2023-2024学年四川省眉山市仁寿一中北校区高二（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿一中北校区高二（下）月考数学试卷（含答案），共6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。

1.曲线y=3x2在点(−1,3)处的切线的方程为( )
A. 3x−y+3=0B. 6x+y+3=0C. 6x−y−3=0D. x−6y−3=0
2.在(2−x)6展开式中，x2的系数为( )
A. 240B. −240C. −160D. 160
3.5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有( )
A. A32A33种B. 2A42A33种C. C31A44种D. C42A44种
4.函数f(x)=lnxx在(a,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A. (0,e)B. [e,+∞)C. [0,e−1]D. (0,e−1)
5.已知随机变量X～N(0,σ2)，且P(X≥0.2)=0.02，则P(−0.2≤X≤0.2)=( )
A. 0.04B. 0.48C. 0.5D. 0.96
6.在(33x−x)n(n∈N∗)的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有项的系数和为( )
A. 32B. −32C. 0D. 1
7.概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．向这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是( )
A. 甲150枚，乙150枚B. 甲225枚，乙75枚
C. 甲200枚，乙100枚D. 甲25枚，乙50枚
8.函数y=f(x)的导数y=f′(x)仍是x的函数，通常把导函数y=f′(x)的导数叫做函数y=f(x)的二阶导数，记作y=f″(x).类似的，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数….一般地，n−1阶导数的导数叫做n阶导数，函数y=f(x)的n阶导数记作y=f(n)(x)，例如y=ex的n阶导数(ex)(n)=ex.若f(x)=xex+sinx，则f(2024)(0)=( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有甲、乙等4名同学，则下列说法正确的是( )
A. 4人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为12种
B. 4人站成一排，甲、乙按从左到右的顺序站位(不一定相邻)，则不同的站法种数为24种
C. 4名同学分成两组分别到A、B两个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有20种
D. 4名同学分成两组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙在一起，则不同的安排方法有6种
10.已知函数f(x)的导数为f′(x)，若存在x0，使得f(x0)=f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是( )
A. f(x)=x2B. f(x)=1xC. f(x)=lnxD. f(x)=tanx
11.已知函数f(x)=x2+x−1ex，则下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)存在三个不同的零点
B. 函数f(x)的极大值为f(−1)=−e，极小值为f(2)=5e2
C. 若x∈[t,+∞)时，f(x)max=5e2，则t的最大值为2
D. 若方程f(x)=k有两个实根，则k∈(−e,0]∪{5e2}
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(1−2x)2022=a0+a1x+a2x2+⋯+a2022x2022，则a12+a222+的值______．
13.已知随机变量X～B(4,p)，E(X)=43，则D(2X−1)= ______．
14.若函数f(x)=ax(a>0,a≠1)与g(x)=x2的图像在实数集R上有且只有3个交点，则实数a的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题10分)
某高校实行提前自主招生，老师从6个不同的试题中随机抽取4个让学生作答，至少答对3个才能通过初试，已知某学生能答对这6个试题中的4个．
(1)求该学生能通过自主招生初试的概率；
(2)若该学生答对的题数为X，求X的分布列以及数学期望．
16.(本小题10分)
已知函数f(x)=x3−6x2+9x−2．
(1)求函数f(x)在x=2处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
17.(本小题10分)
某校高二年级数学竞赛选拔赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的同学才具备参与决赛的资格.高二某班派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是45、34，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是23、12，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响．
