重庆市广益中学2022-2023学年高二数学下学期5月月考（二）试题（Word版附解析）

这是一份重庆市广益中学2022-2023学年高二数学下学期5月月考（二）试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市广益中学 2022—2023 学年下期5月月考高二数学（二）命题人：徐方杰  审题人：卞蓓颖 蒲治书一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知，则n的值为（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用排列数公式计算作答.【详解】因为，而，即有，于是，所以n的值为5.故选：C2. 在两个变量与的回归模型中，分别选择了4个不同的模型，它们的样本相关系数如表所示，其中线性相关性最强的模型是（    ）模型模型1模型2模型3模型4相关系数0.480.150.960.30 A. 模型1 B. 模型2 C. 模型3 D. 模型4【答案】C【解析】【分析】利用相关系数绝对值的大小与相关程度的关系判定即可.【详解】样本相关系数的绝对值越接近1，说明与的线性相关性越强.故选：C.3. 已知离散型随机变量服从二项分布，且，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用二项分布的期望和方差公式可得出关于、的方程组，即可解得的值.【详解】因为离散型随机变量服从二项分布，且，，则，解得.故选：B.4. 某班联欢会原定3个节目已排成节目单，开演前又增加了2个节目，如果将这2个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用插空法结合排列组合计数方法求解.【详解】这2个新节目插入节目单中，若2个新节目相邻，则在原定3个节目已排成节目单产生的4个空位中，选1个位置安排2个新节目，且两个新节目顺序可变，此时有种插法，若2个新节目不相邻，则在原定3个节目已排成节目单产生的4个空位中，选2个位置安排2个新节目，且两个新节目顺序可变，此时有种插法，所以共有种插法，故选:B.5. 把一枚硬币任意掷两次，事件“第一次出现正面”，事件 “第二次出现正面”，则（        ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件概率的公式求解即可.【详解】由题意知，第一次出现正面的概率是 ，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是 ， .故选：C6. 已知函数在处取得极大值4，则（    ）A. 8 B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】先求函数的导数，把极值点代入导数则可等于0，再把极值点代入原函数则可得到极值，解方程组即可得到，从而算出的值.【详解】因为，所以，所以，解得，经检验，符合题意，所以.故选：B7. 已知定义在上的函数满足，且，则的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由导数公式得出，从而得出函数的单调性，将不等式可化为，利用单调性解不等式即可.【详解】因为，所以函数在区间上单调递减，不等式可化为，即，解得.故选：A8. 已知函数，，若成立，则的最小值为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据得到，的关系，利用消元法转化为关于的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．【详解】设，则，，令，所以，又在增函数，且，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增．所以，即的最小值为．故选A.【点睛】本题主要考查导数的应用，利用消元法进行转化，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的极值和最值是解决本题的关键，有一定的难度．二、多项选择题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）9. 以下函数求导正确的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】利用基本初等函数的求导公式及运算法则即可逐一求导得出结论.【详解】, A正确；，常数导数为0，B错误；，C错误；，D正确.故选：AD.10. 甲乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则（   ）A. 两件都是次品的概率为0.02B. 事件“至多有一件正品”与事件“至少有一件正品”是互斥事件C. 恰有一件正品的概率为0.26D. 事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件【答案】ACD【解析】【分析】运用互斥事件、对立事件的定义可判断B项、D项，运用概率的加法公式及相互独立事件的概率公式计算可判断A项、C项.【详解】对于A，若取出的两件都是次品，其概率，故A项正确；对于B，事件“至多有一件正品”包含有两件次品、一件正品和一件次品，“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以两个事件不是互斥事件，故B项错误；对于C，恰有一件正品，其概率，故C项正确；对于D，“至少有一件正品” 包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件，故D项正确；故选：ACD.11. 在 的展开式中，下列结论正确的是（   ）A. 展开式的二项式系数和是128 B. 只有第4项的二项式系数最大C. 的系数是 D. 展开式中的有理项共有3项【答案】AC【解析】【分析】根据二项式展开式的通项特征即可判断CD，由组合数的性质即可判断B,由二项式系数和可判断A.【详解】对于A,二项式系数和为，故A正确，对于B，由于 ,所以第四项与第五项的二项式系数均为最大，故B错误，对于C,的通项为，令，所以的系数是，故C正确，当时，为整数，所以有理项有4项，故D错误，故选：AC12. 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【解析】【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（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 在的展开式中，含项的系数是________．【答案】【解析】【分析】根据题意，得到其通项公式，即可得到结果.【详解】由题意可得，其通项公式为，令，则，所以含项的系数是.故答案为:14. 随机变量服从正态分布，若，则___________.【答案】##【解析】【分析】根据正态曲线的性质计算可得；【详解】解：因为随机变量服从正态分布且，所以；故答案为：15. 同一种产品由甲､乙､丙三个厂商供应.由长期的经验知，三家产品的正品率分别为0.95､0.90､0.80，甲､乙､丙三家产品数占比例为，将三家产品混合在一起.从中任取一件，求此产品为正品的概率___________.【答案】0.86【解析】【分析】由全概率公式计算所求概率.【详解】由全概率公式，得所求概率.故答案为：.16. 