2022-2023学年山东省新泰市第一中学东校高二下学期第二次质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省新泰市第一中学东校高二下学期第二次质量检测数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合再求交集即可.
【详解】，，
则.
故选：B.
2．设p：，q：，则p是q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】B
【分析】解一元二次不等式、分式不等式求对应x的范围，根据充分、必要性定义判断p、q的关系.
【详解】由，则，
由，则，即，故，
所以p是q的必要不充分条件.
故选：B
3．一个袋子中有个红球和个白球，这些小球除颜色外没有其他差异从中不放回地抽取个球，每次只取个设事件“第一次抽到红球”，“第二次抽到红球”，则概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，求出和，进而由条件概率公式计算可得答案．
【详解】解：根据题意，事件“第一次抽到红球”，“第二次抽到红球”，
则，，
则．
故选：A．
4．已知两个随机变量，，其中，，若，，则（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.5
【答案】B
【分析】根据二项分布期望公式得到，再根据正态分布的对称性计算可得.
【详解】由，则，故，
所以，又因为，
可得.
故选：B.
5．某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ）
A．0.32B．0.42C．0.64D．0.84
【答案】B
【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解．
【详解】设事件表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则，
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，
故．
故选：B．
6．若的展开式中的系数为20，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果.
【详解】，
的通项公式为，
令，得（舍），令，得，
依题意得，得.
故选：B
7．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，利用其单调性判定大小即可.
【详解】，
令，则，
所以当时，函数单调递增，
，即，
即，从而可知.
故选：B.
8．已知函数有两个极值点， 则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求定义域，求导，构造，对进行分类讨论，分析函数的极值点，求出答案.
【详解】的定义域为，
，
令，由，即当时，恒成立，
故恒成立，
此时在上单调递增，不会有两个极值点，舍去；
当，即时，有两根，，
当时，不合要求，符合要求，
令得，，令得，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故只有一个极值点，不合题意；
当时，令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以只有一个极值点，不合题意，
当时，，，
令得，或，令得，，
故在，上单调递增，在上单调递减，
故为的极大值点，为的极小值点，满足要求.
故实数的取值范围是.
故选：D
二、多选题
9．下列结论中，正确的结论有（ ）
A．如果，，且，那么的最小值为4
B．如果，那么取得最大值为
C．函数的最小值为2
D．如果，，，那么的最小值为6
【答案】AD
【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得.
【详解】对于选项A，如果，，且，
那么，
当且仅当且，即时取等号，故选项A正确；
对于选项B， 如果，那么，
则，
即，当且仅当，即时取等号，
因为，所以不能取得最小值，故选项B错误；
对于选项C，函数，
当且仅当时取等号，此时无解，不能取得最小值2，故选项C错误；
对于选项D，如果，，，
则
整理得，
所以或（舍去），
当且仅当时取得最小值，故选项D正确.
故选：AD
10．下列说法中正确的是（ ）
A．若命题“”为真命题，则实数的取值范围是
B．若，则
C．设正实数满足，则的最小值为2
D．若一个袋内装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中任取3个球，记为取出的3个球中白球的个数，则
【答案】ABD
【分析】由全称量词命题为真，根据不等式恒成立对参数分类讨论即可得的取值范围是，所以A正确；利用赋值法可分别令和即可解得，即B正确；根据提供等式信息，利用基本不等式即可得的最大值为2，即C错误；写出随机变量对应的概率即可求得，可知D正确.
【详解】对于A，若“”为真命题，
等价于不等式对于恒成立，
显然当时，符合题意；
当时，则等价于函数的图象与轴有一个或者没有交点，
显然，且，解得;
所以实数的取值范围是，即A正确；
对于B，根据题意可得当时，可得，
要计算的值，
可令，即可得，即可得，即B正确；
对于C，由基本不等式可得，
又，即，所以的最大值为2，即C错误；
对于D，根据题意可得，，，，
所以，即D正确；
故选：ABD
11．设，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，除以20的余数是
【答案】BC
【分析】利用换元法将题设条件转化为，对于A，利用展开通项公式求解判断即可；对于B，利用赋值法即可判断；对于C，对求导后，再利用赋值法即可判断；对于D，将代入后利用二项式定理展开式子，从而得以判断.
