福建省泉州市安溪第一中学2023-2024学年高二下学期6月份质量检测数学试题（Word版附解析）

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数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
一、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，只有一项是符合要求的．
1. 下列式子正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式和导数的运算法则，逐项求解，即可得到答案.
【详解】A中，因为，所以，故A错误；
B中，由基本初等函数的导数公式易知，故B正确；
C中，因为，故C错误；
D中，，故D错误.
故选：B.
2. 已知某种商品的广告费支出x(单位：万元)与销售额y(单位：万元)之间有如下对应数据：
根据表中的全部数据，用最小二乘法得出y与x的线性回归方程为＝6.5x＋17.5，则表中m的值为（ ）
A. 45B. 50
C. 55D. 70
【答案】D
【解析】
【分析】由表中数据求出平均数，根据回归直线经过样本中心点，代入求解即可.
【详解】由表可知，，
.
因为回归直线会经过平均数样本中心点，
所以＝6.5×5＋17.5，解得m＝70.
故选：D．
3. 已知随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正态分布的对称性和概率和为1可解.
【详解】由，可得，.
故选：A
4. 等比数列满足，，则（ ）
A. 56B. C. D. 112
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的定义解决问题.
【详解】由题意知，解得，故.
故选：D.
5. 二项式展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令即可确定的系数.
【详解】展开式通项为：，
令，则展开式中的系数为；
令，则展开式中的系数为；
令，则展开式中的系数为；
展开式中的系数为.
故选：D.
6. 某银行拟面向部分科创小微企业开展贷款业务．调查数据表明，科创小微企业的贷款实际还款比例关于其年收入x（单位：万元）的函数模型为．已知当贷款小微企业的年收入为10万元时，其实际还款比例为50%，若银行期待实际还款比例为60%，则贷款小微企业的年收入约为（ ）（参考数据：，）
A. 14万元B. 16万元C. 18万元D. 20万元
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题中数据代入计算函数中参数的值，然后计算时的值即可．
【详解】由题意可知，
，得，．
令，
得，
得，
取对数得
得．
故选：C
7. 函数的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最小值.
【详解】函数的定义域为,
且，
因为，所以，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，
故的最小值为.
故选：B
8. 已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把函数有3个不同零点问题转化成方程有两个不同解，再利用导数结合函数图象求解作答.
【详解】函数的定义域为R，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，且，恒有，
由，得，即或，由，得，
于是函数有3个不同零点，当且仅当方程有2个不同的解，即直线与图象有2个公共点，
在同一坐标系内作出直线与的图象，如图，

观察图象知，当，即时，直线与的图象有2个公共点，
所以实数m的取值范围为.
故选：C
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，结合对数函数的单调性将与3作大小比较，进而判断即可；
对于B，化简，，进而根据对数的运算性质计算即可判断；
对于C，结合对数函数的单调性可得，，进而根据不等式的基本性质判断即可；
对于D，化简，进而根据基本不等式即可判断.
【详解】对于A，因为，，
所以，故A错误；
对于B，因为，即，
，即，
所以，故B正确；
对于C，因为，由A选项知，，
所以，故C正确；
对于D，由B选项知，，，
因为，且，，
所以，
即，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 在处的切线方程为B. 单调递减区间为
C. 的极小值为D. 方程有两个不同的解
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解；对于B，求导后，由导数小于零求解；对于C，求导后求极值；对于D，函数与的交点个数判断.
【详解】对于A，由，得，
所以， ，所以在处的切线方程为，故A正确；
对于B，由，得，解得，
所以的单调递减区间为，故B正确；
对于C，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，故C错误；
对于D，由C选项可知的最大值为，
当时，，当时，，

