2022-2023学年广西壮族自治区玉林市北流市实验中学高二下学期5月月考数学试题含答案

2022-2023学年广西壮族自治区玉林市北流市实验中学高二下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.

【详解】由题意，，所以,

所以.

故选：D.

2．“为整数”是“为整数”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】由当为整数时，必为整数；当为整数时，比一定为整数；即可选出答案.

【详解】当为整数时，必为整数；

当为整数时，比一定为整数，

例如当时，.

所以“为整数”是“为整数”的充分不必要条件.

故选：A.

3．若，一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据不等式的性质逐一分析即可.

【详解】若，则，故A正确；

当时，，故BC错误；

当时，，故C错误.

故选：A.

4．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.

【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，

若两数不互质，不同的取法有：，共7种，

故所求概率.

故选：D.

5．若函数，则（    ）

A．－2 B．－1 C．0 D．1

【答案】C

【分析】首先求，再代入求的值.

【详解】，所以.

故选：C

6．新冠疫情防控期间，某镇医院派3位医生到4个不同的学校进行核酸检测，每位医生至少去一个学校且至多去两个学校，每个学校只安排一位医生，则所有不同的情况共有（    ）

A．24种 B．36种 C．48种 D．72种

【答案】B

【分析】先将医院分三组，其中一组有两个医院，再把三位医生分配到三个小组去.

【详解】由题意知必有一位医生去两个医院，另外两个医院各去一位医生，

第一步先将医院按2：1：1分为三组共有种方法，第二步再把三位医生分配到三个小组去，有种分配方法，故共有种方法.

故选：B

7．盲盒里有大小、形状完全相同的个绿球，个红球，现抛掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从盲盒里取出几个球．则取出的球全是绿球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设“取出的球全是绿球”，“掷出点”，则，求出，利用全概率公式可求得的值.

【详解】设“取出的球全是绿球”，“掷出点”，则，

又因为从盲盒里每次取出个球的所有取法是，即基本事件总数为，

而从袋中每次取出个绿球的所有取法是，即事件所含基本事件数为，

所以掷出点，取出的球全是绿球的概率为，

所以，.

故选：B.

8．不等式 对任意实数恒成立，则实数的取值范围为(　  　)

A．  B．

C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：由题意得，不等式，又关于的不等式对任意实数恒成立，则，即，解得，故选A.

【解析】基本不等式的应用；不等式的恒成立问题.

二、多选题

9．下列函数中，既是奇函数，又在上单调递增的函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】AC选项，根据函数奇偶性定义判断出AC为偶函数，BD为奇函数，再数形结合判断出函数的单调性，求出答案.

【详解】A选项，因为定义域为R，且，故为偶函数，A错误；

B选项，定义域为，且，故为奇函数，

且在上单调递增，B正确；

C选项，定义域为R，且，故为偶函数，C错误；

D选项，定义域为R，且，故为奇函数，

且在上单调递增，D正确.

故选：BD

10．一个袋子中有编号分别为的4个球，除编号外没有其它差异.每次摸球后放回，从中任意摸球两次，每次摸出一个球.设“第一次摸到的球的编号为2”为事件，“第二次摸到的球的编号为奇数”为事件，“两次摸到的球的编号之和能被3整除”为事件，则下列说法正确的是（    ）

A． B．事件与事件相互独立

C． D．事件与事件互为对立事件

【答案】AC

【分析】对于选项A，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；对于选项B，由题得，事件与事件不相互独立，所以该选项错误；对于选项C, ，所以该选项正确；对于选项D,举例说明事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.

【详解】对于选项A，两次摸到的球的编号之和能被3整除的基本事件有 ，共5个，由古典概型的概率公式得，所以该选项正确；

对于选项B，由题得,,所以，

事件与事件不相互独立，所以该选项错误；

对于选项C, ，所以该选项正确；

对于选项D, 如果第一次摸到编号为1的球，第二次摸到编号为4的球，则事件A和B都没有发生，所以事件与事件不是对立事件，所以该选项错误.

故选：AC

11．已知函数，则下列说法正确的有（    ）

A．是偶函数

B．是周期函数

C．在区间 上，有且只有一个极值点

D．过 作y=的切线，有无数条

【答案】AC

【分析】根据 的解析式，分别其对称性，周期性，单调性以及切线方程作出分析.

【详解】显然 ，A正确；

显然不是周期函数， B错误；

对于 C， ，令 ，当 时， ，则 单调递减，

又 ，故 在 上只有一个解，C正确;

对于 D，设切点为 ，则切线方程为，

代入(0，0)，有，得t= 0或 ，若 ，则切线方程为；

若 ，则切线方程为，故有且仅有3 条切线，D错误；

故选：AC.

12．已知函数，则（    ）

A．有两个极值点 B．有三个零点

C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线

【答案】AC

【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.

【详解】由题，，令得或，

令得，

所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；

因，，，

所以，函数在上有一个零点，

当时，，即函数在上无零点，

综上所述，函数有一个零点，故B错误；

令，该函数的定义域为，，

则是奇函数，是的对称中心，

将的图象向上移动一个单位得到的图象，

所以点是曲线的对称中心，故C正确；

令，可得，又，

当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．若，则的最小值为         .

【答案】7

【分析】配凑法，由均值不等式求和的最小值.

【详解】，

当且仅当即()时取等号，所以的最小值为7.

故答案为：7.

14．的展开式中的常数项为      .

【答案】

【分析】由题意结合二项式定理可得的展开式的通项为，令，代入即可得解.

【详解】由题意的展开式的通项为，

令即，则，

所以的展开式中的常数项为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.

15．已知随机变量服从正态分布，且，则          .

【答案】

【分析】根据正态分布的对称性求解.

