2022-2023学年湖北省问津教育联合体高二下学期5月质量检测数学试题含答案

2022-2023学年湖北省问津教育联合体高二下学期5月质量检测数学试题

一、单选题

1．在等比数列中，有，类比上述性质，在等差数列中，有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用等差数列角标和的性质即可得到正确选项.

【详解】选项A：在等差数列中，当且仅当公差为0时，成立.判断错误；

选项B：在等差数列中，由，可得.判断错误；

选项C：在等差数列中，由，可得.判断错误；

选项D：在等差数列中，由，可得.判断正确.

故选：D.

2．某数学兴趣小组把两个0、一个2、一个1与一个7组成一个五位数（如20107），若其中两个0不相邻，则这个五位数的个数为（    ）

A．18 B．36 C．72 D．144

【答案】A

【分析】由于三个0均不相邻，所以采用插空法，第一步排列一个2，一个1，一个7，第二步再把0插入其中五个空，即可得答案．

【详解】利用插空法，第一步排列一个2，一个1，一个7，

共有种排法，

第二步最前面不能排0,再把0插入其中3个空,，所以有种排法，

所以共有个五位数．

故选： A

3．若函数在上为增函数，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据在上恒成立求解即可

【详解】，因为函数在[2，4]上为增函数，

所以在上恒成立，故在上恒成立，

故在上恒成立，所以.

故选：A

4．现有天平及重量为1，2，4的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全部放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种.

A．15 B．13 C．11 D．10

【答案】A

【分析】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解.

【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，有以下三种情况：

①第一步先放4，则4只能在左边，接下来重量为1，2的砝码顺序随意有2种，左右边随意有种，

则共有种放法；

②第一步先放2，2只能在左边，

若第二步放4，则4只能在左边，第三步砝码1左右边随意放，有种放法，

若第二步放1，则砝码1左右两边随意放，有种放法，第三步砝码4只能在左边，有1种放法，

则共有4种放法；

③第一步先放1，则1只能在左边，

若第二步放4，则4只能在左边，第三步砝码2左右边随意放，共有种；

若第二步放2，2只能在左边，第三步砝码4只能在左边，共有1种；

则共有3种放法，

综上，有种放法．

故选：A．

5．已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意先求出，即可求出则可写出的通项公式，再利用裂项相消即可求出答案.

【详解】因为①，

当时，；

当时，②，

①-②化简得，

当时：，也满足，

所以，，

所以的前2023项和.

故选：B.

6．某人在19次射击中击中目标的次数为X，若，若最大，则（    ）

A．14或15 B．15 C．15或16 D．16

【答案】C

【分析】由二项分布的概率计算公式及计算即可.

【详解】因为在19次射击中击中目标的次数为X，，

所以，且.

若最大，则.

，即

解得：，

因为且，所以当或时，最大.

故选：C.

7．某卡车为乡村小学运送书籍，共装有个纸箱，其中箱英语书、箱数学书.到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱.现从剩下箱中任意打开两箱，结果都是英语书，则丢失的一箱也是英语书的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用表示丢失一箱后任取两箱是英语书，用表示丢失的一箱为英语书，表示丢失的一箱为数学书，利用全概率公式计算出的值，然后利用贝叶斯公式计算出的值.

【详解】用表示丢失一箱后任取两箱是英语书，用表示丢失的一箱为英语书，表示丢失的一箱为数学书，

则，，，

由全概率公式可得，

所以，.

故选：B.

8．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围.

【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，

将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小．

而，令，则，可得，

此时，Q到直线的距离，故，

所以．

故选：B

【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离且，结合导数的几何意义、点线距离公式求m的范围.

二、多选题

9．下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据数列单调性的定义逐项判断即可.

【详解】对于A，由于，故数列是递增数列；

对于B，由于，故数列是递增数列；

对于C，由于，，故数列不是递增数列；

对于D，由于，

当时，，，即，

又，所以数列是递增数列．

故选：ABD.

10．已知函数在时的极值为，则函数的单调递增区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】根据函数极值点的定义以及极值可得出关于实数、的方程组，即可解出这两个未知数的值，然后利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间.

