高二下学期第二次月考测试卷（数列、导数、计数原理、离散型随机变量及数字特征、二项分布、超几何分布）-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第三册)

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说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．（2023春·广东广州·高二统考期末）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美有；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“射”不排在第一节，“数”和“乐”两门课程相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
【答案】B
【分析】利用排列数以及“捆绑法”、“特殊元素法”即可求解.
【详解】解：“数”和“乐”两门课程相邻的方法数：，
“射”排在第一节，“数”和“乐”两门课程相邻的方法数，
所以“射”不排在第一节，“数”和“乐”两门课程相邻的方法数为，
故选：B．
2．（2023春·广东茂名·高二统考期末）随机变量的分布列如图所示，其中a，b，c成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．不确定
【答案】B
【分析】由题意先求出，再把转化为即可求解.
【详解】因为a，b，c成等差数列，所以，又有，解得.
由分布列可得：.
故选：B
3．（2023秋·广东广州·高二西关外国语学校校考期末）函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义结合垂直条件求解作答.
【详解】函数，求导得：，则，
即函数的图象在点处的切线斜率为，
因为切线与直线垂直，有．所以.
故选：C
4．（2023秋·广东深圳·高三深圳市龙岗区龙城高级中学校考阶段练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，将看成一个整体，写出展开式的通项，令即可求出结果．
【详解】解：，
则其展开式的通项为：，
当时，，
所以．
故选：B．
5．（2022春·广东中山·高二校考阶段练习）的展开式中，含的项的系数为（ ）
A．B．40C．80D．120
【答案】A
【分析】利用二项式展开式的通项公式求解.
【详解】解：因为的展开式中，通项为，
所以含的项的系数为．
故选：A
6．（2022春·广东深圳·高二校考期中）如果随机变量，且，，则等于
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】依据贝努力分布的数学期望、方差的计算公式可得方程组：，则，应选答案C．
点睛：贝努力分布是随机变量的概率分布中的重要分布，求解时充分借助题设条件和贝努力分布中数学期望和方差的计算公式，巧妙建立方程组，通过解方程组求出使得问题巧妙获解．
7．（2022春·广东广州·高二广州市协和中学校考期中）已知函数，则的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，即可判断；
【详解】解：因为定义域为，
所以，
所以当时，当或时，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
又，故符合条件的函数图象为A；
故选：A
8．（2023秋·广东·高三统考阶段练习）若对任意的 ，，且，都有，则m的最小值是（ ）
A．B． C．1D．
【答案】A
【分析】已知不等式变形为，引入函数，
则其为减函数，由导数求出的减区间后可的最小值．
【详解】因为，
所以由，
可得，
，
即．
所以在上是减函数，
，
当时，，递增，
当时，，递减，
即的减区间是，
所以由题意的最小值是．
故选：A．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．（2022春·广东深圳·高二深圳市建文外国语学校校考期中）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量的概率分布列为，则
B．若随机变量且，则
C．若随机变量，则
D．在含有件次品的件产品中，任取件，表示取到的次品数，则
【答案】AB
【分析】利用分布列的性质可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用二项分布的方差公式可判断C选项；利用超几何分布的概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由分布列的性质可知，解得，A对；
对于B选项，若随机变量且，
则，B对；
对于C选项，若随机变量，则，C错；
对于D选项，由超几何分布的概率公式可得，D错.
故选：AB.
10．（2022春·广东广州·高二广州奥林匹克中学校考阶段练习）已知，则下列说法中正确的有（ ）
A．的展开式中的常数项为84
B．的展开式中不含的项
C．的展开式中的各项系数之和与二项式系数之和相等
D．的展开式中的二项式系数最大的项是第四项和第五项
【答案】AC
【分析】根据二项展开式的通项公式以及二项式系数的性质即可解出．
【详解】因为展开式的通项公式，所以
当，A正确；
当时，，B错误；
的展开式中各项系数和为，二项式系数之和为，C正确；
根据二项式系数的性质可知，最大，所以，的展开式中二项式系数最大的项是第五项和第六项，D错误.
故选：AC.
11．（2022春·广东佛山·高二校考期中）带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（ ）
A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】AC
【分析】A.由分步计数原理求解判断；B.将5个不同的球分为2，1，1，1求解判断；C.先从5个球中选出4个，再从4个盒子里选入放入求解判断；D. 将5个不同的球分为2，1，1，1求解判断.
