2022-2023学年河北省邢台市重点高中高二下学期6月联考数学试题含答案

2022-2023学年河北省邢台市重点高中高二下学期6月联考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出B集合的具体区间，再根据交集的求法求解.

【详解】对于B集合，，即，；

故选：C.

2．已知函数的导函数为，若，则（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】A

【分析】求得，令，即可求解.

【详解】由函数，可得，

令，可得，解得.

故选：A.

3．若为偶函数，则（    ）．

A． B．0 C． D．1

【答案】B

【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.

【详解】因为 为偶函数，则 ，解得，

当时，，，解得或，

则其定义域为或，关于原点对称.

，

故此时为偶函数.

故选：B.

4．年春，为了解开学后大学生的身体健康状况，寒假开学后，学校医疗部门抽取部分学生检查后，发现大学生的舒张压呈正态分布（单位：），且，若任意抽查该校大学生人，恰好有人的舒张压落在内的概率最大，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正态分布计算出，然后利用二项分布概率最大可得出关于的不等式组，解之即可.

【详解】因为，则，

由题意知：抽查该校大学生人，

恰好有人的舒张压落在内的概率为，要使此式的值最大，

由，

即，解得，

，所以，.

故选：C.

5．已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.

【详解】由，则，

解得，

所以双曲线的一条渐近线不妨取，

则圆心到渐近线的距离，

所以弦长.

故选：D

6．2023年春节期间有七部国产电影上映，其中有两部动画片，《满江红》､《流浪地球2》的票房比较领先，两部动画片也取得了不错的票房.甲､乙两名同学计划从这七部电影中各自选择三部电影观看，若他们都准备观看《满江红》与《流浪地球2》中的一部，且都准备观看一部动画片，则他们恰好观看了两部相同电影的所有可能情况有（    ）

A．24种 B．36种 C．48种 D．64种

【答案】C

【分析】利用排列组合的知识和分类分步计数原理即可得出结果.

【详解】若他们观看了《满江红》和《流浪地球2》中的同一部，且都观看了同一部动画片，则不同的情况有（种）；

若他们中一人观看《满江红》､一人观看《流浪地球2》，但观看的动画片是同一部，则不同的情况有（种）；

若他们观看的不是同一部动画片，但观看了《满江红》和《流浪地球2》中的同一部，则不同的情况有（种），

所以他们恰好观看了两部相同电影的所有可能情况有（种）.

故选：C.

7．已知，则（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】D

【分析】先根据二项展开式的通项公式求得，再利用赋值法，令，进而即可求解．

【详解】由，

则，得，

令，得，

左右两边除以，得，

所以．

故选：D．

8．已知随机变量，若对任意的正实数，满足当时，恒成立，则的取值范围（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由二项分布的方程公式求，化简不等式可得，设，由条件可得在为减函数，根据单调性与导数的关系可求的取值范围.

【详解】因为，所以，

所以不等式可化为，

又，

所以，

所以，

由已知对任意的，且时，，

设，则在为减函数，

因为，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立，

所以，

所以的取值范围为.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为 (或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．

二、多选题

9．已知随机变量的分布列如下表所示，且满足，则下列选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】依题意根据分布列的性质及期望公式求出，即可求出，再根据方差的性质得到，再求出分布列，即可求出与；

【详解】依题意，解得，

所以的分布列为：

则，则；

所以的分布列为：

则，，所以；

故选：ACD.

10．（多选题）下面结论错误的是（   ）

A．不等式与成立的条件是相同的.

B．函数的最小值是2

C．函数，的最小值是4

D．“且”是“”的充分条件

【答案】ABC

【分析】在应用基本不等式的时候要注意基本不等式的成立条件.

【详解】不等式成立的条件是；成立的条件是，A错；

由于，故函数无最小值，B错；

由于时无解，故的最小值不为4，C错；

当且时，，，

由基本不等式可得，当且仅当时等号成立；

而“”的充要条件是“”，

因为且推不出且，所以D正确.

故答案为：ABC

11．一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

12．已知函数及其导函数的定义域均为．，，当时，，，则（    ）

A．的图象关于对称

B．为偶函数

C．

D．不等式的解集为

【答案】BCD

【分析】根据可判断A,求导即可根据判断B，由为偶函数以及对称可判断C，根据函数的性质画出大致图象，即可由时，求解D.

【详解】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，

由得，由得，故为偶函数，故B正确，

由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，

由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，

又当时，，可知在单调递减

故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：

由性质结合图可知：当时，，

由得，故 ，

当且时，此时无解，

当时，，解得 ，

当且时，由得

综上可得的解集为，故D正确，

故选：BCD

【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，题目综合性较高，要对函数基本性质比较熟练，可根据性质利用图象求解问题.对于函数的性质综合运用题目可从以下几个方面解题.

(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，在直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

三、填空题

13．公司库房中的某种零件的60%来自甲公司，40%来自乙公司，两个公司的正品率分别为98%和95%． 从库房中任取一个零件，它是正品的概率为          ．

【答案】0.968/

【分析】按照概率公式计算.

【详解】由题设，所求概率为 ；

故答案为：0.968.

14．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，则      .

【答案】0.6

【分析】由题意知，，根据二项分布的概率、方差公式计算即可.

【详解】由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，

所以，

所以或．

由，得，

即，

所以，

所以，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查的是二项分布问题，根据二项分布求概率，再利用方差公式求解即可．

15．已知数列满足，若满足且对任意，都有，则实数的取值范围是    .