所以函数与的图像的交点个数为1，即有1个解，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用导数分析得的图像，从而得解.
11. 已知函数，，则下列各选项正确的是（ ）
（参考数据：）
A. 在上单调递增
B. 有且仅有两个零点
C. ，
D. 若有两解，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用导数求解导函数的单调性即可判断A，结合零点存在性定理以及导数即可判断BC,利用对数均值不等式即可判断D.
【详解】，记则，
当单调递增，当单调递减，故，故在上单调递增，A正确；
在上单调递增，在上单调递减，
故上单调递增，且，
由零点存在性定理可知在有且仅有1个零点，
在上，，即，
设，，
当单调递增，当单调递减，
当时，取得最小值，故在上，有且仅有1个零点，故B正确；
令，，，
故在上有零点，C正确；
，，，
两式相减得，即，
记，则，故在单调递减，
故,因此，
设则，
所以
因此，则，故D错误.
故选：ABC
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ，其中，则______.
【答案】
【解析】
【分析】在等式中，令，结合已知条件可求得的值，然后在等式中令，可求得所求代数式的值.
【详解】当时，，即，则，
取，则有.
故答案为：.
13. 现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有入经过，则有_________种不同的进站方式（用数字作答）
【答案】720
【解析】
【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案.
【详解】将5人分为3组，有和两种情况：
当分组为时：共有；
当分组为时：共有；
综上所述：共有种不同的进站方式.
故答案为：.
14. 若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为______，相应的值为______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】根据牛顿切线法，求解切线方程为，进一步得到，代入检验与误差估计值不超过0.01即可求解.
【详解】设则，，当，故可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值.
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点处的切线方程为，化简得，
令，则，
由于，所以，，
，，
，，
故作为的近似值，
故答案为：2，
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 西部某村在产业扶贫政策的大力支持下，用2000亩地发展中药材的种植，中药材的平均亩产量（单位：千克/亩）主要是开花结果时节受当地7月底~8月初的平均气温（单位：℃）的影响，下表是该村所在县20年来当地7月底~8月初的平均气温.
在当地7月底~8月初的平均气温的影响下，中药材的平均亩产量如下表.
将上表平均亩产量的频率作为概率.若中药材的平均亩产量不低于30千克/亩，则称为“高产量”，计划种植3年中药材，设这3年中药材获得“高产量”的年数为.
（1）求的分布列；
（2）求的数学期望及方差.
【答案】（1）分布列见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先根据图表计算每年药材获得“高产量”的概率，因为3年中药材获得“高产量”的年数，再根据二项分布的概率公式分别求出的概率，列出分布列即可；
（2）根据数学期望和方差的计算公式求解.
【小问1详解】
计划种植3年中药材，这3年中药材获得“高产量”的年数的可能取值为，
每年中药材获得“高产量”的概率为，
则，
，
，
，
的分布列为
【小问2详解】由题意知，则，.
16. 若函数在处取得极小值．
（1）求图象在点处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可得，求出、的值，然后利用函数的极值与导数的关系验证即可，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由参变量分离法可得，令，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，则，
因为函数在处取得极小值，则，解得，
此时，，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，函数处取得极小值，合乎题意，
则，，
因此，的图象在点处的切线方程为，
即
【小问2详解】
解：由可得，
设，则，
因为，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，故.
17. 为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：
①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；
②如果在答满轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第轮了；
③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望；
（2）求在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值；
（2）将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且，分别计算出、的值，利用互斥事件的概率公式可求得的值.
【小问1详解】
解：由题可得，的可能取值为、、、，
所以，，，
，，
所以，的分布列为：
所以，.
【小问2详解】
解：将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件，
“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，
“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且，
则，
，
所以，.
因此，在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率为.
18. 椭圆的两焦点为，，且椭圆过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是坐标原点，是椭圆上两点，是平行四边形，求以为直径的圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义及焦点坐标求得椭圆的方程；
（2）根据点差法求出直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长得到圆的直径，以的中点为圆心，得出圆的方程.
【小问1详解】
，
则，又，所以，故椭圆方程为.
【小问2详解】
的中点为，设，，
则，，
两式相减整理得，其中，
，，
故，则.
故的方程为，即，
代入椭圆方程整理得
得，，所以，
故所求圆的方程为.

19. 已知函数．
（1）求函数的零点个数；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）个零点
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，根据及取值的特征，可得的单调性，再根据零点存在性定理判断即可；
（2）求出的解析式与导函数，依题意可得有两个变号零点，令，则只需，有两个变号零点，利用导数求出函数的最小值，即可得到不等式，从而求出的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
显然在上单调递增，又，，
所以存在，使得，即，
当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，
且，
且时且，，
所以在上有唯一的零点.
【小问2详解】
因为，定义域为，
则，
因为有两个极值点，所以有两个变号零点，
令，，，则，
所以在上单调递增，
要使有两个变号零点，只需，有两个变号零点，
，
当时在上恒成立，单调递增，不满足题意，
当时，当，，即单调递减，
当，，即单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，，
要使有两个变号零点，则，即，解得，
此时，，
所以在和上各有一个变号零点，满足题意，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
x
2
4
5
6
8
y
30
40
50
m
60
平均气温
年数
2
4
6
6
2
平均气温
中药材的平均亩产量
17
17
23
32
32
0
1
2
3