浙江省杭嘉湖金四县区2022-2023学年高二数学下学期5月调研测试试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭嘉湖金四县区2022-2023学年高二数学下学期5月调研测试试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
绝密★考试结束前2023年5月杭嘉湖金四县区调研测试高二年级数学试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题（本题共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，，则的值为（    ）A.  B.  C. 5或3 D. 4或6【答案】D【解析】【分析】运用组合数性质可求得结果.【详解】因为，所以或，解得：或故选：D.2. 设为等比数列的前项和，，则A. 11 B. 5 C.  D. 【答案】D【解析】【详解】试题分析：设公比为，由，得，解得，所以．故选D．考点：等比数列的前项和. 3. 设某项试验的成功率是失败率的倍，用随机变量去表示次试验的成功次数，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意得出关于和的方程组，即可解得的值.【详解】由题意知，且，.故选：C.【点睛】本题考查概率的求解，根据题意建立方程组是解答的关键，考查运算求解能力，属于基础题.4. 已知函数，下列直线不可能是曲线的切线的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求得，根据斜率的范围求确定C不成立，对ACD都可以找到相应的切点满足所给定的切线方程.【详解】，，，所以的切线斜率的最小值为，对A：在点处的切线方程的斜率为，切点为，切线方程为，故A满足；对B：在点处的切线方程的斜率为，切点为，切线方程为，故B满足；对C：直线的斜率为，故C不可能为的切线.对D：在点处的切线方程的斜率为，切点为，切线方程为，故D满足；故选：C5. 已知数列，，，若，则正整数值为（    ）A. 20 B. 21 C. 22 D. 23【答案】A【解析】【分析】根据数列特点赋值证明是等差数列，从而求出通项公式代入求解二次方程即可得解.【详解】因为，令，所以，所以，所以，所以数列为首项是2，公差为2的等差数列，所以，，，所以，所以，所以，所以或，故选：A.6. 学校以劳动周形式开展劳育工作创新实践,学校开设“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“3D打印”四种课程.甲、乙、丙3名同学每名同学至少从中选一种,每种课程都恰有1人参加，记A=“甲参加民俗文化”,B=“甲参加茶艺文化”,C=“乙参加茶艺文化”,则下列结论正确的是（    ）A. 事件A与B相互独立 B. 事件A与C互斥C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据排列组合结合古典概型求相应概率，再根据独立事件、互斥事件以及条件概率逐项分析判断.【详解】由题意可知：甲、乙、丙3名同学中有且仅有一名同学选择了两种课程，故不同的排法有种，可得.对于选项A：因为，则，所以事件A与B不独立，故A错误；对于选项B：甲参加民俗文化的同时乙可以参加茶艺文化，即事件A与事件B可以同时发生，所以事件A与C不互斥，故B错误；对于选项C：因为，则，故C正确；对于选项D：因，故D错误；故选：C.7. 已知实数满足，则满足条件的的最小值为（    ）A. 1 B. e C.  D. 【答案】B【解析】【分析】同构函数，运用导数研究其单调性可得，进而可得，运用导数研究其在上的最小值即可.【详解】因为，所以，所以，即：，（，，），设，（），则，所以，（），所以在上单调递增，所以，即：，，令，，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故y的最小值为.故选：B.【点睛】同构法的三种基本模式方法点睛：①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；②比商型，如可以同构成，进而构造函数；③和差型，如，同构后可以构造函数或.