(1)若该班获得决赛资格的同学个数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)已知甲和乙都获得了决赛资格.决赛的规则如下：将问题放入A，B两个纸箱中，A箱中有3道选择题和3道填空题，B箱中有4道选择题和4道填空题.决赛中要求每位参赛同学在A，B两个纸箱中随机抽取两题作答.甲先从A箱中依次抽取2道题目，答题结束后将题目一起放入B箱中，然后乙再从B箱中抽取题目．
①求乙从B箱中抽取的第一题是选择题的概率；
②已知乙从B箱中抽取的第一题是选择题，求甲从A箱中抽出的是2道选择题的概率．
18.(本小题10分)
已知函数f(x)=x(ex−1)−ax2．
(1)若f(x)在x=−1时有极值，求函数f(x)的解析式；
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
19.(本小题10分)
材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)=xx(x>0)，我们可以作变形：
以f(x)=xx=elnxx=exlnx=et(t=xlnx)，所以f(x)可看作是由函数f(t)=et和f(x)=xlnx复合而成的，即
f(x)=xx(x>0)为初等函数．根据以上材料：
(1)直接写出初等函数f(x)=xx(x>0)极值点；
(2)求初等函数ℎ(x)=x1x(x>0)极值．
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.B
5.D
6.A
7.B
8.C
9.AD
10.ABC
11.CD
12.−1
13.329
14.(e−2e,1)∪(1,e2e)
15.解：(1)根据题意可得该学生能通过自主招生初试的概率为：C43C21+C44C64=35；
(2)根据题意可得x的取值可为2，3，4，
且P(X=2)=C42C22C64=25，P(X=3)=C43C21C64=815，P(X=4)=C44C64=115，
∴X的分布列为：
∴E(X)=2×25+3×815+4×115=83．
16.解：(1)函数f(x)=x3−6x2+9x−2的定义域为R．
导函数f′(x)=3x2−12x+9．
所以f′(2)=12−24+9=−3，f(2)=23−6×22+9×2−2=0，
所以函数f(x)在点x=2处的切线方程为y=−3(x−2)，即3x+y−6=0．
(2)令f′(x)=0，解得：x=1或x=3.列表得：
所以函数f(x)的单调增区间为(−∞,1)，(3,+∞)；单调减区间为(1,3)；
f(x)的极大值为f(1)=2，极小值为f(3)=33−6×32+9×3−2=−2．
17.解：(1)甲获得决赛资格的概率P1=45×34=35，乙获得决赛资格的概率P2=23×12=13，
由题意得X=0，1，2，
则P(X=0)=(1−35)×(1−13)=415，P(X=1)=(1−35)×13+35×(1−13)=815，P(X=2)=35×13=315，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×415+1×815+2×315=1415；
(2)设事件Ai=“甲取到i道选择题”，i=0，1，2；事件B=“乙取到第一题是选择题”，
由题意可知，P(A0)=C32C62=315，P(A1)=C31C31C62=915，P(A2)=C32C62=315，
P(B|A0)=C41C101=410，P(B|A1)=C51C101=510，P(B|A2)=C61C101=610，
①由全概率公式可得：P(B)=P(A0)P(B|A0)+P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=12；
②由条件概率公式和乘法公式可得：P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(B)=625．
18.解：(1)因为f(x)=x(ex−1)−ax2，所以f′(x)=ex−1+x⋅ex−2ax
由f(x)在x=−1处取极值，得f′(−1)=0，
求得a=12，
所以f(x)=x(ex−1)−12x2．
(2)f(x)=x(ex−1−ax)，
令g(x)=ex−1−ax，则g′(x)=ex−a．
若a≤1，则当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)为减函数，而g(0)=0，
从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0，
若a>1，则当x∈(0,lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)=0，
从而当x∈(0,lna)时，g(x)<0，即f(x)<0，
综上，a的取值范围为(−∞,1]．
19.解：(1)根据题意可得f′(x)=et⋅(lnx+x⋅1x)=et(lnx+1)=exlnx(lnx+1)，
在(e−1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(0,e−1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)的极小值点为x=1e，无极大值点．
(2)ℎ(x)=x1x=elnx1x=e1xlnx，
所以ℎ′(x)=e1xlnx⋅(1xlnx)′=e1xlnx(−1x2lnx+1x2)=1x2e1xlnx(1−lnx)，
令ℎ′(x)=0得x=e，
当00，函数ℎ(x)单调递增，
当x>e时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减，
所以ℎ(x)有极大值且为ℎ(e)=e1e，无极小值． X
2
3
4
P
25
815
115
x
(−∞,1)
1
(1,3)
3
(3,+∞)
f′(x)
+
2
−
−2
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
X
0
1
2
P
415
815
315