2022-2023学年广东省深圳市龙华高级中学、格致中学高二下学期5月段考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省深圳市龙华高级中学、格致中学高二下学期5月段考数学试题含答案，共19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学年广东省深圳市龙华高级中学、格致中学高二下学期5月段考数学试题 一、单选题1．在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，则下列结论中不正确的是（    ）（参考数据：若，则，，.）A．这次测试的平均成绩为110B．越小，测试成绩在内的概率越大C．测试成绩小于100分和大于120分的概率相等D．当时，测试成绩小于130分的概率为0.6827【答案】D【分析】根据正态分布的性质逐项判断即可.【详解】对于A选项：正态分布中，括号里面表示随机变量服从均值为，方差为的正态分布，因为成绩服从正态分布，所以A是正确的.对于B选项：正态分布中根据密度曲线特点，数据集中在均值附近，方差（或标准差）越小越稳定，曲线越“瘦高”，数据越集中，所以越小，测试成绩在内的概率越大，所以B是正确的.对于C选项：根据正态曲线对称特点，测试成绩小于100分和大于120分的概率相等，所以C是正确的.对于D选项：当时，测试成绩小于130分的概率为0.84135，所以D错误.故选：D.2．曲线在处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】把代入切线方程求得，求出原函数的导函数，得到函数在处的导数值，再求得的值，利用直线方程的点斜式确定答案．【详解】由题意，解得．由，得，则，又，∴曲线在处的切线方程为．故选：D．3．已知等比数列的公比为，且成等差数列，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用等差中项列式求解作答.【详解】等比数列的公比为，成等差数列，则，即，整理得，解得，所以的值是4.故选：B4．有7件产品，其中4件正品，3件次品，现不放回从中取2件产品，每次一件，则在第一次取得次品的条件下，第二次取得正品的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设第一次取得次品为事件A，第二次取得正品为事件B，求出，最后由条件概率求解.【详解】设第一次取得次品为事件A，第二次取得正品为事件B，则，，所以.故选：B5．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占80%，乙厂产品占20%，甲厂产品的合格率是75%，乙厂产品的合格率是80%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（    ）A．0.75 B．0.8 C．0.76 D．0.95【答案】C【分析】记所求事件：利用，结合互斥事件的概率加法公式和条件概率的计算公式，即可求解.【详解】设买到的灯泡是甲厂产品为事件，买到的灯泡是乙厂产品为事件，则，，记事件：从该地市场上买到一个合格灯泡，则，所以.故选：C.6．现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（    ）A．56种 B．64种 C．72种 D．96种【答案】D【分析】根据是否入选进行分类讨论即可求解.【详解】根据题意可知：根据是否入选进行分类：若入选：则先给从乙、丙、丁个岗位上安排一个岗位有种，再给剩下三个岗位安排人有种，共有种方法；若不入选：则个人个岗位有种方法，共有种.故选：7．若，是函数（，）的导函数的两个不同零点，且，，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则（    ）A． B． C． D．4【答案】A【分析】求出，利用韦达定理、等差中项、等比中项可得答案.【详解】∵∴，，所以为两个不等的负数，不妨设，则必有，2成等差数列，，2，成等比数列，故有，，解得，，可得，，.故选：A.8．已知当时，关于的不等式恒成立，则实数的值不可能是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】化为恒成立，构造函数，求导后讨论，当时，，符合题意；当时，求出的最小值，化为，再构造函数，利用导数可得结果.【详解】当时，关于的不等式恒成立，即恒成立，令，则，当，即时，由，得，所以，所以在上为增函数，所以，符合题意；当，即时，由，得，由，得，所以在上为减函数，在上为增函数，所以，所以只需即可，设，则，当时，，所以，所以在上为减函数，因为，，所以存在，使得，当时，，当时，，要使，只需，结合选项可知，实数的值不可能是.故选：D【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数， （1）若，总有成立，则；（2）若，总有成立，则；（3）若，使得成立，则；（4）若，使得成立，则． 二、多选题9．已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则（    ）A．