|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题(含解析)
    立即下载
    加入资料篮
    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题(含解析)01
    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题(含解析)02
    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题(含解析)03
    还剩18页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题(含解析)

    展开
    这是一份河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题(含解析),共21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。

    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月联考数学试题
    学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________

    一、单选题
    1.已知集合,,则(    )
    A. B. C. D.
    2.函数的导函数为(    )
    A. B. C. D.
    3.如图,提供4种不同的颜色给图中,,,四块区域涂色,若相邻的区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有(     )种.

    A.12 B.36 C.48 D.72
    4.设函数,则(    )
    A.在区间递减 B.在区间上递增
    C.在点处有极大值 D.在区间上递减
    5.某中学全体学生参加了数学竞赛,随机抽取了400名学生进行成绩统计,发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间,进行适当分组后(每组为左闭右开的区间),画出频率分布直方图如图所示,每组数据以组中值(组中值=(区间上限+区间下限)/2)计算),下列说法正确的是(    )
      
    A.直方图中的值为0.035
    B.估计全校学生的平均成绩为83分
    C.估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为95分
    D.在被抽取的学生中,成绩在区间的学生数为30人
    6.某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成,每包产品均含有10个零件.小张到该企业采购,利用如下方法进行抽检:从该企业产品随机抽取1包产品,再从该包产品中随机抽取4个零件,若抽取的零件都是一等品,则决定采购该企业产品;否则,拒绝采购.假设该企业这批产品中,每包产品含1个或2个二等品零件,其中含2个二等品零件的包数占10%,则小张决定采购该企业产品的概率为(    )
    A. B. C. D.
    7.已知函数及其导函数的定义域均为,是偶函数,记,也是偶函数,则的值为(    )
    A.-2 B.0 C.-1 D.2
    8.已知,,,则(    )
    A. B. C. D.

    二、多选题
    9.展开式中二项式系数最大的是,则可以是(    )
    A.8 B.9 C.10 D.11
    10.下列说法中,正确的命题是(    )
    A.已知事件A与B的概率均不为0,如果,则事件与相互独立
    B.互斥的事件不一定是对立事件,对立事件一定是互斥事件;
    C.若随机变量,则方差
    D.若将一组数据的每个数都加上一个相同的正数,则平均数和方差都会发生变化.

    三、单选题
    11.定义在上的函数,已知是它的导函数,且恒有成立,则有(    )
    A. B.
    C. D.

    四、多选题
    12.如图,一只蚂蚁从正方形的顶点A出发,每一次行动顺时针或逆时针经过一条边到达另一顶点,其中顺时针的概率为,逆时针的概率为,设蚂蚁经过n步到达B,D两点的概率分别为.下列说法正确的有(    )

    A. B.
    C. D.

    五、填空题
    13.的展开式中项的系数为_________.
    14.现有6个三好学生名额,计划分到三个班级,则恰有两个班分到三好学生名额的概率为________.
    15.已知曲线在点处的切线也是曲线的一条切线,则____________.
    16.已知,,则实数的取值范围为_________.

    六、解答题
    17.已知,其中,且的系数是.
    (1)求a的值;
    (2)计算:(i);
    (ⅱ)
    (以上结果可保留幂的形式)
    18.已知函数,其中,若的图象在点处的切线方程为.
    (1)求函数的解析式;
    (2)求函数在区间上的最值.
    19.某地举办了一次地区性的中国象棋比赛,小明作为选手参加.除小明外的其他参赛选手中,一、二、三类棋手的人数之比为5:7:8,小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.6、0.5、0.4.
    (1)从参赛选手中随机抽取一位棋手与小明比赛,求小明获胜的概率;
    (2)如果小明获胜,求与小明比赛的棋手分别为一、二、三类棋手的概率.
    20.已知,函数.
    (1)若和的最小值相等,求的值;
    (2)若方程恰有一个实根,求的值.
    21.法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人,他每天都会到同一家面包店购买一个面包.该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是1000,上下浮动不超过50.这句话用数学语言来表达就是:每个面包的质量服从期望为1000,标准差为50的正态分布.
    (1)已知如下结论:若,从的取值中随机抽取个数据,记这个数据的平均值为,则随机变量.利用该结论解决下面问题.
    (i)假设面包师的说法是真实的,随机购买25个面包,记随机购买25个面包的平均值为,求;
    (ii)庞加莱每天都会将买来的面包称重并记录,25天后,得到的数据都落在上,并经计算25个面包质量的平均值为.庞加莱通过分析举报了该面包师,从概率角度说明庞加莱举报该面包师的理由;
    (2)假设有两箱面包(面包除颜色外,其他都一样),已知第一箱中共装有6个面包,其中黑色面包有2个;第二箱中共装有8个面包,其中黑色面包有3个.现随机挑选一箱,然后从该箱中随机取出2个面包.求取出黑色面包个数的分布列及数学期望.
    附:
    ①随机变量服从正态分布,则,;
    ②通常把发生概率小于的事件称为小概率事件,小概率事件基本不会发生.
    22.设函数.
    (1)当时,讨论函数的单调性;
    (2)曲线与直线交于,两点,求证:.

