2022-2023学年重庆市荣昌中学校高二下学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年重庆市荣昌中学校高二下学期第二次月考数学试题含答案，共14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。
一、单选题
1．在一次高台跳水运动中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度h（单位：m）与起跳后的时间t（单位：s）存在函数关系.该运动员在t=1s时的瞬时速度（单位：m/s）为（ ）
A．10.9B．-10.9C．5D．-5
【答案】D
【分析】先对函数求导，然后把代入即可求解．
【详解】解：因为，
所以，
令，得瞬时速度为．
故选：D.
2．已知，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据条件概率公式计算．
【详解】由，可得.
故选：C.
3．离散型随机变量的分布列为下表，则常数的值为（ ）
A．B．C．或D．以上都不对
【答案】B
【分析】根据概率之和为1，简单计算可得结果.
【详解】由题可知：
故选：B
【点睛】本题考查对离散型随机变量分布列的认识，熟知所有概率之和为1，重在计算，属基础题.
4．在的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先求出展开式的通项为，展开式中的项有和，系数相加即可求解.
【详解】展开式的通项为，
展开式中项为和，
所以的展开式中的系数为，
故选：C
5．等差数列、中的前项和分别为、，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的性质及其前项和公式可得，将代入 即可求解.
【详解】∵等差数列、中的前项和分别为、，，
∴.
故选：B.
【点睛】本题考查了等差数列的性质及其前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
6．2020年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难.为了顺利迎接高考，省里制定了周密的毕业年级复学计划.为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查.学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测.已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，若该疾病患病率为0.1%，且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率（ ）
A．0.99%B．99%C．49.5%.D．36.5%
【答案】C
【分析】利用条件概率可求某人检验呈阳性时他确实患病的概率.
【详解】设为“某人检验呈阳性”，为“此人患病”.
则“某人检验呈阳性时他确实患病”为，
又，
故选：C.
【点睛】本题考查条件概率的计算及其应用，此题需将题设的各个条件合理转化为事件的概率或条件概率.
7．如图，洛书古称龟书，是阴阳五行术数之源 在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数 若从四个阴数和五个阳数中随机选取个数，则选取的个数之和为偶数的方法数为（ ）
A．60B．61C．5D．
【答案】D
【分析】由题意可知，阴数为，，，，阳数为，，，、，由条件可知个数都为偶数，或是个奇数，个偶数，或是个数都为奇数，列式即得答案.
【详解】由题意可知，阴数为，，，，阳数为，，，、.
若选取得个数的和为偶数，
①个数都为偶数，共有种方法，
②个奇数，个偶数，共有种方法，
③个数都为奇数，共有种方法，
综上共有种方法.
故选：D
8．已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是
A．[–1，0）B．[0，+∞）C．[–1，+∞）D．[1，+∞）
【答案】C
【详解】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.
详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，
再画出直线，之后上下移动，
可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，
并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，
即方程有两个解，
也就是函数有两个零点，
此时满足，即，故选C.
点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.
二、多选题
9．设随机变量的分布列为，则
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】由题意结合离散型随机变量分布列的性质可得，即可判断A、D；由即可判断B；由即可判断C；即可得解.
【详解】随机变量的分布列为,
， 解得，
故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故答案为：A、B、C.
【点睛】本题考查了离散型随机变量分布列的性质与应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
10．一箱产品共有16件，其中有14件合格品，2件次品，从这16件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法表述正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】有3种抽法，第一种方法分为两类，3件中有1件次品或2件次品；第二种方法，考虑间接抽法，用16件产品任抽3件的总情况数减去不含次品的情况数；第三种方法，先任抽一件次品，再从剩下的15件产品中随机抽2件，但有2件次品的情况算了两次，故需减去多余的抽法数.据此可得答案.
【详解】由题，当3件产品中有1件次品时，情况数为，当3件产品中有两件次品时，情况数为，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法数为；
16件产品任抽3件的总情况数为，3件产品中不含次品的抽法数为 ，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法数为 ；
从产品中任取1件次品的情况数为，在从剩下产品中任抽2件的情况数为，则两步的总情况数为，又有2件次品的情况算了两次，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法数为.
故选：ABD
11．（多选）甲罐中有个红球、个白球和个黑球，乙罐中有个红球、个白球和个黑球，先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，分别以事件、、表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球，再从乙罐中随机取出一个球，以事件表示由乙罐取出的球是红球，下列结论正确的是（ ）
A．事件与事件不相互独立B．、、是两两互斥的事件
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用事件独立性的定义可判断A选项的正误；利用互斥事件的定义可判断B选项的正误；利用全概率公式可判断C选项的正误；利用条件概率公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，由题意可知，事件发生与否影响事件的发生，故事件与事件不相互独立，故A正确;
对于B，、、两两不可能同时发生，故B正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，已知从甲罐中取出一个红球放入乙罐，这时乙罐中有个球，其中红球有个，
因此，在事件发生的条件下，事件发生的概率为，故D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．在处的切线方程为
B．在区间单调递减，在区间单调递增
C．设，若对任意，都存在，使成立，则
D．
【答案】ACD
【分析】求导得到函数的单调区间，计算切线得到A正确，根据定义域排除B，分别计算最值得到C正确，根据幂函数单调性和单调性计算得到D正确，得到答案.
【详解】，则，，
当和时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
对选项A：，，故切线方程为，正确；
对选项B：函数定义域为，错误；
对选项C：当时，，，故，正确；
对选项D：根据幂函数的单调性知，，，即，
故，即，故，正确.