B．的展开式中项的系数为56C．奇数项的二项式系数和为128D．的展开式中项的系数为56【答案】AC【分析】利用二项式定理求得的展开通项公式，从而得到关于的方程，解出的值判断AB，利用所有奇数项的二项式系数和为判断C，根据二项式定理判断D.【详解】因为的展开式通项为，所以的展开式的第项的二项式系数为，所以，解得，A正确；的系数为，B错误；奇数项的二项式系数和为，C正确；根据二项式定理，表示8个相乘，所以中有1个选择，1个选择，6个选择，所以的展开式中项的系数为，D错误；故选：AC10．袋子中装有大小、形状完全相同的6个白球和4个黑球，现从中有放回地随机取球3次，每次取一个球，每次取到白球得0分，黑球得5分，设3次取球总得分为X，则（    ）．A．3次中恰有2次取得白球的概率为 B．C． D．【答案】BC【分析】设3次取球取到白球的个数为，根据题意可得，，结合二项分布逐项分析判断.【详解】设3次取球取到白球的个数为，每次取到白球的概率，由题意可得：，且，对于A：，故A错误；对于B：令，解得，故或，所以，故B正确；对于C：因为，所以，故C正确；对于D：因为，所以，故D错误；故选：BC.11．已知数列满足，，则下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】A选项直接由递推关系式即可求出；B选项由即可判断；C选项由即可判断；D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.【详解】，故选项A正确；对于，有，两式相加，得，则，故选项B正确；由，知，则，故选项C错误；由偶数项均为，可得为偶数时，，则，则，故选项D正确.故选：ABD.12．设函数，则（    ）A．B．函数的图象过点的切线方程为C．函数既存在极大值又存在极小值，且其极大值大于其极小值D．方程有两个不等实根，则实数的取值范围为【答案】AD【分析】根据导数的运算法则及初等函数的导数公式，利用导数值的定义及求过点处的切线方程的步骤，结合导数法求函数的极值的步骤及将方程有两个不等实根转化为与有两个交点，再利用数形结合即可求解.【详解】由题意可知对于A，由得，故A正确；对于B，设切点为切线方程代入点，得，化简整理得，令所以函数在的切线方程为，因为函数图象连续不断，所以存在使得，所以过点的直线与函数在之间存在切点，所以过点的切线不止一条，故B错误；对于C，的定义域为令即，解得或当时，当时，所以在和上单调递增，在和上单调递减.当时，取得极大值为，当时，取得极小值为，因为所以极大值小于极小值，故C错误；对于D，由C选项知，作出的图象如图所示要使方程有两个不等实根，只需要与有两个交点，由图可知，所以实数的取值范围为.故D正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用求过点处的切线方程的方法及零点的存在性定理判断方程的根，再利用导数法求函数的极值及作出函数的大致图象，将方程有两个不等实根转化为与有两个交点即可. 三、填空题13．已知在备选的10道题中，甲能答对其中的5道题，规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2道题才算合格，则甲合格的概率为      .【答案】/0.5【分析】计算出总情况和满足题意的情况，再利用古典概型公式即可得到答案.【详解】从10道题中抽取3道题的取法有种，至少抽到甲能答对的5道题中的两道题的取法有，所以概率为.故答案为：.14．将8个人分成三组，其中一组由2人组成，另外两组都由3人组成，则不同的分组方法种数为      .【答案】280【分析】组合问题中既有均分又有非均分，先从8个人中选出3人为一组，再从5人中选出3人为一组，注意均分分组中的顺序问题，剩余两人为一组.【详解】先从8个人中选出3人为一组，再从5人中选出3人为一组，剩余两人为一组.满足条件的分组方法种数为.故答案为：280.15．若前项和为的等差数列满足，则          .【答案】【分析】根据等差数列的下标和性质和求和公式计算即可.【详解】解：由等差数列的性质知因为前项和为的等差数列满足，所以，即，所以，所以.故答案为：16．已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是      .【答案】【分析】利用导数分析函数的单调性和函数值的变化规律，根据零点定义可得函数的零点为方程和方程的解，结合函数的图象即可得出答案.【详解】当时，，所以，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，且，，，当时，，当时，，当时，与一次函数相比，函数呈爆炸性增长，从而，，当时，，所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，且，，当时，，当时，，当时，与对数函数相比，一次函数呈爆炸性增长，从而，，当，且时，，根据以上信息，可作出函数的大致图象如下：函数的零点个数与方程的解的个数一致，方程，可化为，所以或，由图象可得没有解，所以方程的解的个数与方程解的个数相等，而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，由图可知：当时，函数的图象与函数的图象有3个交点.