【详解】因为，则，

因为函数在时的极值为，则，解得，

此时，，则，

由可得，由可得或，

所以，函数的增区间为、，减区间为，

所以，函数在处取得极小值，合乎题意，

因此，函数的增区间为、，

故选：AB.

11．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】令令，可判定A不正确；两边求导，令，可判定B正确；利用展开式的通项，可判定C正确；令，可得，进而可判定D正确.

【详解】由，

令，可得，所以A不正确；

两边求导，可得，

令，可得，所以B正确；

由二项式的展开式的通项为，

令，可得，所以C正确；

令，可得，

又因为，所以，所以D正确.

故选：BCD.

12．下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为2，3，…，7，用表示小球落入格子的号码，则（    ）

A． B．

C．当Р最大时，或5 D．

【答案】CD

【分析】记事件 “向右下落”，则事件 “向左下落”， 根据小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数加上，可得，分析可知，利用独立重复试验的概率公式可判断AC选项；利用二项分布的期望公式和期望的性质可判断B选项；利用二项分布的方差公式以及方差的性质可判断D选项．

【详解】记事件 “向右下落”，则事件 “向左下落”，则，

设表示事件发生的次数，

因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数加上，则，

而小球在下落过程中共碰撞小木钉5次，则，

对于A，，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，

，

，

，

，

，

故当或时，概率最大，故C正确；

对于D，，故D正确．

故选：CD.

【点睛】关键点点睛：根据小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数加上，可得，将问题转化为二项分布的相关问题是解决本题的关键.

三、填空题

13．已知函数，则函数的图象在处的切线方程为         .

【答案】

【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求出切线方程作答.

【详解】函数，求导得，则，而，

所以函数的图象在处的切线方程为，即.

故答案为：

14．已知函数，给出三个条件：①；②；③.从中选出一个能使数列成等比数列的条件，在这个条件下，数列的前n项和         .

【答案】/

【分析】由给定的函数关系，利用对数定义求出，再判断出等比数列即可作答.

【详解】因函数，

条件①，，则有，而不是常数，即数列不是等比数列；

条件③，，则有，而不是常数，即数列不是等比数列；

条件②，，则有，是常数，即数列是等比数列，其首项为1，公比2，

所以.

故答案为：

15．中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有          .

【答案】30

【分析】先涂“火、土”两个位置，再分类讨论“火”与“金”、“土”与“水”位置颜色是否相同，运算求解.

【详解】设3种不同的颜色为，

对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，

1.若“金”位涂色为，则有：

①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；

②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；

共2种涂色方法；

2.若“金”位涂色为，则有：

①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；

②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；

共3种涂色方法；

综上所述：共种不同的涂色方法.

故答案为：30.

16．在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是         .

【答案】

【分析】先求出事件“后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高”包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可.

【详解】设六棵树从矮到高的顺序为，

“后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高”为事件，

则必在后排，在前排，

因此，有在的后面和不在的后面两种情况，

（1）在的后面时，必在后排，必在前排，

因此又分为在的后面和不在的后面两种，

①在的后面时，必须在的后面，所以有种；

②不在的后面时，有种；

（2）不在的后面时，可分为在前排和在后排两种，

在前排，则必须在的后面，此时必须在后排，

又可分为在的后面和不在的后面两种，

在的后面：有种；

不在的后面：有种.

在后排，又可分为在的后面和不在的后面两种，

在的后面，必在前排，又分为在的后面和不在的后面两种，

在的后面：有种；

不在的后面：有种.

不在的后面：有种.

所以.

故答案为：

四、解答题

17．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为－1．

(1)求n和的值；

(2)求的展开式中的常数项．

【答案】(1)

(2)168

【分析】（1）根据结论得到方程组，解出即可；

（2）首先对原式整理为，写出展开式的通项，再求出其常数项即可得到答案.

【详解】（1）由条件可得，

所以解得；

（2）.

∵展开式的通项为：.

∴当即时，；

当即，舍去.

∴所求的常数项为168.

