2021-2022学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二下学期6月月考数学试题含解析

2021-2022学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二下学期6月月考数学试题

一、单选题

1．全称量词命题：的否定是（       ）

A． B．

C． D．以上都不正确

【答案】C

【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得正确答案.

【详解】命题：的否定是，

故选：C.

2．已知集合，，则=

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：，或，所以，故选D.

【解析】集合的运算

3．某同学在研究性学习中，收集到某制药厂今年前5个月甲胶囊生产产量（单位：万盒）的数据如下表所示：

若线性相关，线性回归方程为，估计该制药厂6月份生产甲胶囊产量为

A．万盒 B．万盒 C．万盒 D．万盒

【答案】C

【详解】分析：由题意，根据表格中的数据求得样本中心为，代入回归直线，解得，得到回归直线的方程，即可作出预测．

详解：由题意，根据表格中的数据可知：，

即样本中心为，代入回归直线，解得，即

令，解得万盒，故选C．

点睛：本题主要考查了回归直线分析问题，其中牢记回归直线的特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

4．函数的大致图像是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的性质，利用排除法对照四个选项，即可得到答案.

【详解】根据函数的性质，利用排除法：

因为，所以f（-x）=f（x），得f（x）为偶函数，其图像关于y轴对称，排除C、D；

又由f（0）=2>0可排除A，可选B.

故选：B．

5．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出的定义域，再根据分母不为零和前者可求题设中函数的定义域.

【详解】因为函数的定义域为，故，

所以的定义域为，

故函数中的需满足：，

故，故函数的定义域为，

故选：D.

6．函数的值域是（        ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，将函数转化为关于的二次函数，求其值域即可求解.

【详解】令，则，

设，

，所以，

即的值域是.

故选：B.

7．从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，B为“第二次取到的是3的整数倍”，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由条件概率的定义，分别计算即得解.

【详解】由题意

事件为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况，故共有个事件

由条件概率的定义：

故选：B

【点睛】本题考查了条件概率的计算，考查了学生概念理解，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.

8．若定义在实数集R上的函数满足：时，，对任意，都有成立，则等于（       ）

A． B． C．e D．1

【答案】B

【分析】根据题设条件可得函数为周期函数，从而可求.

【详解】因为，故，

故，故为周期函数，且周期为4，

故，

因为：时，，故，

即，

故选：B.

9．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用基本不等式逐一判断即可.

【详解】解:因为，

所以，即，当且仅当       时，等号成立，故A错；

因为＝，

所以，当且仅当时，等号成立，故B错；

因为,当且仅当时，等号成立，故C正确；

由题意可得，

所以＝，当且仅当时，等号成立，故D 错；

故选：C.

10．已知命题，命题，，则成立是成立的（   ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】分别由命题p,q求得a的取值范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可.

【详解】求解不等式可得，

对于命题，当时，命题明显成立；

当时，有：，解得：，

即命题为真时，

故成立是成立的充分不必要条件.

故选A.

【点睛】本题主要考查不等式的解法，充分条件和必要条件的判定，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

11．已知函数，若在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”，若函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】分析： 根据“局部奇函数“的定义便知，若函数f（x）是定义在R上的“局部奇函数”，只需方程（2x+2﹣x）2﹣m（2x+2﹣x）﹣8=0有解．可设2x+2﹣x=t（t≥2），从而得出需方程t2﹣mt﹣8=0在t≥2时有解，从而设g（x）=t2﹣mt﹣8，得出其对称轴为，从而可讨论m的值，求出每种情况下m的范围，再求并集即可．

详解：根据“局部奇函数”的定义可知，函数f（﹣x）=﹣f（x）有解即可；

即4﹣x﹣m•2﹣x﹣3=﹣（4x﹣m•2x﹣3）；

∴4x+4﹣x﹣m（2x+2﹣x）﹣6=0；

即（2x+2﹣x）2﹣m（2x+2﹣x）﹣8=0有解即可；

设2x+2﹣x=t（t≥2），则方程等价为t2﹣mt﹣8=0在t≥2时有解；

设g（t）=t2﹣mt﹣8，对称轴为；

①若m≥4，则△=m2+32＞0，满足方程有解；

②若m＜4，要使t2﹣mt﹣8=0在t≥2时有解，则需：

；

解得﹣2≤m＜4；

综上得实数m的取值范围为[﹣2，+∞）．

故选B．

点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路

(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

12．定义在R上的奇函数满足，当时，，若在区间上，在个不同的整数，满足，则的最小值为（       ）

A．18 B．16 C．20 D．22

【答案】A

【分析】根据已知可得函数周期为8，且函数的图形关于对称，从而画出函数图象，结合图象，

要使取最小值，则不同整数为极值点即可.

