2023-2024学年山东省菏泽市鄄城县高二下学期5月月考数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省菏泽市鄄城县高二下学期5月月考数学试题（含答案），共7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。

1.下列随机变量不是离散型随机变量的是( )
A. 连续不断地射击，首次击中目标所需要的射击次数X
B. 南京长江大桥一天经过的车辆数X
C. 某种水管的外径与内径之差X
D. 连续抛掷两个质地均匀的骰子，所得点数之和X
2.从一副扑克52张牌(去掉两张王牌后)中任取1张，则在抽到梅花的条件下，抽到的是梅花5的概率为( )
A. 113B. 14C. 152D. 151
3.(x−1)5+5(x−1)4+10(x−1)3+10(x−1)2+5(x−1)=( )
A. x5+1B. x5−1C. (x+1)5−1D. (x+1)5+1
4.设ξ是一个离散型随机变量，其分布列为：
则P(ξ≤0)=( )
A. 12B. 22C. 1− 22D. 2−12
5.某商场出售的灯泡来自甲、乙、丙三个工厂，甲厂产品占80%，合格率为90%；乙厂产品占10%，合格率为95%；丙厂产品占10%，合格率为80%，某顾客购买了一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为( )
A. 0.950B. 0.982C. 0.895D. 0.958
6.函数fx=x2−3x+1ex的图象大致是( )
A. B. C. D.
7.有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为( )
A. 12B. 13C. 14D. 16
8.已知函数f(x)=x−sinx，若关于x的不等式f(x+lna)≥f(lnx)恒成立，则实数a的最小值为( )
A. 13B. 1eC. 12D. 1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若1−2x2023=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a2023x2023，则( )
A. a0=1
B. 展开式中所有项的二项式系数的和为22023
C. 奇数项的系数和为1−320232
D. a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a202322023=−1
10.随机地向4个器皿内投放4种不同的食物给4只狗仔喂食，设所投放的食物均落在器皿内，随机变量X为空器皿个数，则下列说法正确的是( )
A. 随机变量X的取值为1，2，3B. P(X=3)=164
C. E(X)=8164D. D(X)=12964
11.对于函数fx=lnxx，下列说法正确的是( )
A. fx在x=e处取得极大值1e；B. fx有两个不同的零点；
C. f4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数fx=xlnx−2x的单调递减区间是 ．
13.分别从0,2,4和1,3,5中各任取2个数字组成一个没有重复数字的四位数，这样的四位数共有 个.
14.10个零件中有3个次品，从中每次抽检1个，验后放回，连续抽检3次，则抽检的3个零件中恰有2个是次品的概率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某校书法社共有社团成员12人，其中男社团成员7人，女社团成员5人，现从中选举产生1名社长和2名副社长．
(1)若至多有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数；
(2)若至少有1名男社团成员当选，求不同的当选方法总数；
(3)若既要有男社团成员当选，又要有女社团成员当选，求不同的当选方法总数．
注：最后结果请以具体数字做答．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2(mx−lnx)+e．
(1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线l:2x+y+1=0垂直，求m的值;
(2)讨论f(x)的单调性与极值．
17.(本小题15分)
某商场在开业当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金额前200名的顾客，均可获得3次抽奖机会，每次中奖的概率为13，每次中奖与否相互不影响，中奖1次可获得50元奖金，中奖2次可获得100元奖金，中奖3次可获得200元奖金．
(1)求顾客甲获得了100元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率；
(2)若该商场开业促销活动的经费为1.5万元，则该活动是否会超过预算？请说明理由．
18.(本小题17分)
猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.规则如下：参赛选手按第一关，第二关，第三关的顺序依次猜歌名闯关，若闯关成功依次分别获得公益基金1000元，2000元，3000元.当选手闯过一关后，可以选择游戏结束，带走相应的公益基金;也可以选择继续闯下一关，若有任何一关闯关失败，则游戏结束，且全部公益基金清零.假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别为34，23，12，该嘉宾选择继续闯关的概率均为12，且各关之间闯关成功与否互不影响．
(1)求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率;
(2)求该嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex+a2−x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥4lna+2．
答案
1.C
2.A
3.B
4.D
5.C
6.A
7.B
8.B
9.ABD
10.BC
11.AC
12.(0,e)
13.180
或1891000
15.解：(1)若有1名男社团成员当选，则不同的当选方法有C71C52C31=210种，
若没有男社团成员当选，则不同的当选方法有C53C31=30种，
所以至多有1名男社团成员当选，不同的当选方法总数为210+30=240；
(2)若有1名男社团成员当选，则不同的当选方法有C71C52C31=210种，
若有2名男社团成员当选，则不同的当选方法有C72C51C31=315种，
若有3名男社团成员当选，则不同的当选方法有C73C31=105种，
所以至少有1名男社团成员当选，不同的当选方法总数为210+315+105=630种；
(3)由(2)可知，不同的当选方法总数为210+315=525．
16.解：(1)由题得，f(x)的定义域为(0,+∞)．
∴f′(x)=2m−2x=2(mx−1)x.
