2022-2023学年河南省商丘市睢县高级中学高二（清北班）下学期第二次月考数学试题含答案

2022-2023学年河南省商丘市睢县高级中学高二（清北班）下学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．命题“”的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定为存在性量词命题即可判断.

【详解】解：由题意得：

全称量词命题的否定为存在性量词命题，故命题""的否定为"".

故选：B

2．已知，命题是一元二次方程的一个根，命题，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分、必要性的定义判断命题间的推出关系，即可得答案.

【详解】对于命题，为方程的根，则，充分性成立；

对于命题，且，则必是题设方程的一个根，必要性成立；

所以是的充分必要条件.

故选：C

3．函数的单调递减区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求定义域，再求导，根据导函数小于0求出单调递减区间.

【详解】的定义域为，

，

由，可得，故的单调递减区间为.

故选：C．

4．在某种信息传输过程中，每个信息只能是用0或1组成的6位数字的一个排列（数字允许重复且首位可以是0），不同排列表示不同信息，例如011101就是一个信息.在所有信息中随机取一信息，则该信息恰好由2个0和4个1组成的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据分步乘法计数原理求信息总个数，再由组合数公式和古典概型概率公式可得.

【详解】每个位置可排0或1，有2种排法，因此用6个数字的一个排列的总个数为，恰好有2个0的排列的个数共有，故概率为.

故选：D.

5．若两个正实数，满足且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可得到，解一元二次不等式即可.

【详解】解：因为，且，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以，即，解得或，

所以的取值范围是．

故选：C

6．函数的一个极值点是1，则的值（    ）

A．恒大于0 B．恒小于0

C．恒等于0 D．不确定

【答案】B

【分析】由得出，令，利用导数证明，从而得出恒小于0.

【详解】，是的极值点，，

即，令，则，

令，解得：，令，解得：，

故在递增，在递减，故，

故，即恒小于0.

故选：B.

7．算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项伟大的发明.在阿拉伯数字出现前，算盘是世界广为使用的计算工具.下图一展示的是一把算盘的初始状态，自右向左分别表示个位､十位､百位､千位，上面的一粒珠子（简称上珠）代表5，下面的一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等同于一粒上珠的大小.例如，如图二，个位上拨动一粒上珠､两粒下珠，十位上拨动一粒下珠至梁上，代表数字17.现将算盘的个位､十位､百位､千位､万位分别随机拨动一粒珠子至梁上，则表示的五位数至多含3个5的情况有（    ）

A．10种 B．25种 C．26种 D．27种

【答案】C

【分析】分类情况讨论结合组合数的计算可得种类.

【详解】方法一：至多含3个5，有以下四种情况：

不含5，有种；含1个5，有种；含2个5，有种；

含3个5，有种，所以，所有的可能情况共有种

方法二：所有可能的情况有种，其中不符合条件有

含有4个5，有种；含有5个5，有种；

所以，所有的可能情况共有种

故选：C.

8．已知定义在上的奇函数恒有，若方程有三个不相等的实数解，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意将问题转化为函数的图象与直线有三个不同的交点，然后对函数求导求出函数的极值，从而可求出的取值范围

【详解】由题可得是奇函数并且是上的单调函数，

由，可得，，即，

所以问题等价于方程在上有三个不同的实数解，

即函数的图象与直线有三个不同的交点，

由，得，

当时，单调递增；

当时，单调递减；

当时，单调递增；

所以的极大值为，极小值为，

的取值范围为，

故选：A

二、多选题

9．下列求导运算正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据导数的运算公式及运算法则进行计算即可.

【详解】A选项，，故A选项错误；

B选项，，故B选项正确；

C选项，，故C选项正确；

D选项，，故D选项错误；

故选：BC.