【详解】因为，定义在上的奇函数满足，

所以，，

即 则

所以的周期为8.

函数的图形如下：

当不同整数分别为 -1 ， 1 ，2，3， 5 ，7 时，b - a 取最小值，

因为

所以至少需要2个周期 则的最小值为18，

故选：A .

二、填空题

13．已知函数是幂函数，且在上单调递减，则实数______

【答案】

【解析】由幂函数定义有，结合其单调性即可求m.

【详解】由是幂函数知：，解得或，

又∵在上单调递减，

∴，

故答案为：

14．已知展开式的二项式系数之和为128，则展开式的第5项的系数是___________.

【答案】35

【分析】由展开式的二项式系数之和为128，可求得n的值，继而求得展开式的第5项的系数.

【详解】由展开式的二项式系数之和为128，

可得 ，

故展开式的第5项的系数为 ,

故答案为：35

15．若定义在R上的偶函数在区间上单调递增，且，则满足的x的取值范围为___________.

【答案】

【分析】根据函数的单调性结合分类讨论可求的解.

【详解】等价于或或，

因为为偶函数，且，故即为，

即为，

而在区间上单调递增，故即，

同理的解为或，

故的解为，

而的解为，

故的解为.

故答案为：

16．函数，且，则的最小值为___________.

【答案】9

【分析】设，根据为上的奇函数且为增函数可得，再利用“1”的代换法可求的最小值.

【详解】设，则，

而，故为上的奇函数，

当时，均为上的增函数，

故为上的增函数，故为上的增函数.

又即为，

故即，

所以即成立，

，

当且仅当时等号成立，

故的最小值为9，

故答案为：9.

三、解答题

17．已知递增等比数列的前n项和为，且满足，．

(1)求数列的通项公式．

(2)若数列满足，求数列的前15项和．

【答案】(1)

(2)92

【分析】（1）设的公比为q，由等比数列的通项公式进行基本量的运算即可求得通项；

（2）（方法一）利用已知条件列举出数列各项，然后分组求和即可；

（方法二）写出数列的通项，然后分组求和即可.

【详解】(1)设的公比为q，则由，得．

整理得．

又，得．

联立得，消去，得．

解得或．

又因为为递增等比数列，

所以，．

所以．

(2)（方法一）当时，，则，，同理，列举得，，，，，，，．

记的前n项和为，则

．

所以数列的前15项和为92．

（方法二）由，

得，

记的前n项和为，则

．

所以数列的前15项和为92．

18．如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使，点，分别为，中点．

(1)判断直线与平面的位置关系，并说明理由；

(2)求二面角的正弦值．

【答案】(1)平面，理由见解析

(2)

【分析】（1）由勾股定理逆定理得到，进而证明出平面，得到，结合可证出平面，再由平行关系得到结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.

【详解】(1)平面，理由如下：

在中，，，由勾股定理得：，

因为，，

可得，所以，

又由，且，平面，

所以平面，

又因为平面，所以，

又由，且，平面，

所以平面，

又因为，分别为，中点，可得，

所以平面．

(2)以为原点，CD所在直线为x轴，射线为轴建立如图直角坐标系，

则，，，，

可得，，

设平面的法向量为，则，

取，可得，所以 ，

设平面的法向量为，则，

取，可得，

所以，故二面角的正弦值为.

19．高考改革，迎来了“3+1+2”的新高考模式.“3”指的是语文、数学、英语三科必考；“1”指的是学生从物理和历史两科中选考一科；“2”指的是学生从化学、生物、地理和政治四科中选考两科.某中学为了了解高一年级1000名学生的选科意向，随机抽取了100名学生，并统计了他们的选考意向，制成如下表格：

(1)补全上表，根据小概率α＝0.01的独立性检验，能否认为选考物理与性别有关？

(2)以选考科目为基准，按分层抽样的方式从这100名学生中抽取10人，然后再从这10人中随机抽取3人，记这3人中选考历史的人数为X，求X的分布列及数学期望.

附：，其中.

【答案】(1)列联表见解析，不能认为选考物理与性别有关；

(2)随机变量X的分布列见解析，期望为.

【分析】（1）由题意补全列联表，计算，根据结果对比临界值做出结论即可；

（2）由题意结合超几何分布求分布列及期望即可.