    参考答案:
    1.D
    【分析】根据一元二次不等式的解法求得集合,再由集合交集的运算即可求解.
    【详解】集合,集合,
    则,
    故选:D.
    2.D
    【分析】直接代入求导公式,运用复合函数的求得法则即可求解.
    【详解】依题知,,即,
    由求导公式:,
    复合函数的求导法则:设,则
    得:,
    故选:D.
    3.C
    【分析】根据使用颜色的数量进行分类计算即可.
    【详解】如果只用了3种颜色,则ABD三块区域颜色必两两不同,C区域必与A相同,
    则涂法有种;
    如果用了全部4种颜色,则涂法有种;
    所以总共有种涂法.
    故选:C.
    4.A
    【分析】利用导函数与函数的单调性、极值的关系求解.
    【详解】,
    令,解得,令,解得,
    所以函数在单调递减,单调递增,
    所以在区间递减,A正确;
    在区间递减,B错误;
    在点处有极小值,C错误;
    在区间递增,D错误;
    故选:A.
    5.C
    【分析】根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可求得值,以此判断A;
    按照频率频率分布直方图中平均数算法计算可判断B;按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断C.计算成绩在区间,的学生频率,然后可计算该区间学生数,以此判断D;
    【详解】根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可得,解得,所以A错;
    对于B:估计全校学生的平均成绩为分,故B错误;
    对于C:全校学生成绩的样本数据的分位数约为分,故C正确.
    对于D:在被抽取的学生中,成绩在区间,的学生数为人,故D错误;
    故选:C
    6.B
    【分析】根据题意,分别求得在含1个二等品零件的产品中和含2个二等品零件的产品中,随机抽取4个零件的概率,结合互斥事件的概率计算公式,即可求解.
    【详解】根据题意,该切于这批产品中,含2个二等品零件的包数占,
    则含1个二等品零件的包数占,
    在含1个二等品零件的产品中,随机抽取4个零件,
    若抽取的4个零件都是一等品,其概率为,
    在含2个二等品零件的产品中,随机抽取4个零件,
    若抽取的4个零件都是一等品,其概率为,
    则小张决定采购该企业产品的概率为.
    故选:B.
    7.B
    【分析】由已知结合函数的奇偶性可求出函数的周期,然后结合奇偶性及周期即可求解函数值.
    【详解】因为是偶函数,所以,
    两边求导得,即,
    所以,即,
    令可得,即,
    因为为偶函数,
    所以,即,
    所以,即,得,
    所以4是函数的一个周期,
    所以.
    故选:B.
    8.A
    【分析】由题意,构造函数,,,对函数进行求导,利用导数得到函数的单调性,结合所给条件比较大小即可.
    【详解】不妨设,函数定义域为,
    可得,所以在定义域上单调递增,此时,
    所以当时,,则,所以,
    不妨设,函数定义域为,
    可得,所以在定义域上单调递减,此时,
    所以,则,所以,
    不妨设,函数定义域为,
    可得,所以在定义域上单调递增,
    当时,,
    所以,则,所以,
    综上得,.
    故选:A.
    9.BCD
    【分析】根据二项式系数的概念和组合数的运算公式求解.
    【详解】根据二项式系数的对称关系,
    当时,所有二项式系数中,,且均为最大;
    当时,所有二项式系数中, 最大;