10．某儿童乐园有甲，乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.7；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6，则王同学（    ）

A．第二天去甲游乐场的概率为0.63

B．第二天去乙游乐场的概率为0.42

C．第二天去了甲游乐场，则第一天去乙游乐场的概率为

D．第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为

【答案】AC

【分析】利用条件概率公式、全概率公式以及对立事件的概率计算公式一一代入计算即可.

【详解】设：第一天去甲游乐场，：第二天去甲游乐场，：第一天去乙游乐场，：第二天去乙游乐场，

依题意可得，，，，

对A，，A正确；

对B，，B错误；

对C，，C正确；

对D，，D错误，

故选：AC.

11．函数的图象如图所示，则以下结论正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由的图象得到函数的单调区间与极值，求出函数的导函数，即可得到和为方程的两根且，利用韦达定理即可表示出、，从而得解；

【详解】由的图象可知在和上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，在处取得极小值，

又，所以和为方程的两根且；

所以，，

所以，，，，故A错误，B正确；

所以，，故C正确，D错误.

故选：BC

12．设，则下列选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】利用赋值法对每一选项逐一判断即可．

【详解】对于A，令，可得，故A正确；

对于B，令得，故B错误；

对于C，令得①，

令 得，②，

由①+②再除以2可得，故C正确；

对于D，令得①，

令 得，②，

①-②再除以2可得，故D正确．

故选：ACD．

三、填空题

13．在的展开式中的系数为     ．

【答案】15

【分析】依题意可得，再写出展开式的通项，从而求出的系数．

【详解】因为，

且的展开式为，

故的系数为．

故答案为：15．

14．          .

【答案】462

【分析】根据组合数的性质，运算求解.

【详解】由题意可得：

.

故答案为：462.

15．在某项测量中，其测量结果服从正态分布，且，则             ．

【答案】/0.8

【分析】利用正态分布的对称性求概率即可.

【详解】由题设，，而，

又，故，

所以.

故答案为：

16．已知正实数，满足，则的最小值为    ．

【答案】/

【分析】根据，构造函数得到，然后转化为单变量问题，求导判断单调性即可.

【详解】，，即，

设，则，且，

当时，所以在上单调递增，

正实数，，，即，

所以，等价于，

即，，

当时，单调递减；当时，单调递增，

所以，

则，

令，则，即在上单调递增，

所以，所以，即的最小值为．

故答案为：.

四、解答题

17．已知展开式的二项式系数和为64，且．

(1)求的值；

(2)求展开式中二项式系数最大的项；

(3)求的值．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）由题可得，然后根据二项展开式的通项即得；

（2）由题可知第四项的二项式系数最大，然后根据展开式的通项即得；

（3）由题可得，然后利用赋值法即得.

【详解】（1）∵的展开式的所有项的二项式系数和为，

∴，

故展开式中第三项为：，

所以；

（2）∵，

∴第四项的二项式系数最大，     

所以展开式中二项式系数最大的项；

（3）因为，

∴，       

令，可得.

18．外卖不仅方便了民众的生活，推动了餐饮产业的线上线下融合，在疫情期间更是发挥了保民生、保供给、促就业等方面的积极作用.某外卖平台为进一步提高服务水平，监管店铺服务质量，特设置了顾客点评及打分渠道，对店铺的商品质量及服务水平进行评价，最高分是分，最低分是分.店铺的总体评分越高，被平台优先推送的机会就越大，店铺的每日成功订单量（即“日单量”）就越高.某班研究性学习小组计划对该平台下小微店铺的总体评分（单位：分）与日单量（单位：件）之间的相关关系进行研究，并随机搜索了某一天部分小微店铺的总体评分与日单量，数据如下表.

经计算得，，，，，，.

(1)若用线性回归模型拟合与的关系，求出关于的经验回归方程（回归系数精确到）；

附：，.