【详解】A.由分步计数原理知：5个不同的球全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故正确；
B.5个不同的球放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则分为2，1，1，1，共有种放法，故错误；
C. 从5个球中选出4个共有种方法，然后将4个球投入4个盒子里的一个有种放法，所以共有种放法，故正确；
D.将5个不同的球全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，即每盒至少一个，则分为2，1，1，1，共有种放法，故错误；
故选：AC
12．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知函数（且），且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．为R上的增函数B．无极值
C．D．
【答案】ABC
【分析】先求导，分析函数的单调性和极值，再利用指数函数和对数函数的单调性比较a，b，c的大小，利用函数的单调性比较对应函数值的大小.
【详解】解：已知函数（且），
则，则，
所以，故在R上单调递增，A选项正确；
因为为R上的增函数，所以无极值，B选项正确；
因为是增函数，所以，
因为是减函数，所以，
因为是减函数，所以，
综上可知，，又为增函数，则，C选项正确，D选项错误；
故选：ABC.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023春·广东湛江·高三湛江市第二中学校考阶段练习）已知函数，则不等式的解集是______
【答案】
【分析】易得函数为奇函数，再由导数法得到函数在R上为增函数，然后将转化为求解.
【详解】根据题意，函数，
因为，
所以函数为奇函数，
又因为，
所以函数在R上为增函数；
因为，
所以，即，
所以，
解得；
所以不等式的解集为，
故答案为：
14．（2023秋·广东东莞·高二东莞市东莞中学校考期末）已知是公比为的等比数列，若，则__________．
【答案】
【分析】由定义判断是首项为公比为的等比数列，用公式法求和即可.
【详解】由题意，则，
故是首项为公比为的等比数列，
故，
故答案为：.
15．（2023春·上海浦东新·高二上海市洋泾中学校考期中）已知， ，则__________．
【答案】/0.75
【分析】由条件概率公式求解即可.
【详解】由题意得，
而，得，
而，解得，
故答案为：.
16．（2022春·广东佛山·高二佛山市南海区九江中学校考阶段练习）已知函数在时有极值0，则m＝______，n＝______.
【答案】 2； －9.
【分析】解方程组，求出的值再检验即得解.
【详解】解：∵，∴，
依题意可得，即
解得或
当m＝1，n＝－3时，函数，，函数在R上单调递增，函数无极值，所以舍去.
当m＝2，n＝－9时，，
所以函数在单调递增，在单调递减，所以满足题意.
故答案为：2；.
四、解答题
17．（2022春·广东广州·高二海珠外国语实验中学校考期中）在下面三个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答.
条件①：展开式前三项的二项式系数的和等于37；
条件②：第3项与第7项的二项式系数相等；
条件③：展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的乘积为256.
问题：在二项式的展开式中，已知__________.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求的展开式中的常数项.
【答案】(1)选择条件见解析，；(2)17.
【分析】(1)选①，②，利用二项展开式二项式系数列方程即可求出n，选③，算出各项系数和，
结合二项式系数和的公式列式求出n，再利用二项展开式二项式系数的性质即可得解；
(2)由(1)分别求出和的展开式的常数项即可作答.
【详解】（1）选择①：依题意，，解得，
所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为；
选择②：依题意，由组合数的性质得，
所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为；
选择③：令，可得展开式所有项的系数和为1，而二项式系数和为，于是得，解得，
所以二项式的展开式中二项式系数最大的项为；
（2）由(1)知：，
展开式中常数项为，展开式中常数项为，
所以的展开式中的常数项为.
18．（2023秋·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）已知正项数列的前n项和为，且满足，.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，若数列的前m项和，求m的值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用题意可整理得，即可得到，又，可得到的通项公式，即可求解；
（2）利用裂项相消法可得到，即可求解
【详解】（1）由，变形得.
因为，所以.
因为，所以，又，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，则数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
所以.
则，解得.
19．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）快到采摘季节了，某农民发现自家果园里的某种果实每颗的重量有一定的差别，故随机采摘了100颗，分别称出它们的重量（单位：克），并以每10克为一组进行分组，发现它们分布在区间，，，，并据此画得频率分布直方图如下：
(1)求的值，并据此估计这批果实的第70百分位数；
(2)若重量在（单位：克）的果实不为此次采摘对象，则从果园里随机选择3颗果实，其中不是此次采摘对象的颗数为，求的分布列和数学期望.
注意：把频率分布直方图中的频率视为概率.
【答案】(1)0.030；31
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率分布直方图和百分位数的计算方式直接计算即可；
（2）由题知，再根据二项分布求解即可；
【详解】（1）解：因为频率分布直方图的组距为10，
所以，落在区间，，上的频率分别为0.20，0.32，0.18，
所以，.