【详解】(1)由题意，补全列联表如下：

，

不能认为选考物理与性别有关.

(2)100名学生中抽取10人，抽样比为，故10人中选考物理的有6人，选考历史的有4人，

，，

，，

故X的分布列为

.

20．函数是定义在实数集上的奇函数，当时，.

(1)判断函数在的单调性，并给出证明；

(2)求函数的解析式；

(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)函数在上单调递减，证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）在上单调递减，由定义法证明即可；

（2）由奇函数的定义求解即可；

（3）由函数的奇偶性与单调性结合二次函数的性质求解即可；

【详解】(1)当时，，

∴函数在上单调递减.

证明如下：任取且，

，

∵，∴，

又，∴

∵，

∴函数在上单调递减

(2)因为当时，，所以，当时，，

又因为是定义在实数集上的奇函数，

所以，，

即当时，.

所以，函数的解析式为；

(3)∵函数在上单调递减，且，

又因为是定义在实数集上的奇函数，

所以，函数在上单调递减，且时，，

所以，函数在实数集上单调递减；

那么不等式，

即：，

则有，即（）恒成立，

所以，，

所以，实数的取值范围是.

21．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标来衡量产品的质量.当时，产品为优等品；当时，产品为一等品；当时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率.

（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取1件，求该产品为优等品的概率；

（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测.买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担.记企业的收益为元，求的分布列与数学期望；

（3）商场为推广此款产品，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动.客户可根据抛硬币的结果，操控机器人在方格上行进，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格.机器人开始在第0格，客户每掷一次硬币，机器人向前移动一次，若掷出正面，机器人向前移动一格（从到），若掷出反面，机器人向前移动两格（从到），直到机器人移到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束，若机器人停在“胜利大本营”，则可获得优惠券.设机器人移到第格的概率为，试证明是等比数列，并解释此方案能否吸引顾客购买该款产品.

【答案】（1）（2）分布见解析，数学期望为41500；（3）证明见解析，此方案能吸引顾客购买该款产品.

【分析】（1）根据条形图，可得优等品的频率为，进而可得其概率；（2）计算出的值可以为47000，39000，计算出其分别对应的概率，得到分布列，进而可得期望；（3）首先易得，，根据题意可得，化简即可得，即为等比数列，利用累加法可得，再分别计算出获胜和失败的概率，比较大小即可得结果.

【详解】（1）根据条形图可知，优等品的频率为，用频率估计概率，则任取一件产品为优等品的概率为.

（2）由（1）任取一件产品为优等品的概率为，

由题意，或

；

.

故的分布列为：

所以数学期望.

（3）机器人在第0格为必然事件，，第一次掷硬币出现正面，机器人移到第1格，其概率.机器人移到第格的情况只有两种：

①先到第格，又出现反面，其概率，

②先到第格，又出现正面，其概率.

所以，故

所以时，数列为首项，

公比为的等比数列.

所以，，，，，

以上各式累加，得，

所以

所以获胜概率，

失败概率

，所以获胜概率更大，

故此方案能吸引顾客购买该款产品.

【点睛】本题主要考查了相互独立事件同时发生概率的计算，离散型随机变量的分布列及期望，等比数列的证明，利用累加法求数列的通项公式，综合性较强，属于难题.

22．已知函数（m为常数）.

(1)当时，求函数在点处的切线方程；

(2)讨论函数的单调区间；

(3)当时，设的两个极值点恰为的零点，求的最小值.

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)

【分析】（1）先求出的值，再通过求导，然后求出的值，最后用点斜式求出切线方程；

（2）先求导，然后分，，三种情况讨论；

（3）先通过韦达定理得出，的关系，然后代入，最后构造新函数，通过单调性求出最小值.

【详解】(1)当时，，

，

此时 ，则，

函数在点处的切线方程为：，整理得

(2)，，

当时，由，解得，即当时，，单调递增；

由解得，即当时，，单调递减；

当时，，即在上单调递增；

当时，，故，即在上单调递增.

所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为.

(3)由得，

由已知有两个互异实根，，

由根与系数的关系得，，

因为，（）是的两个零点，故①

②

由②①得：，解得，

因为，得，

将代入得

，

所以，

设，因为，

所以，所以，所以，所以.

构造，得，

则在上是增函数，

所以，即的最小值为.

【点睛】关键点点睛：本题第3小问先通过韦达定理得出，的关系，然后由的零点得到a，最后构造新函数，通过单调性求出最小值，考查学生的运算能力，推理能力.