18．已知数列满足，．

(1)求证：数列是等比数列；

(2)若，为数列的前n项和，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)，

【分析】（1）根据递推公式证明为定值即可；

（2）先由（1）求得数列的通项，从而可得数列的的通项，再利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）因为，

所以，

又，

所以是以为首项，以3为公比的等比数列；

（2）由（1）知，故，

所以，

故，

则，

两式相减得

，

所以.

19．冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一.冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心的远近决定胜负.甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆中，得3分，冰壶的重心落在圆环A中，得2分，冰壶的重心落在圆环B中，得1分，其余情况均得0分.已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响.甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，.

(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率；

(2)甲投掷冰壶10次，每次掷冰壶的结果互不影响，求甲得分的期望值.

【答案】(1)

(2)20

【分析】（1）求出甲乙二人都得0分的概率，然后由两人同时得0分、1分、2分、3分计算概率并相加即可；

（2）设甲掷冰壶一次的得分为，根据题意可得可能取值为0，1，2，3，求出每一个值对应的概率，列出分布列，进而求出期望即可.

【详解】（1）由题意知甲得0分的概率为，

乙得0分的概率为，

所以甲、乙两人所得分数相同的概率为.

（2）设甲掷冰壶一次的得分为，则可能取值为0，1，2，3，

所以，随机变量的分布列为：

甲掷冰壶10次的得分.

20．（1）将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?

（2）将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?

（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?

（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?

（注：要写出算式，结果用数字表示）

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）.

【分析】（1）先将个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果；

（2）确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果；

（3）只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果；

（4）问题等价于在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果.

【详解】解：（1）将个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为、、或、、，

然后再将这三组小球放入三个盒子中，

因此，不同的放法种数为种；

（2）每个小球有种方法，由分步乘法计数原理可知，

将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种；

（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，

只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，

所以，不同的放法种数为种；

（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，

等价于将个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空，

只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，

所以，不同的放法种数为种.

21．杂交水稻的育种理论由袁隆平院士在1966年率先提出，1972年全国各地农业专家齐聚海南攻关杂交水稻育种，从此杂交水稻育种在袁隆平院士的理论基础上快速发展.截至2021年5月22日，中国国家水稻数据中心收录杂交水稻品种超1000种.如图为部分水稻稻种的生育期天数的频率分布直方图.

(1)根据频率分布直方图，估算水稻稻种生育期天数的平均值和第80百分位数；

(2)以频率视作概率，对中国国家水稻中心收录的所有稻种进行检验，

检验规定如下：①检验次数不超过5次；

②若检验出3个生育期超过中位数的稻种则检验结束.

设检验结束时，检验的次数为X，求随机变量X的分布列、期望和方差.

【答案】(1)145，150

(2)分布列见解析，，

【分析】（1）根据频率分布直方图中的数据计算即可；

（2）的可能取值为3，4，5，然后依次求出对应的概率，进而得分布列，期望，方差即可.

【详解】（1）平均值为，

∵，∴第80百分位数为150.

（2）设从国家水稻中心收录的所有稻种中抽取1个品种，该品种生育期超过中位数为事件，

则，

依据题意得，的可能取值为3，4，5，

，

，

.

随机变量的分布列为：

.

.

22．设函数.

(1)若函数有两个不同的极值点，求实数的取值范围；

(2)若，，，当时，不等式恒成立，试求正整数的最大值.

【答案】(1)；

(2)2.

【分析】（1）求导，令，转化为，再令，转化为与函数的图象有两个不同的交点求解；

（2）将时，不等式恒成立，转化为时，恒成立求解．

【详解】（1）由题意可知，的定义域为，.

令，可得，

令，，令得，

当时，，当时，，

可知在上单调递增，在上单调递减，

所以，

又当时，，当时，，

根据以上信息，作出的大致图象，

则由题意可知与函数的图象有两个不同的交点，

所以，∴.

（2）当时，，

由得，

因为，所以.

设，则，

令，则，

所以在上单调递增，

又，，

所以在上有唯一的零点，即，

当时，，即，

当时，，即，

所以，

所以，又，所以，

又，所以的最大值为2.

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.