【详解】对于A，因为，
令，则，
因为的展开通项公式为，
所以，，故，故A错误；
对于B，令，得，故B正确；
对于C，因为，
两边对求导得，，
令得，，故C正确；
对于D，当时，，
展开式右边共7项，前6项都是20的整数倍，因此它除以20的余数是1，故D错误．
故选：BC．
12．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在两个不同的零点
B．函数既存在极大值又存在极小值
C．当时，方程有且只有两个实根
D．若时，，则t的最小值为2
【答案】ABC
【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．
【详解】对于A，由，得，∴，故A正确；
对于B，，
当时，，当时，，
∴在，上单调递减，在上单调递增，
∴是函数的极小值，是函数的极大值，故B正确；
对于C，当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；
对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．
故选：ABC.
【点睛】本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．
三、填空题
13．曲线在点处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
【详解】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
14．已知随机变量，且，若的展开式中各项系数之和 ．
【答案】8
【分析】由正态分布均值为2，可确定，后令，可得各项系数之和.
【详解】因，，则，令
则的展开式中各项系数之和为.
故答案为：.
15．某市安排5名医疗专家去支援3家定点医院，要求每个专家只能去1家医院，每家医院至少分到1名专家，则不同的分配方案有 种.（用数字作答）
【答案】150
【分析】根据题意，分两步进行分析：先将5名专家分为3组，再将分好的三组安排到3个不同的医院.
【详解】根据题意，分两步进行分析：
（1）将5名专家分为3组，
若分为3，1，1，则有种，若分为2，2，1，则有种，
则一共有种分组方法；
（2）将分好的三组安排到3个不同的医院，有种，
则不同的分配方案有种.
故答案为：150.
16．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，集合，集合
(1)设全集，求；
(2)若，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由集合的基本运算求解即可；
（2）得，分类讨论求解即可.
【详解】（1）由，解得，
由，解得
，
（2）∵，∴，
当时，
当时，或
解得
综上，实数m的取值范围为
18．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．
条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；条件③：展开式中常数项为第三项．
问题：已知二项式，若______，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项；
(2)展开式中所有的有理项．
【答案】(1)；
(2)，，，.
【分析】（1）利用二项展开式的性质求出，再求展开式中二项式系数最大的项；
（2）设第项为有理项，，求出即得解.
【详解】（1）解：选①，由，得（负值舍去）．
选②，令，可得展开式中所有项的系数之和为0．
由得．
选③，设第项为常数项，，由，得．
由得展开式的二项式系数最大为，
则展开式中二项式系数最大的项为．
（2）解：设第项为有理项，，
因为，，，
所以，
则有理项为，，，．
19．在扶贫政策的大力支持下，某县农副产品加工厂经营得十分红火，不仅解决了就业问题，而且为脱贫工作作出了重大贡献，该工厂收集了1月份至5月份的销售量数据（如下表），并利用这些数据对后期生产规模做出决策．
该工厂为了预测未来几个月的销售量，建立了y关于x的回归模型：．表中：，．
(1)根据所给数据与回归模型，求关于的回归方程（的值精确到0.1，的值精确到整数位）；
(2)已知该工厂的月利润（单位：万元）与，的关系为，根据（1）的结果，预测该工厂哪一个月的月利润最小．
参考公式：对于一组数据，，…，，其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)
(2)6月份的月利润最小
【分析】（1）根据最小二乘法公式分别求得，即可.
（2）利用基本不等式求函数最值.