【详解】，则，

所以由得，，

，．

故答案为：．

16．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，若，则不等式的解集为          .

【答案】

【分析】构造函数，求出导函数，根据导函数结合已知条件得出函数的单调性.又根据为偶函数，可推得，.原不等式等价于，根据函数的单调性，即可得出答案.

【详解】令，即，

则.

因为，所以在R上恒成立，

所以在上单调递增.

又为偶函数，

所以，所以，

所以.

又不等式等价于，即，即.

又在上单调递增，可得.

所以，不等式的解集为.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：构造函数，根据导函数，结合已知得出函数的单调性.然后根据已知求得的解.又原不等式等价于，即可利用单调性得出答案.

四、解答题

17．甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：

附：

(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?

(2)能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?

【答案】(1)75%；60%；

(2)能．

【分析】（1）根据表中的数据直接求频率即可，

（2）由公式直接计算，然后根据临界值表中的数据比较可得结论

【详解】（1）甲机床生产的产品中的一级品的频率为，

乙机床生产的产品中的一级品的频率为．

（2），

故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异．

18．已知函数（且）为定义在上的奇函数．

（1）求实数的值；

（2）若，使不等式对一切恒成立的实数的取值范围．

【答案】（1）1（2）

【分析】（1）利用奇函数的定义可知，从而可得a；（2）先利用奇函数转化为，再进行求解.

【详解】（1）依题意可得，，即，此时.

又符合题意，

∴实数的值为1；

（2）由，得，解得．

此时为减函数，

不等式可化为.

即对一切恒成立．

故对任意恒成立．

∴，解得．

综上可知，实数的取值范围为．

【点睛】本题主要考查奇函数的性质及利用奇偶性求解不等式问题，二次型恒成立问题通常转化为判别式的符号问题.

19．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月，两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中，两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用和仅使用的学生的支付金额分布情况如下：

（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月，两种支付方式都使用的概率；

（Ⅱ）从样本仅使用和仅使用的学生中各随机抽取1人，以表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求的分布列和数学期望；

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析，1

【分析】（Ⅰ）根据题意先计算出上个月，两种支付方式都使用的学生人数，再结合古典概型公式计算即可；

（Ⅱ）由题求出使用两种支付方式金额不大于1000的人数和金额大于1000的人数所占概率，再结合相互独立事件的概率公式计算即可

【详解】（Ⅰ）由题意可知，两种支付方式都使用的人数为：人，则：

该学生上个月，两种支付方式都使用的概率．

（Ⅱ）由题意可知，

仅使用支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，

仅使用支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，

且可能的取值为0，1，2．

，，，

的分布列为：

其数学期望：．

【点睛】本题考查概率的简单计算，离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题

20．已知函数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)求函数的单调区间；

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程；

（2）对函数求导，讨论、、结合导函数符号确定单调区间即可.

【详解】（1）当时，，则，

又 ，则，故切线方程为：.

（2）由，则且，

当时，单调递增区间为，无递减区间；

当时，，当时；当时，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，，当时；当时，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

综上：当时，仅有单调递增区间为，无递减区间；

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，单调递减区间为.

21．2015年7月31日，在吉隆坡举行的国际奥委会第128次全会上，北京获得2022年冬奥会举办权.在申冬奥过程中，中国正式向国际社会作出“带动三亿人参与冰雪运动”的庄严承诺.这一承诺，既是我国为国际奥林匹克运动做出重大贡献的大国担当展现，也是根据我国经济水平和全民健身需求做出的群众性运动的战略部署.从北京冬奥会申办成功到2021年10月，全国参与冰雪运动人数累计达到3.46亿，实现了“带动三亿人参与冰雪运动”的目标，这是北京冬奥会给予全球冬季体育运动和奥林匹克运动的最为重要的遗产，可以说是2022年北京冬奥会的第一块金牌.“冬奥热”带动“冰雪热”，也带动了冰雪经济，以冰雪运动为主要内容的冰雪旅游近年来发展迅速，2016至2022六个冰雪季的旅游人次y（单位亿）的数据如下表：

(1)求y与t的相关系数（精确到0.01），并回答y与t的线性相关关系的强弱；

(2)因受疫情影响，现将2019—2020年度的异常数据剔除，用剩下的5个年度数据（年度代号不变），求y关于t的线性回归方程（系数精确到0.01），并推测没有疫情情况下，2019—2020年度冰雪旅游人次的估计值.

附注：参考数据：，，，，.参考公式：相关系数，回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，

【答案】(1)，线性相关性不强

(2)，亿

【分析】（1）由已知数据结合相关系数公式求出相关系数，再进行判断即可，

（2）由已知数据结合回归方程公式计算y关于t的线性回归方程，再将代入回归方程可求出2019—2020年度冰雪旅游人次的估计值

【详解】（1）由参考数据计算得

所以，

因为，所以线性相关性不强.

（2）五组数据的均值分别为，

，

关于的线性回归方程为

令，则，

因此，在没有疫情情况下，2019-2020年度冰雪旅游人次的估计值为亿.

22．设函数，已知是函数的极值点．

（1）求a；

（2）设函数．证明:．

【答案】（1）；（2）证明见详解

【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；

（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解

【详解】（1）由，，

又是函数的极值点，所以，解得；

（2）[方法一]：转化为有分母的函数

由（Ⅰ）知，，其定义域为．

要证，即证，即证．

（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．

（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．

综合（ⅰ）（ⅱ）有．

[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数

由（1）得，，且，

当 时，要证，， ，即证，化简得；

同理，当时，要证，， ，即证，化简得；

令，再令，则，，

令，，

当时，，单减，故；

当时，，单增，故；

综上所述，在恒成立.

[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明

令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．

（ⅰ）当时，，所以，即，所以．

（ⅱ）当时，，同理可证得．

综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．

【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.