故选：ACD
三、填空题
13．在正项等比数列中，，是，的等差中项，则 .
【答案】54
【分析】由题可得，进而可得数列的公比，即可求．
【详解】设数列的公比为q，则，
由是，的等差中项，
则，
∴，解得，或舍去，
∴．
故答案为：54．
14．把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则 .
【答案】
【分析】列出所有可能的基本事件，进而求出事件M发生的基本事件数，以及在此条件下发生的事件N的基本事件数.
【详解】连抛掷一枚骰子两次，所有可能的结果如下表：
其中发生事件M的结果有9种，
在事件M的条件下发生事件N的结果有5种，
所有.
故答案为：.
15．为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲､乙､丙､丁､戊五名志愿者参加三个小区的防疫工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲､乙两人约定去同一个小区，则不同的派遣方案共有 （用数字作答）.
【答案】36
【分析】分与分配进行选派，结合分类与分步计数原理、排列组合知识计算即可.
【详解】不同的派遣方案可分两类：人可分与进行派遣.
若按照分三组再进行分配，
第一步：甲乙两人从其余人中再选人合成一组，剩余两人一人一组，有种方案；
第二步：三组人员分配到三个小区，有种方案；
则由分步计数原理共有种不同的方案；
若按照分三组再进行分配，
第一步：甲乙两人是一组，再从其余人中选人一组，剩余一人为一组，有种方案；
第二步：三组人员分配到三个小区，有种方案；
则由分步计数原理共有种不同的方案；
所以由分类计数原理共有种派遣方案.
故答案为：.
16．数列中，，（），则
【答案】454
【解析】由，结合等比数列的定义和通项公式可求出，结合二项式定理可求出的值.
【详解】解：因为，所以以为首项，
为公比的等比数列，所以，所以，
则
又
，
，所以原式，
故答案为：454.
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出数列通项公式后，结合二项式定理对所求式子进行合理变形，减少计算量.
四、解答题
17．已知函数，的图象在点处的切线为．
(1)求a，b的值;
(2)设，求最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，利用切线的斜率以及经过的点即可求解，
（2）求导得单调性，即可求解最值.
【详解】（1），，
由已知，得 ，解得，
∴函数的解析式为．
（2），则，
令，则，
当时，，此时单调递减
当时，，此时单调递增，
∴．
18．已知，求下列各式的值：
(1)；
(2)；
(3).
【答案】(1)－2
(2)1093
(3)2187
【分析】运用赋值法结合二项式定理求二项展开式中部分项的系数之和．
【详解】（1）当时，；
当时，；
故；
（2）当时，；
由（1）知，
所以；
（3）由展开式可知均为负值，均为正值，
结合（1）（2）可知，
故
.
19．两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍．
(1)求任意取出1个零件是合格品的概率；
(2)如果任意取出的1个零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．
【答案】(1)
(2)0.25
【分析】（1）设表示“第i台机床加工的零件”（i＝1，2）；B表示“出现废品”；C表示“出现合格品”，再根据概率的公式求解即可；
（2）同（1），结合条件概率的公式求解即可.
【详解】（1）设表示“第i台机床加工的零件”（i＝1，2）；B表示“出现废品”；C表示“出现合格品”．
．
（2）
．
20．已知数列的各项均为正数，其前项和满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据与之间的关系进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可,
【详解】（1）在中，令，得，
当时，由，
于是有，
因为数列的各项均为正数，
所以由，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以有，显然适合，
因此；
（2）由（1）可知：，
所以，
.
21．设甲盒有3个白球，2个红球，乙盒有4个白球，1个红球，现从甲盒任取2球放入乙盒，再从乙盒任取两球．
(1)记随机变量表示从甲盒取出的红球个数，求期望的值；
(2)求从乙盒取出2个红球的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据超几何分布概率求解；（2）根据甲盒任取2球放入乙盒的不同情况，分类讨论，利用超几何分布概率模型求解.
【详解】（1）由题可知，随机变量可能的取值有，
所以
分布列如下：
所以.
（2）(i)若，则此时甲盒取出来了2个白球放入乙盒，
此时乙盒有6个白球，1个红球，所以从乙盒取出2个红球的概率为0；
(ii) 若，则此时甲盒取出来了1个白球，1个红球放入乙盒，
此时乙盒有5个白球，2个红球，所以从乙盒取出2个红球的概率为；
(iii) 若，则此时甲盒取出来了2个红球放入乙盒，
此时乙盒有4个白球，3个红球，所以从乙盒取出2个红球的概率为；
所以从乙盒取出2个红球的概率为.
22．已知函数．
(1)当时，求在区间上的零点个数
(2)若不等式在上恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)一个
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再由，即可判断；
（2）当时对任意的，，设，利用导数说明函数的单调性，从而说明，当时利用导数说明函数的单调性，即可判断不能恒成立，即可得解.
【详解】（1）当时，，
当时，，，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上只有一个零点.
（2）①当时，对任意的，，
设，则，
所以在上单调递增，又，所以，因为，所以，满足题意；
②当时，，令，
则，所以在上单调递增，
又，，所以在上有唯一的零点，
且当时，，所以在上单调递减，
又，所以当时，，从而不能恒成立，不合题意，舍去；
综上所述，实数的取值范围为.
0
1
骰子
1
2
3
4
5
6
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
0
1
2