 8. 现有n（n>2,）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其它无区别的小球，第k（k=1,2,3…n）个袋子中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率为，则n=（    ）A. 4 B. 8 C. 16 D. 32【答案】B【解析】【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.【详解】设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为，第三次取出的是白球的取法有如下四种情形：白白白，取法数为：红白白，取法数为：白红白，取法数为：红红白：取法数为：所以第三次取出的是白球的总情形数为：则在第 k个袋子中连取三次球第三次取出的球是白球的概率为：，因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第三个球是白球的概率为：当时，.故选：B.二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 已知在的二项展开式中，第6项为常数项，则（    ）A.  B. 展开式中项数共有13项C. 含的项的系数为 D. 展开式中有理项的项数为3【答案】ACD【解析】【分析】利用二项式定理及二项展开式的通项公式，结合展开式中的特定项的求法即可求解.【详解】依题意，展开式的通项公式为，因为第6项为常数项，所以时，有，解得，故A正确；由，得展开式中项数共有项，故B错误；令，得，所求含项的系数为.故C正确；由,令，,则，即，因为，所以应为偶数，所以可取，即可以取，所以第项，第项，第项为有理项，即展开式中有理项的项数为3，故D.故选：ACD.10. 某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量颗之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图.若去掉后，下列说法正确的是（    ）  A. 相关系数的绝对值变小B. 决定系数变大C. 残差平方和变大D. 解释变量与响应变量的相关性变强【答案】BD【解析】【分析】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断.【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉后，回归效果更好.对于选项A：相关系数越接近于1，线性相关性越强，所以去掉后，相关系数的绝对值变大，故A错误；对于选项B：决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉后，决定系数变大，故B正确；对于选项C：残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉后，残差平方和变小，故C错误对于选项D：由选项A可知：去掉后，相关系数的绝对值变大，所以解释变量与响应变量的相关性变强，故D正确；故选：BD.11. 设函数，定义域交集为，若存在，使得对任意都有，则称构成“相关函数对”.则下列所给两个函数构成“相关函数对”的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】根据函数新定义，可得两个函数图象有且只有一个交点，且在的右侧图象中的图象高于的图象，在的左侧图象中的图象低于的图象，结合导数研究函数单调性及零点存在性定理，逐项判断即可.【详解】根据“相关函数对”的定义，可得两个函数的图象有且只有一个交点，且在的右侧图象中的图象高于的图象，在的左侧图象中的图象低于的图象.对于A项，令，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以不符合题意，故A项不成立；对于B项，令，，则，所以在上单调递增，又因为，，所以由零点存在性定理知，存在唯一，使得，则对任意，不等式恒成立，符合题意，故B项正确；对于C项，，则，所以在单调递增，又因为，，所以由零点存在性定理知，存在唯一，使得，则对任意，不等式恒成立，符合题意，故C项正确；对于D项，因为，解得：或，所以图象与图象有两个交点，不符合题意，故D项不成立.故选：BC.12. 某种疾病在某地区人群中发病率为0.1%.现有一种检测方法能够检测人体是否患该病，但不是完全准确，其准确率如下：健康人群检测为阳性的概率为0.02，患病人群检测为阴性的概率为0.05.设事件A=“某人不患该病”，B=“该人被检出阳性”，则（    ）A. B. C. 该地区某人去检测是否患该病，检测为阳性的概率约为0.999D. 某人在不清楚是否得病的情况下被检测出阳性，那么他真正患该病的概率约为0.045【答案】AD【解析】【分析】根据条件概率公式和概率的乘法公式即可求解.【详解】因为健康人群检测为阳性的概率为0.02，所以某人不患该病的条件下，该人被检出阳性的概率为0.02，即某人不患该病的条件下，该人被检出阴性的概率为0.98，所以，故选项A正确；因为，所以,所以，又患病人群检测为阴性的概率为0.05，所以,所以，所以，故，故选项B错误；因为，所以该地区某人去检测是否患该病，检测为阳性的概率约为0.02093.故选项C错误；.故答案D正确；故选：AD.非选择题部分三、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设随机变量～，则 _____【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，满足二项分布，所以考点：1．二项分布公式；14. 若，则的值为________．【答案】