已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】首先求出，则问题即为，可同构变形为，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，参变分离得到，再令，，利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围，即可得解.【详解】因为，所以，所以不等式即为，即，构造函数，，则，则即为，因为，所以，所以，，所以，所以在上单调递增，而，，因此由等价于，所以，令，，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，故正实数的最小值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是同构变形，从而可构造函数，利用导数研究函数的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，再进行参变分离.四、解答题（本大题共 6 小题，第17题10分，其余各题每题12分，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知函数，（1）求函数在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间.【答案】（1）；    （2）递减区间和，递增区间为.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义结合条件即得；（2）根据导数与函数的单调性的关系即得.【小问1详解】因为，所以，，切点为，所求切线的斜率为，所求切线的点斜式方程是，即：；【小问2详解】因为当时，解得或，当时，得，当时，得，所以函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.18. 彭老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的7篇，求：（1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列；（2）他能及格的概率．【答案】（1）分布列见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，求出对应的概率，即可得出随机变量的分布列；（2）根据已知条件及随机变量的分布列的性质即可求解.【小问1详解】由题意可知，的可能取值为，则,,.所以的分布列为【小问2详解】该同学能及格，表示他能背诵篇或篇，由（1）知，该同学能及格的概率为.19. 已知函数（1）判断的零点个数；（2）若对任意恒成立，求的取值范围．【答案】（1）个；    （2）.【解析】【分析】（1）求，利用导数判断的单调性，结合单调性以及零点存在性定理即可求解；（2）由题意可得对任意恒成立，令，则，利用导数求的最小值即可求解.【小问1详解】的定义域为，由可得，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，，此时在上无零点，当时，，，，且在上单调递增，由零点存在定理可得在区间上存在个零点，综上所述有个零点.【小问2详解】由题意可得：对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则，由可得：，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以的取值范围.20. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．某研究小组为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，计算得，，，．作散点图发现，除了明显偏离比较大的两个样本点，外，其它样本点大致分布在一条直线附近，为了减少误差，该研究小组剔除了这两个样本点，重新抽样补充了两个偏离比较小的样本点，．（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）建立地块的植物覆盖面积x（单位：公顷）和这种野生动物的数量y的线性回归方程；（3）经过进一步治理，如果每个地块的植物覆盖面积增加1公顷，预测该地区这种野生动物增加的数量．参考公式：线性回归方程，其中，．【答案】（1）13000    （2）    （3）2000【解析】【分析】（1）由样本数据估计总体野生动物数量即可.（2）根据线性回归方程的公式求回归方程即可.（3）根据（2）的回归方程计算即可.【小问1详解】样区野生动物平均数为，而地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为．【小问2详解】将样本点，替换为，，构成一组新的样本数据，计算得，，，，所以，，所求回归方程为．【小问3详解】由（2）回归方程可知：每个地块的植物覆盖面积增加1公顷，则野生动物数量增加10，故该地区这种野生动物增加数量的估计值为：．21. 某市举办数学知识竞赛活动，共5000名学生参加，竞赛分为初试和复试，复试环节共3道题，其中2道单选题，1道多选题，得分规则如下：参赛学生每答对一道单选题得2分，答错得O分，答对多选题得3分，答错得0分，答完3道题后的得分之和为参赛学生的复试成绩. (1)通过分析可以认为学生初试成绩服从正态分布，其中，，试估计初试成绩不低于90分的人数； (2)已知小强已通过初试，他在复试中单选题的正答率为，多选题的正答率为，且每道题回答正确与否互不影响.记小强复试成绩为，求的分布列及数学期望. 附：，，.【答案】(1)114人 (2)见解析【解析】【分析】（1）根据正态分布可知，利用总人数乘以概率可求得所求人数；（2）首先确定所有可能取值，计算出每个取值所对应的概率，从而可求得分布列；再利用离散型随机变量的数学期望公式求得数学期望.【详解】（1），即，又    估计不低于分的人数有：（人）（2）的所有可能取值为；；；；的分布列为：【点睛】本题考查正态分布求解概率和估计总体、离散型随机变量的分布列和数学期望的求解问题，关键是准确判断离散型随机变量可能的取值和对应的概率，属于常规题型.22. 已知函数．（1）若在单调递增，求实数的取值范围；（2）若函数有两个极值点，，且，求证：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求得，根据条件单调递增，得到在上恒成立，从而得到在上恒成立，结合二次函数的图像与性质即可求解；（2）先化简得到，求导得到，根据条件有两个极值点，（），得到，是方程两个不同的根，结合韦达定理将不等式转化为，构造函数，，利用导数求出函数的最小值即可.【小问1详解】函数的定义域为，则，若单调递增，则上恒成立，即在上恒成立，又在上单调递减，于是，所以，故实数a的取值范围为.【小问2详解】证明：（），则，依题意可得，是方程的两个不同的根，于是，，，即，又，则，.要证，只需证，即证，，因为，所以，从而，令，，则，设，则，令，解得：（舍去），由，得，由，得，于是在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，而，，于是在上，，因此在上单调递增，从而，综上所述，，所以原命题得证．【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.本题中得到，是方程的两个不同的根，根据韦达定理得到及，从而将原不等式转化为只的不等式；（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.本题中构造函数，；（3）再次利用导数研究函数的最值，即可证得结果.