【详解】（1）由题意，，令得
所以，
，
所以y关于x的回归方程为
（2）由（1）知，故
当且仅当即时等号成立．
所以该工厂6月份的月利润最小．
20．第四届中国国际进口博览会于2021年11月5日至10日在上海举行.本届进博会有4000多项新产品､新技术､新服务.某跨国公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在2022年与该跨国公司合资生产此款空调.生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，生产x千台空调，需另投入资金R万元，且.经测算，当生产10千台空调时需另投入的资金R=4000万元.现每台空调售价为0.9万元时，当年内生产的空调当年能全部销售完.
(1)求2022年该企业年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；
(2)2022年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？注：利润=销售额-成本.
【答案】(1)
(2)当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元
【分析】（1）由题意可知时，R=4000，代入函数中可求出，然后由年利润等于销售总额减去投入资金，再减去固定成本，可求出年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式，
（2）分别当和求出函数的最大值，比较即可得答案
【详解】（1）由题意知，当时，，所以a=300.
当时，；
当时，.
所以，
（2）当时，，所以当时，W有最大值，最大值为8740；
当时，，
当且仅当，即x=100时，W有最大值，最大值为8990.
因为，
所以当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元.
21．青团是江南人家在清明节吃的一道传统点心，据考证青团之称大约始于唐代已有1000多年的历史.现有甲、乙两个箱子装有大小、外观均相同的青团，已知甲箱中有5个蛋黄馅的青团和3个肉松馅的青团，乙箱中有4个蛋黄馅的青团和3个肉松馅的青团.
(1)若从甲箱中任取2个青团，求这2个青团都是肉松馅的概率；
(2)若先从甲箱中任取2个青团放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个青团，求取出的这个青团是蛋黄馅的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）从甲箱中任取2个青团的事件数为，这2个青团都是肉松馅的事件数为，根据古典概率模型的概率计算公式即可求解；
（2）设事件A为“从乙箱中任取1个青团，取出的这个青团是蛋黄馅”，事件为“从甲箱中取出的2个青团都是蛋黄馅”，事件为“从甲箱中取出的2个青团为1个蛋黄馅1个肉松馅”，事件为“从甲箱中取出的2个青团都是肉松馅”，由互斥事件概率加法公式及条件概率计算公式有，从而可得答案.
【详解】（1）解：从甲箱中任取2个青团的事件数为，这2个青团都是肉松馅的事件数为，所以这2个青团都是肉松馅的概率为.
（2）解：设事件A为“从乙箱中任取1个青团，取出的这个青团是蛋黄馅”，事件为“从甲箱中取出的2个青团都是蛋黄馅”，事件为“从甲箱中取出的2个青团为1个蛋黄馅1个肉松馅”，事件为“从甲箱中取出的2个青团都是肉松馅”，则事件，，彼此互斥.
，，，，，，
所以，
所以取出的这个青团是蛋黄馅的概率为.
22．已知函数.
(1)若，求在处切线方程；
(2)求的极大值与极小值；
(3)证明：存在实数，当时，函数有三个零点.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求出函数导数，分类讨论得函数单调性，根据单调性求函数极值即可；
（3）根据（2）判断函数大致变化趋势，由函数零点个数即函数图象与x轴交点个数可证明.
【详解】（1）当时，，，
所以，
又，
所以切线方程为，即.
（2），
当时，，解得，
故时，，单调递减；时，，单调递增，
故时，的极小值为，无极大值；
当时，令，解得，，
故当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故的极大值为，极小值为；
当时，令，解得，，
故当或时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的极大值为，极小值为；
综上，当时，的极小值为，无极大值；当时，的极大值为，极小值为.
（3）当时，由（2）知， 在和上单调递增，
在上单调递减，且时，恒成立，
时，，
又的极大值为，极小值为，
所以存在实数时，函数有三个零点.
月份
1
2
3
4
5
销售量（万斤）
4.9
5.8
6.8
8.3
10.2
3
7.2
11
81.1
374