∵f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线l:2x+y+1=0垂直，
∴f′(1)=2(m−1)=12，
解得m=54．
(2)由(1)知f′(x)=2(mx−1)x．
①当m≤0时，f′(x)<0恒成立．
∴f(x)在(0,+∞)上为减函数，此时f(x)无极值;
②当m>0时，由f′(x)>0，得x>1m，由f′(x)<0，得0∴f(x)在0,1m上单调递减，在1m,+∞上单调递增，
故f(x)的极小值为f1m=2lnm+2+e，无极大值.
综上可得，当m≤0时，f(x)在(0,+∞)上为减函数，f(x)无极值;
当m>0时，f(x)在0,1m上单调递减，在1m,+∞上单调递增．
f(x)的极小值为2lnm+2+e，无极大值．
17.解：(1)设顾客甲获得了100元奖金的事件为A，
甲第一次抽奖就中奖的事件为B，
则P(AB)=13×C21×13×(1−13)=427，
P(A)=C32×(13)2×(1−13)=29，
故P(B∣A)=P(AB)P(A)=42729=23；
(2)设一名顾客获得的奖金为X元，
则X的取值可能为0，50，100，200，
则P(X=0)=(1−13)3=827，
P(X=50)=C31×13×(1−13)2=49，
P(X=100)=C32×(13)2×(1−13)=29，
P(X=200)=C33×(13)3=127，
则E(X)=0×827+50×49+100×29+200×127=140027(元)，
因为200E(X)=200×140027=28000027<15000，
故该活动不会超过预算．

18.解(1)设“该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零”为事件A，
“第一关闯关成功第二关闯关失败”为事件A1，
“前两关闯关成功第三关闯关失败”为事件A2，则A1，A2互斥．
P(A1)=34×12×1−23=18，
P(A2)=34×12×23×12×1−12=116，
P(A)=P(A1)+P(A2)=18+116=316，
所以该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率为316．
(2)由题意知，X的所有可能取值为0，1000，3000，6000，
P(X=0)=(1−34)+P(A)=716，
P(X=1000)=34×12=38，
P(X=3000)=34×12×23×12=18，
P(X=6000)=34×12×23×12×12=116．
所以X的分布为
X的均值为：E(X)=0×716+1000×38+3000×18+6000×116=1125．
19.解：(1)f(x)的定义域为(−∞,+∞)，f′(x)=aex−1．
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减：
若a>0，则由f′(x)=0得x=−lna，当x<−lna时，f′(x)<0；当x>−lna时，f′(x)>0；
故f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增；
故当a≤0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减：
当a>0时，f(x)在(−∞,−lna)上单调递减，在(−lna,+∞)上单调递增；
(2)方法1，当a>0时，由(1)知，当x=−lna时，f(x)取得最小值．
所以f(x)≥f(−lna)=a3+1+lna，从而f(x)−(4lna+2)≥a3−3lna−1．
设g(x)=x3−3lnx−1,(x>0)，则g′(x)=3x2−3x=3x3−3x．
当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0，
故当a>0时，a3−3lna−1≥0，即f(x)≥4lna+2；
方法2：当a>0时，由(1)知，当x=−lna时，f(x)取得最小值，
所以f(x)≥f(−lna)=a3+1+lna，从而fx−4lna+2≥a3−3lna−1，
令ℎ(x)=lnx−x+1,x>0，ℎ′(x)=1−xx，
当00；当x>1时，ℎ′(x)<0；
所以ℎx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
故ℎ(x)≤ℎ(1)=0,∴lnx≤x−1，当x=1等号成立；
所以，当a>0时，a3−3lna−1≥a3−3(a−1)−1=a3−3a+2=(a−1)2(a+2)≥0，
即f(x)≥4lna+2．ξ
−1
0
1
P
12
1−2q
q2
X
0
1000
3000
6000
P
716
38
18
116