 【解析】【分析】赋值法解得，，得到的值.【详解】令得，即，令得，故.故答案为：15. 某公司销售某种业务保单，已知每份业务保单的利润现值随机变量PVP可以用正态分布近似，且满足：,.已知标准正态分布随机变量Z满足,那么该业务保单的利润现值可以以95%的概率大于________．【答案】185.5##【解析】【分析】由题意知，转化为标准正态分布求出PVP的范围.详解】由题意知，则，因为，所以，所以，所以该业务保单的利润现值可以以95%的概率大于185.5.故答案为：185.516. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．【答案】【解析】【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为，所以方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，，即图象在上方当时，，即图象在下方，图象显然不符合题意，所以．令，则，设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的取值范围为．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导=0的两个根为因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，设函数，则，若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 四、解答题（本题共6小题，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）当时，求函数的单调区间；（2）过点可作曲线的两条切线，求实数的取值范围.【答案】（1）递减区间为，递增区间为    （2）或【解析】【分析】（1）求出导函数，解不等式即可求得函数的单调区间；（2）设切点坐标，利用导数几何意义及两点式斜率公式建立方程，利用判别式法即可求解.【小问1详解】因为，所以，令得，令得，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；【小问2详解】因为，所以，设切点，则，即有两非零解，由可知或.18. 数列满足，数列前n项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用项与前n项和的关系即可求解；（2）根据（1）的结论，求出，利用错位相减法即可求出数列的前n项和.【小问1详解】由已知可得，当时，，即，当时，，此式也满足，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，，所以.①由①－②得，，所以.19. 某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况午餐，晚餐甲30天20天40天10天乙20天25天15天40天 （1）假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率.计算某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率；（2）某天午餐，甲和乙两名同学准备去A，B这两个餐厅中某一个就餐.设事件M=“甲选择A餐厅就餐”，事件N=“乙选择A餐厅就餐”，,.若，证明：事件M和N相互独立.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意设出事件，用表格数据直接求解；（2）用条件概率公式和全概率公式化简原式得到，进一步化简得到即可证明事件M和N相互独立.【小问1详解】设“某天中午甲去餐厅用餐”为事件，“该天中午甲去餐厅用餐”为事件，由题知，，  .所以某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率为【小问2详解】由可知，所以即，所以，得，即M和N相互独立得证.20. 过点作曲线的切线，切点为，设在轴上的投影是点；又过点作曲线的切线，切点为，设在轴上的投影是点，依此下去，得到一系列点，设点的横坐标是.（1）求,并求数列的通项公式；（2）求证：.【答案】（1），    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义和数列的递推关系即可求解；（2）根据二项式定理放缩即可求解.【小问1详解】，若切点是，则切线方程为.①当时，切线过点，即，得.②当时，切线过点，即，得.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.【小问2详解】.21. 学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．（1）求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；（2）设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．【答案】（1）分布列见解析，（分）    （2）【解析】【分析】（1）可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为，再根据导出求出函数的单调区间，即可得出答案.【小问1详解】解：可取5，6，7，8，9，10，，，，，，，分布列如下：5678910所以（分）；【小问2详解】解：设一天得分不低于3分为事件，则，则恰有3天每天得分不低于3分的概率，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以当时，取得最大值.22. 已知函数.（1）当时，求函数的最大值；（2）若关于x的方1有两个不同的实根，求实数a的取值范围.【答案】（1）；    （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其单调性后可得函数的最大值.（2）利用同构可将原方程转化为有两个不同的正数根，利用导数结合零点存在定理可求参数的取值范围.【小问1详解】当时，，故，当时，，故在上为增函数，当时，，故在上为减函数，故.【小问2详解】方程即为，整理得到：，令，故，因为均为上的增函数，故为上的增函数，而，故的解为，因为方程有两个不同的实数根，故有两个不同的正数根，设，则，若，则，故在上为增函数，在上至多一个零点，与题设矛盾；若，则时，；时，，故在上为增函数，在上为减函数，由有两个不同的零点可得，故.当时，，而，故在有且只有一个零点，又，设，令，，则，故在上为减函数，故，故，故在有且只有一个零点，综上.【点睛】思路点睛：导数背景下的函数的零点问题，注意根据解析式的同构特征合理构建新函数，后者可利用导数讨论其单调性，并结合零点存在定理检验零点的存在性.