【答案】

【分析】利用等差数列前项和公式与二次函数的关系即可得到不等式组，解出即可.

【详解】由题意数列的通项公式为，,满足

，且对任意的恒成立，

当时，显然不合题意，根据二次函数性质可得，解得

，所以实数的取值范围是.

故答案为：.

16．若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为           .

【答案】1

【分析】构造函数，设切点为，设，设切点为，结合条件得到是函数和的图象与曲线交点的横坐标，利用对称性得出关于直线对称，从而得出，，然后计算出．

【详解】设，则，设切点为，则，

则切线方程为，即，

直线过定点，

所以，所以，

设，则，设切点为，则，

则切线方程为，即，

直线过定点，

所以，所以，

则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，

易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，

因此点关于直线对称，

从而，，

所以．

故答案为：1.

四、解答题

17．已知函数

(1)若，求函数在区间上的最大值；

(2)若函数在区间上为增函数，求实数的取值范围．

【答案】(1)8；

(2).

【分析】（1）先对函数求导，根据求出，则，在区间上单调递增，即可得到答案.

（2）根据题意知，分参得，即可得到答案.

【详解】（1），因为，所以，所以

在上恒成立，所以函数在区间上单调递增

所以

（2）因为函数在区间上为增函数，

所以在上恒成立

所以在上恒成立，所以

18．某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会,一旦某次考试通过,使可领取驾照,不再参加以后的考试,否则就一直考到第4次为止．如果李明决定参加驾照考试,设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9,求在一年内李明参加驾照考试次数的分布列和ξ的期望,并求李明在一年内领到驾照的概率．

【答案】分布列见解析, ,概率为0.9976

【分析】根据题意得出的可能取值,并求出相对应的概率,列出分布列,求出期望即可;

李明在一年内领到驾照,可用1减去拿不到驾照也即是四次考试均不过的概率,也可一次一次进行讨论计算.

【详解】解:由题意知的可能取值为1,2,3,4,

,

的分布列如下所示：

;

记“李明在一年内领到驾照”为事件A,

.

所以李明在一年内领到驾照的概率为0.9976.

19．记为数列的前项和，已知，（为正整数）.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，若，求正整数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）计算，确定数列从第2项开始构成以为首项，2为公比的等比数列，得到通项公式.

（2）验证时不成立，当时，确定，代入计算得到，解得答案.

【详解】（1）由，，得，

且当时，，即.   

故数列从第2项开始构成以为首项，2为公比的等比数列，，

故数列的通项公式为，

（2）当时，，又.

当时，，不满足条件；    

当时，

由，

解得.

20．近年来，国际环境和局势日趋严峻，高精尖科技围堵和竞争更加激烈，国家号召各类高科技企业汇聚科研力量，加强科技创新，大力增加研发资金，以突破我国在各个领域的“卡脖子”关键技术，某市为了解本市高科技企业的科研投入和产出方面的情况，抽查了本市8家半导体企业2018年至2022年的研发投资额（单位：百亿元）和因此投入而产生的收入附加额（单位：百亿元），对研发投资额和收入附加额进行整理，得到相关数据，并发现投资额和收入附加额成线性相关．

(1)求收入的附加额与研发投资额的线性回归方程（保留三位小数）；

(2)现从这8家企业中，任意抽取3家企业，用表示这3家企业中收入附加额大于投资额的企业个数，求的分布列及数学期望．

参考数据：，，．

附：在线性回归方程中，，．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据所给数据，利用参考公式计算，即可得出线性回归方程；

（2）根据超几何分布计算对应随机变量的概率，列出分布列、计算期望即可.

【详解】（1）由，，

得：，

由得，

所以年收入的附加额与投资额的线性回归方程为.

（2）8个投资额中，收入附加额大于投资额的企业个数为5，

故的所有可能取值为0，1，2，3，    

，，，，

则的分布列为：

故.

21．在平面直角坐标系中，抛物线上一点P的横坐标为4，且点P到焦点F的距离为5．

(1)求抛物线的方程；

(2)若直线交抛物线于A，B两点（位于对称轴异侧），且，求证：直线l必过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意建立关于的等式，解出即可求得抛物线方程；

（2）设出坐标，联立直线与抛物线方程，求得，根据，建立等式求出，即可得出结果.

【详解】（1）由题可知，点P到抛物线准线的距离为5，

因为抛物线的准线方程为，点P的横坐标为4，

所以，解得，所以抛物线的方程为；

（2）证明：设，且，

联立消去x可得，

则，且，即，

所以，

由，得，即，

解得（舍）或，故直线l的方程为，

所以直线l必过定点．

22．函数，其中，，为实常数

(1)若时，讨论函数的单调性；

(2)若，当时，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）代入t的值，求得导函数，对a进行分类讨论，根据导数的正负确定单调区间即可．

（2）要证明不等式成立，根据分析法得到只需证明成立即可．通过构造函数，利用导数研究其单调性与最值，根据最小值即可得证．

【详解】（1）定义域为， ，

当时，， ，

在定义域上单调递增；

当时，时，，单调递增；

当时，．单调递减；

综上可知：当时，的增区间为，无减区间；

当时，增区间为，减区间为；

（2）要证明，即证明，只要证，

即证，只要证明即可，

令，在上是单调递增，，

在有唯一实根设为，且，

当时，单调递减，当时，，单调递增

从而当时，取得最小值，由得，即，

，故当时，证得：.

【点睛】关键点睛：根据导数的正负分类讨论函数的单调性，结合分析法和构造法是解题的关键.