因为落在区间上的频率为，
而落在区间上的频率为，
所以第70百分位数落在区间之间，设为，
则，解得，
所以估计第70百分位数为31.
（2）解：由（1）知，重量落在的频率为0.2，由样本估计总体得其概率为0.2，
因为可取0，1，2，3，且，
则，，
，，
所以的分布列为：
所以的数学期望为（或直接由）.
20．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）政府举办“全民健身乒乓球比赛”，比赛规则为：每队4人，2男（男1号，男2号），2女（女1号，女2号），比赛时第一局两队男1号进行单打比赛，第二局两队女1号进行单打比赛，第三局两队各派一名男女运动员参加混双比赛，第四局两队男2号进行单打比赛，第五局两队女2号进行单打比赛，五局三胜，先胜3局的队获胜，比赛结束.某队中的男甲和男乙两名男队员，在比赛时，甲单打获胜的概率为，乙单打获胜的概率为，若甲排1号，男女混双获胜的概率为；若乙排1号，男女混双获胜的概率为（每局比赛相互之间不受影响）
(1)记表示男甲排1号时，该队第一局和男女混双两局比赛获胜局数，求的分布列；
(2)若要该队第一局和男女混双这两局比赛获胜局数的数学期望大，甲、乙两人谁排1号？加以说明.
【答案】(1)答案见解析
(2)乙排1号，理由见解析
【分析】（1）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列；
（2）在（1）的基础上，求出男甲排1号时的期望值，再求出男甲排1号时的期望值，比较后得到结论.
【详解】（1）的可能取值为，
，，
，
故分布列为：
（2）由（1）知，甲排1号时，期望值为，
设表示男乙排1号时，该队第一局和男女混双两局比赛获胜局数，
则的可能取值为，
则，，
，
故期望值为，
因为，故乙排1号时期望值更大.
21．（安徽省宣城市2023届高三一模数学试题）中国哈尔滨冰雪大世界是由哈尔滨市政府推出的大型冰雪艺术精品工程，展示了北方名城哈尔滨冰雪文化和冰雪旅游魅力.每年的活动有采冰及雕冰两个环节，现有甲、乙、丙三个工作队负责上述活动，雕刻时会损坏部分冰块，若损坏后则无法使用，无损坏的全部使用.已知甲、乙、丙工作队所采冰分别占开采总量的，，，甲、乙、丙工作人采冰的使用率分别为0.8，0.75，0.6.
(1)从开采的冰块中有放回地随机抽取三次，每次抽取一块，记丙工作队开采的冰块被抽取到的次数为，求随机变量的分布列及期望；
(2)已知开采的冰块经雕刻后能使用，求它是由乙工作队所开采的概率.
【答案】(1)分布列见解析，；
(2).
【分析】（1）求出随机变量的可能值，利用二项分布求出概率，列出分布列，求出期望作答.
（2）利用全概率公式求出开采的冰块经雕刻后能使用的概率，再利用条件概率公式计算作答.
【详解】（1）在开采的冰块中，任取一块是由丙工作队采摘的概率是，
依题意，的所有取值为0，1，2，3，且，则，
即，，，，
所以的分布列为：
所以数学期望.
（2）用，，分别表示冰块由甲，乙，丙工作队开采，B表示开采后的冰块经雕刻后能使用，
则，，且，，，
故
，
所以，
即开采的冰块经雕刻后能使用，它是由乙工作队所开采的概率为.
22．（2023·广东·统考）已知函数.
（1）讨论的导函数零点的个数；
（2）若函数的最小值为，求的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【详解】试题分析：（1）由已知，根据求导公式和法则，可得函数的导函数为，构造函数，易知在上为单调递增，则，因此若或时，函数没有零点，所以函数只有一个零点1；若或时，函数存在唯一个零点，所以函数有两个零点.
（2）由（1）知，可对的取值范围，结合函数的单调性，进行分段讨论，对参数各段取值，逐一求出函数的最小值是否为，若是即满足题意，综合全部从而可确定参数的取值范围.
试题解析：（1），
令，，故在上单调递增
则
因此当或时，只有一个零点；
当或时，有两个零点.
（2）当时，，则函数在处取得最小值
当时，则函数在上单调递增，则必存在正数，
使得.
若，则，函数在与上单调递增，在上单调递减，
又，故不符合题意.
若，则，，函数在上单调递增，
又，故不符合题意.
若，则，设正数
则，
与函数的最小值为矛盾.
综上所述，，即.
-1
0
1
P
a
b
c
0
1
2
3
0
1
2
0
1
2
3
P