    当时,所有二项式系数中,,且均为最大;
    故选:BCD.
    10.AB
    【分析】根据事件的独立性的定义判断A,互斥、对立的定义判断B,利用二项分布的方差公式求解C,根据一组数的平均数和方差公式判断D.
    【详解】对A,因为,所以事件相互独立,
    所以事件与相互独立,A正确;
    对B,互斥的事件不一定是对立事件,对立事件一定是互斥事件,B正确;
    对C,因为随机变量,所以,
    则方差,C错误;
    对D,将一组数据的每个数都加上一个相同的正数,则平均数会发生变化,
    方差无变化,D错误;
    故选:AB.
    11.C
    【分析】根据,构造函数,利用其单调性比较.
    【详解】解:令,
    则,
    因为,
    所以,
    则在上单调递减.
    所以,
    故,,
    故选:C
    12.ACD
    【分析】有四种情形:,求其概率可判断A;从顶点A出发经过2n步到达B、D两点为不可能事件,所以可判断B;对于C,当为偶数时,当为奇数时,先计算从点或点出发经过两步到达点的概率,再讨论从顶点出发经过步到达点的两种情形:①从顶点出发经过步到达点,再经过两步到达点的概率为,②从顶点出发经过步到达点,再经过两步到达点的概率为,可得可判断C;
    利用可判断D;
    【详解】对于A,有四种情形:,其所求的概率为,故A正确;
    对于B,当为偶数时,从顶点出发,只能到达点或点,此时,
    当为奇数时,从顶点出发,只能到达点或点,此时,即从顶点A出发经过2n步到达B、D两点为不可能事件,所以,故B错误;
    对于C,当为偶数时,当为奇数时,先计算从点或点出发经过两步到达点的概率,分别为,,现讨论从顶点出发经过步到达点的两种情形:①从顶点出发经过步到达点,再经过两步到达点的概率为,②从顶点出发经过步到达点,再经过两步到达点的概率为,故,可得,又,所以,故C正确;
    对于D,
    ,所以
    ,故D正确;
    故选:ACD.
    13.240
    【分析】利用二项式定理的展开原理,写出通项,利用方程,可得答案.
    【详解】由,则其展开式的通项,
    化简可得,令,则,
    即.
    故答案为:240.
    14.
    【分析】分只有一个班分到名额,恰有两个班分到名额和三个班都分到了名额三种情况求出总的情况,然后利用古典概型求概率的方法能求出恰有两个班分到三好学生名额的概率.
    【详解】将6个三好学生名额分到三个班级,有3种类型:
    第一种是只有一个班分到名额,有3种情况;
    第二种是恰好有两个班分到名额,由隔板法得有种情况,
    第三种是三个班都分到了名额,由隔板法得有种情况,
    则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为.
    故答案为:.
    15./
    【分析】首先利用导数的几何意义得到切线为,设的切点为,从而得到,代入切线得到切点为,再结合即可得到答案.
    【详解】,,所以切点.
    ,,切线,即.
    设的切点为,
    ,,所以.
    所以切点为,将点代入切线得:,
    又因为,解得:.
    故答案为:.
    16.
    【分析】构造函数,求导根据函数的单调性参变分离,再次构造函数,求导根据函数的单调性求得的最大值.
    【详解】因为,设,则
    又因为,,
    时,,单调递增;时,,单调递减;
    因此当时,有最小值,所以在R上单调递增,
    ∴,
    设,则,令,解得.
    当时,,函数单调递增,当时,函数单调递减.
    ∴,.
    故实数的取值范围为:.
    故答案为:.
    17.(1)
    (2)(i);(ⅱ)

