜欢打篮球，又喜欢打羽毛球的学生有15人，则该班学生中既不喜欢打篮球，也不喜欢打羽毛球的学生有        人．

【答案】8

【分析】画出Venn帮助分析求解.

【详解】设全集为，集合表示喜欢打篮球的学生，集合表示喜欢打羽毛球的学生，

如图所示，由图可得该班学生中既不喜欢打篮球，也不喜欢打羽毛球的学生有人．

故答案为：8

14．已知，则使得命题“若，则”为假命题的一组有序数对可以是        ．

【答案】（答案不唯一，满足，且即可）

【分析】分析得出命题为假命题时，满足的不等式关系即可得出答案．

【详解】，，

因为命题“若，则”为假命题，

所以只要满足，且即可，

所以可以取，

故答案为：（答案不唯一，满足，且即可）．

15．已知多项式展开式中所有项的系数之和为32，则该展开式中的常数项为        ．

【答案】

【分析】先用展开式中所有项的系数之和为32求出，再将化为进行求解.

【详解】由题意可得，解得，则，

故该展开式中的常数项为．

故答案为：

16．已知，且，若恒成立，则的取值范围是      .

【答案】

【分析】根据对进行变形，根据基本不等式可得最小值为4，再根据恒成立解一元二次不等式，即可得实数的取值范围.

【详解】因为，所以，所以，

同理可得，则，当且仅当时，等号成立，

因为恒成立，所以，即，解得.

故答案为：

四、解答题

17．某购物网站为了了解人们网购的频率，从年龄在18～65岁的人群中随机调查了100人，根据调查数据，得到如下列联表：

(1)补充完整题中列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析以45岁为分界点对网购的频率是否有差异；

(2)从参与调查的人中随机抽取2人，已知这2人的年龄都在45岁以上，求这2人都经常网购的概率．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）补全列联表，计算卡方，进行独立性检验；

（2）由条件概率公式求解即可.

【详解】（1）由题意可知，题中列联表如下：

零假设为：以岁为分界点对网购的频率没有差异．

根据列联表中的数据，经计算得到．

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为以45岁为分界点对网购的频率有差异，此推断犯错的概率不大于0.05．

（2）记事件表示“这2人的年龄都在45岁以上”，事件表示“这2人都经常网购”，

则，，

故所求概率为．

18．某校为了了解学生的课后作业完成情况，随机调查了100名学生，得到他们在某天各自完成课后作业所用时间的数据，按，，，，，，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)估计该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数；

(2)从参与调查且完成课后作业所用时间在和内的学生中随机抽取3人，设抽取到完成课后作业所用时间在内的人数为，求的分布列和期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题意，由中位数的意义以及计算公式，代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，由超几何分布的概率计算公式代入计算，即可得到结果.

【详解】（1）因为，

所以该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数在内．

设该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数为，则，

解得，即该校学生这天完成课后作业所用时间的中位数为．

（2）由频率分布直方图可知完成课后作业所用时间在内的人数为，完成课后作业所用时间在内的人数为，

则的所有可能取值为0，1，2，3．

，，

，．

的分布列为

故．

19．设数列的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系，求得数列的通项公式，即可求出的通项公式；

（2）由题知，进而根据裂项求和法求解即可.

【详解】（1）因为，所以当时，，

所以，即，

则，

当时，，解得，则，

从而是首项为2，公比为2的等比数列，

故，即；

（2）由（1）知，

所以．

20．已知函数．

(1)求的极值；

(2)若函数，讨论的零点个数．

【答案】(1)极大值，极小值

(2)答案见解析

【分析】（1）求导，利用导数研究函数的极值；（2）由函数的单调性研究图象，讨论零点个数.

【详解】（1）因为，

所以．

由，得或，由，得，

则在和上单调递增，在上单调递减．

故，．

（2）因为，所以的单调性与的单调性一致，

即在和上单调递增，在上单调递减，

则，．

因为当时，，当时，，

所以当，即时，的图象与轴没有交点，即没有零点；

当，即时，的图象与轴有且仅有1个交点，即有1个零点；

当，即时，的图象与轴有2个交点，即有2个零点；

当，即时，的图象与轴有3个交点，即有3个零点；

当，即时，的图象与轴有2个交点，即有2个零点；

当，即时，的图象与轴有且仅有1个交点，即有1个零点．

综上，当时，没有零点；

当或时，有1个零点；

当或时，有2个零点；

当时，有3个零点．

21．某校为增强学生保护生态环境的意识，举行了以“要像保护眼睛一样保护自然和生态环境”为主题的知识竞赛．比赛分为三轮，每轮先朗诵一段爱护环境的知识，再答道试题，每答错一道题，用时额外加秒，最终规定用时最少者获胜．已知甲、乙两人参加比赛，甲每道试题答对的概率均为，乙每道试题答对的概率均为，甲每轮朗诵的时间均比乙少秒，假设甲、乙两人答题用时相同，且每道试题是否答对互不影响．

(1)若甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相等，求最终乙获胜的概率；

(2)请用统计学的知识解释甲和乙谁获胜的可能性更大．

【答案】(1)

(2)甲获胜的可能性更大，理由见解析

【分析】（1）分析可知第三轮答题中乙要比甲多答对道题以上才能获胜，对甲、乙答对试题的数量进行分类讨论，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）设甲在比赛中答错的试题数量为，乙在比赛中答错的试题数量为，分析可知，，计算出两人因答错试题而额外增加的时间的期望值，并算比较两人所用的时间的期望的大小，即可得出结论.

【详解】（1）解：因为甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相同，

且甲每轮朗诵的时间均比乙少秒，

所以，第三轮答题中乙要比甲多答对道题以上才能获胜，

若乙答对道试题，甲答对道试题，概率为，

若乙答对道试题，甲答对道或道试题，概率为，

所以，乙获胜的概率为.

（2）解：设甲在比赛中答错的试题数量为，乙在比赛中答错的试题数量为，

则，，

由二项分布的期望公式可得，，

则因甲答错试题额外增加的时间的期望值为秒，

乙因答错试题额外增加的时间的期望值为秒，

因为三轮中，甲朗诵的时间比乙少秒，所以，甲最后所用的时间的期望比乙少秒，

所以，甲获胜的可能型更大.

22．已知函数．

(1)当时，证明：对任意的，都有．

(2)设函数的值域为集合，若，求整数的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）求导，判断导函数在区间符号，求出原函数在上的单调性，求出最值，证出结论.

（2）因为，则变形转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而求出最值，解出，因为为整数，进而得出结论.

【详解】（1）证明：因为，所以，则．

当时，，从而，则在上单调递增；

当时，，从而，则在上单调递增．

综上，在上单调递增．故．

（2）解：由题意可得．

因为，所以，所以．

设（），则，从而在上单调递增，

故，即，即．

设，（），

当或时，显然成立；

当时，，

令，得（），

由，得，由，得，

则在上单调递减，在上单调递增，

故．

因为，所以，

所以，

则，即．

设，则是偶函数，故，

因为，所以，解得．

因为，所以．

【点睛】思路点睛：已知函数的最值满足某种限制，求参数的值（范围）.一般先求导，分析函数的单调性，表示出函数的最值，再数形结合列方程（不等式（组）），求参数的值（范围）.