(2)该外卖平台将总体评分高于分的店铺评定为“精品店铺”，总体评分高于但不高于分的店铺评定为“放心店铺”，其他为“一般店铺”.平台每次向顾客推送一家店铺时，推送“精品店铺”的概率为，推送“放心店铺”的概率为，推送“一般店铺”的概率为.若该外卖平台向某位顾客连续推送了三家店铺，设推送的“精品店铺”或“放心店铺”数量为随机变量，求的数学期望与方差.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）用题干数据，结合最小二乘法公式进行计算即可；

（2）由二项分布相关知识进行运算即可.

【详解】（1）由题意知，，

，

∴关于的经验回归方程为.

（2）该外卖平台每次向顾客推送“精品店铺”或“放心店铺”的概率为，

该外卖平台向某位顾客连续推送了三家店铺，推送的“精品店铺”或“放心店铺”数量为随机变量，则，，，.

方法一：由题意，服从二项分布，即，

∴的数学期望为，

的方差为.

方法二：由题意，的每个可能取值的概率为：

；；

；，

∴随机变量X的分布列为

∴的数学期望为，

的方差为

.

19．已知函数.

（1）判断函数的单调性；

（2）若满足，证明：.

【答案】（1）在上是单调递增函数；（2）见解析

【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，最后判断函数的单调性；

（2）根据一元二次方程根与系数的关系、基本不等式，构造新函数，利用导数进行证明即可.

【详解】（1）函数的定义域是.

因为恒成立，

所以函数在定义域上是单调递增函数.

（2）由（1）知.令，得，

由一元二次方程根与系数关系得，即，

得，

∴

令，则，令，

则，得.

【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性，考查了数学运算能力.

20．高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．

(1)求每个AI芯片智能检测不达标的概率；

(2)人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；

(3)若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．

【答案】(1)

(2)

(3)需要对生产工序进行改良

【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；

（2）先求，利用导数判断单调性可求解；

（3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论.

【详解】（1）记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则

  .

（2）由题意，

∴

令，则，

当，，为增函数；

当，，为减函数；

所以在处取到最大值．

（3）记事件B＝“人工检测达标”，

则，

又，

所以，

所以需要对生产工序进行改良．

21．某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果，一般地，果径越大售价越高.为帮助果农创收，提高水果的果径，某科研小组设计了一套方案，并在两片果园中进行对比实验，其中实验园采用实验方案，对照园未采用.实验周期结束后，分别在两片果园中各随机选取100个果实，按果径分成5组进行统计：（单位：mm）.统计后分别制成如下的频率分布直方图，并规定果径达到36 mm及以上的为“大果”.

(1)估计实验园的“大果”率；

(2)现采用分层抽样的方法从对照园选取的100个果实中抽取10个，再从这10个果实中随机抽取3个，记其中“大果”的个数为X，求X的分布列；

(3)以频率估计概率，从对照园这批果实中随机抽取n（，）个，设其中恰有2个“大果”的概率为，当最大时，写出n的值.

【答案】(1)60%

(2)分布列见解析

(3)6

【分析】（1）由频率分布直方图求出频率，得到实验园的“大果”率；

（2）求出的可能取值及对应的概率，得到的分布列；

（3）根据，求出n的取值范围，由求出答案.

【详解】（1）由题中实验园的频率分布直方图得这100个果实中大果的频率为（，

所以估实验园大果率为60%.

（2）由题中对照园的频率分布直方图得，这100个果实中大果的个数为（（采用分层抽样的方法从对照园选取的100个果实中抽取10个，其中大果有，

从这10个果实中随机抽取3个，其中“大果”的个数的可能取值为0，1，2，3，

所以X的分布列为

（3）由题可知，

要使最大，则且，

∴，又∵，

∴.

22．已知函数．

(1)证明：函数有唯一零点；

(2)证明：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合得到答案；

（2）由（1）得到，，用替换，得到，.

【详解】（1）的定义域为，

，

即在上单调递减，且，

即函数有唯一零点1.

（2）证明：由（1）知，当时，，

即，故①，

因为，

，

显然，用替换，代入①得:

，.

即，成立.

【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，常常通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.