    【分析】(1)求出的二项展开式的通项,令,可求出的系数,列方程可求a的值;
    (2)(i)令和得两个等式,利用两个等式整体计算可得;(ⅱ)令,则,可得,通过展开式的通项可得各项展开式系数的正负,进而可得的值.
    【详解】(1)的二项展开式的通项为,
    令,得,
    ,又,

    (2)(i)由(1)得,
    令得①,
    令得②,
    ①②得,,
    ①②得,,
    ;
    (ⅱ)令,则,

    的二项展开式的通项为,
    为正数,为负数,
    .
    18.(1)
    (2)最大值为 ,最小值为.

    【分析】(1)求出函数的导数,利用导数的几何意义结合给定切线求解作答.
    (2)利用(1)的函数解析式,利用函数在区间上的单调性,即可求解作答.
    【详解】(1)依题意,,切点在切线上,则,

    而的图象在点处的切线斜率为,,解得得,
    所以函数的解析式为.
    (2)由(1)知,,由得或,
    当时,或,有,,有,
    因此函数在上单调递增,在上单调递减,又,,,,
    所以在上的最大值为 ,最小值为.
    19.(1)0.485
    (2)、、.

    【分析】(1)根据已知条件,利用条件概率和全概率公式计算;
    (2)利用贝叶斯公式分别求解即可.
    【详解】(1)记事件B:“小明获胜”,
    记事件:“小明与第类棋手相遇”,
    由题可得,,,,
    ,,
    (1)由全概率公式可知

    .
    (2)由条件概率公式可得


    .
    即小明获胜,对手分别为一、二、三类棋手的概率为、、.
    20.(1);
    (2).

    【分析】(1)利用导数求出,的最小值,令其相等,可得答案;
    (2)方程恰有一个实根,相当于恰有一个零点.利用导数及零点存在性定理,分三种情况下,
    的零点情况即可.
    【详解】(1)因,则.
    .
    则在上单调递减,在上单调递增,
    故.
    因,则.
    .
    则在上单调递减,在上单调递增,
    故.

    .则若和的最小值相等,.
    (2)由,可得,
    即,令,.
    则方程恰有一个实根,相当于恰有一个零点.
    则.
    或(舍去).
    令,则.
    得在上单调递减,在上单调递增.
    则.
    令,则,
    得在上单调递减,又,则当时,,
    时,.
    则当时,,
    ,此时无零点,不合题意;
    当时,,
    此时有唯一零点1,则满足条件;
    当时,,
    ,又,.
    则,
    得,.
    又令,,
    得在上单调递增,又,.则.
    .令.
    则,令,.
    得在上单调递增,则,
    得在上单调递增,则.
    又,则.则.
    得,.则当时,有2个零点,不合题意.
    综上,方程恰有一个实根时,.
    【点睛】关键点点睛:本题涉及利用导数求最值及用导数及零点存在性定理研究函数的零点,难度较大.
    (1)适当的变形后,可将多余的a消去,后可解出相关方程;
    (2)零点问题,常涉及单调性与零点存在性定理,先利用单调性判断零点的大致个数,再利用零点存在性定理确定零点所在范围.
    21.(1)(i);(ii)理由见解析.
    (2)

    0
    1
    2





    【分析】(1)(i)由正太分布的对称性及原则进行求解;(ii)结合第一问求解的概率及小概率事件进行说明;(2)设取出黑色面包个数为随机变量,则的可能取值为0,1,2,求出相应的概率,进而求出分布列及数学期望.
    【详解】(1)(i)因为,所以,因为,所以,因为,所以;
    (ii)由第一问知,庞加莱计算25个面包质量的平均值为,,而,为小概率事件,小概率事件基本不会发生,这就是庞加莱举报该面包师的理由;
    (2)设取出黑色面包个数为随机变量,则的可能取值为0,1,2,
    则;,,故分布列为:

    0
    1
    2




    其中数学期望
    22.(1)时,单调递减;时,单调递增
    (2)证明见解析

    【分析】(1)先求导,再根据导数和函数单调性的关系,分类讨论即可求出;
    (2)分别说明时,,则证明成立即证,利用函数的性质转化为证明,令,构造函数,求导判断单调性即可得证.
    【详解】(1)当时,,,所以,
    则时,,单调递减;时,,单调递增.
    (2),则,
    由题意,知有两解,,不妨设,
    要证,即证.
    ①若,则;
    ②若,由知,
    在上单调递减,在上单调递增,则可设,
    又,,
    两式相减,整理得①,由,可得,于是有,
    综合①②知,,所以只需证(*),
    将①代入(*)式,得,即.
    令,即证.
    令,则,
    所以在其定义域上单调递增,所以,
    所以成立.
    【点睛】方法点睛:函数双变量不等式(极值点偏移型问题)证明方法:
    (1)构造对称函数法:求导,获得的单调性,极值点情况,作出的图象,由得的取值范围,构造辅助函数,结合与单调性即可得证不等式;
    (2)比值代换法:利用换元法将双变量转化为单变量,例如可设,变形处理将问题化为含的不等式,构造函数,结合导数求最值证得结论;
    (3)对数均值不等式法:利用转化证明.

    相关试卷

    2022-2023学年河北省保定市六校联盟高二下学期期末联考数学试题含答案: 这是一份2022-2023学年河北省保定市六校联盟高二下学期期末联考数学试题含答案,共19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。

    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题: 这是一份河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题,共21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。

    河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题及答案: 这是一份河北省保定市六校联盟2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题及答案,共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分,本卷命题范围,已知正数a,b满足,则,若,则下列结论正确的是等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map