故答案为：. 四、解答题17．在中，角，，的对边分别为，，，已知，的面积为．(1)求；(2)若，求的周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过正弦定理边化角可得，再根据三角形内角和化简可得，即可的解；（2）由面积公式可得，求得，联立求得，再用余弦定理即可的解.【详解】（1）由正弦定理得，．，由可得，又，．（2）由题意可得，．又，由余弦定理得，．的周长为．18．已知各项都是正数的数列，前n项和满足.(1)求数列的通项公式.(2)记是数列的前n项和，是数列的前n项和.①求和；②当时，试比较与的大小.【答案】(1)(2)①，；② 【分析】（1）由通项与前项和的关系，结合等差的定义得出通项公式；（2）由裂项相消法得出，由公式法得出；利用二项式定理比较与的大小.【详解】（1）当时，，所以或（舍去），当时，有，两式相减得，整理得，因为的各项都是正数，所以，所以是首项为1，公差为1的等差数列，所以；（2）由（1）得，则，所以，由（1）得，所以，因为，所以，故，所以当时，.19．如图，在正三棱柱中，，是棱的中点.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面的夹角余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明平面即可证明结论；（2）分别取，的中点，连接，进而两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】（1）证明：在正三棱柱中，平面，平面，所以.因为，且是棱的中点，所以.因为AB，平面，且，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）解：分别取，的中点，连接，由正三棱柱性质得，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面因为平面，所以因为在等边三角形中，，所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，，设平面的法向量，则，令，，，得，平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，因为，所以.20．课外体育活动中，甲、乙两名同学进行投篮游戏，每人投3次，投进一次得2分，否则得0分.已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为.从第二次投篮开始，若前一次投进，则这次投进的概率为，若前一次没投进，则这次投进的概率为.(1)求甲3次投篮的得分超过3分的概率；(2)乙3次投篮的得分为，求的分布列和期望.【答案】(1)(2)分布列见详解，3 【分析】（1）根据题意结合二项分布运算求解；（2）根据题意结合独立事件的概率乘法公式求分布列，进而可得期望.【详解】（1）甲3次投篮投进的次数为，则，故甲3次投篮的得分超过3分的概率.（2）记“乙第次投篮投进”为事件，由题意可得：的可能取值为，则有：，，，，所以的分布列为：0246故的期望.21．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，为的上顶点，且的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由椭圆的定义以及离心率可得出、的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由结合可求得的取值范围.【详解】（1）设椭圆的半焦距为．因为的周长为，①因为椭圆的离心率为，所以，②由①②解得，．则，所以椭圆的方程为．（2）若直线轴，此时，直线为轴，则、、三点共线，不合乎题意，设直线的方程为，设、，联立，，解得，由韦达定理可得，，则，又为锐角，、、不共线，则，即，解得，所以，，解得或，所以实数的取值范围为．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.22．已知函数.(1)若，求的极值；(2)，若函数有两个零点，且，求证：.【答案】(1)极大值为，无极小值；(2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数求出的极值作答.（2）根据函数零点的意义，转化为直线与函数图象有两个交点，求出，再借助零点建立两个方程消去a，构造函数证明即可作答.【详解】（1）当时，定义域为，求导得，令，求导得，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，所以的极大值为，无极小值.（2）依题意，，，因为函数有两个零点，且，而，则，因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，，而，时，恒有，时，，于是，即，令，显然有，则有，令，求导得，即函数在上单调递增，，即有，从而，又，所以.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.