河南省2023_2024学年高二数学下学期5月月考试题含解析

这是一份河南省2023_2024学年高二数学下学期5月月考试题含解析，共9页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知，则，关于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册.
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.（ ）
A.48 B.36 C.24 D.8
2.已知函数，则（ ）
A.5 B.10 C.15 D.20
3.已知随机变量，则（ ）
A. B. C.4 D.7
4.函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知由样本数据组成的一个样本，变量具有线性相关关系，其经验回归方程为，并计算出变量之间的相关系数为，则经验回归直线经过（ ）
A.第一､二､三象限 B.第二､三､四象限
C.第一､二､四象限 D.第一､三､四象限
6.已知，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.在某城市中，两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从地出发去往地，则不同的路径共有（ ）
A.36条 B.37条 C.52条 D.53条
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.在的展开式中，各奇数项的二项式系数之和为32，则（ ）
A.常数项为-32 B.
C.项的系数为40 D.项的系数为-160
10.关于函数，下列说法正确的是（ ）
A.若存在极值点，则
B.若，则有且只有一个极值点
C.若有两个极值点，则
D.若1是的极大值点，则
11.已知，且成等差数列，随机变量的分布列为
下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.的最大值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知随机变量，且，则__________.
13.现有甲､乙等5人站成一排，若甲不站在队伍的最左边，且与乙相邻，则不同的站法共有__________.种.（用数字作答）
14.已知函数在上连续且存在导函数，对任意的实数满足2，当时，.若，则的取值范围是__________.
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.（13分）
已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
16.（15分）
为了研究学生的性别与是否喜欢运动的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表：
（1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别与是否喜欢运动有关联？
（2）按学生的性别以及是否喜欢运动用分层随机抽样的方法从这100名学生中选取10人，再从这10人中任选2人，求至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率.
附：，其中.
17.（15分）
设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则点为曲线的拐点.
（1）若函数，判断曲线是否有拐点，并说明理由；
（2）若函数，且点为曲线的拐点，求在上的值域.
18.（17分）
在活动中，初始的袋子中有5个除颜色外其余都相同的小球，其中3个白球，2个红球.每次随机抽取一个小球后放回.规则如下：若抽到白球，放回后把袋中的一个白球替换为红球；若抽到红球，则把该红球放回袋中.记经过次抽取后，袋中红球的个数为.
（1）求的分布列与期望；
（2）证明为等比数列，并求关于的表达式.
19.（17分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
2023-2024学年高二下学期第三次月考
数学试卷参考答案
1.A .
2.B 因为，所以，则.
3.D 因为，所以，则.
4.C 因为，所以，则，故函数的图象在点处的切线方程为.
5.B 由相关系数为-0.96，知负相关，所以.又，即点，在经验回归直线上，且在第三象限，所以经验回归直线经过第二､三､四象限.
6.B 因为，所以，
故.
7.C 由，得，因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，则，从而.
8.D 由图可知，从地出发去往地的最短路径共8步，其中4步向下，4步向右，且前4步中最多2步向右，则不同的路径共有条.
9.BD 因为展开式中各奇数项的二项式系数之和为32，所以，解得，常数项为项的系数为.
10.BCD 因为，所以.若存在极值点，则方程有2个不相等的根，且至少有一个根为正数，则或A不正确.若，则，则方程有2个不相等的根，且，故方程恰有1个正根，即有且只有一个极值点，B正确.若有两个极值点，则方程有2个不相等的正根，则
从而正确.若1是的极大值点，则易知方程有2个不相等的正根，且，D正确.
11.BCD 由得A错误，B正确.
由，得，则，C正确.
，当时，取得最大值，且最大值为D正确.
12.0.5 因为，所以，则.
13.42 若乙站在甲的左边，则有种不同的站法，若乙站在甲的右边，则有种不同的站法，故共有42种不同的站法.
14. 由，可得.
令，则，所以的图象关于直线对称.当时，，所以，又在上连续，所以在上单调递增.
由，可得，即，所以，解得.
15.解：（1）令，得，
令，得，
所以.
（2）令，得，
令，得，
则，
则.
16.解：（1）零假设为：学生的性别与是否喜欢运动无关，
根据列联表中的数据，计算得到，
根据的独立性检验，我们推断不成立，即学生的性别与是否喜欢运动有关.
（2）由题意得选取的喜欢运动的男学生人数为，则不喜欢运动的男学生､喜欢运动的女学生､不喜欢运动的女学生的人数之和为，
则至少有1名喜欢运动的男学生被选中的概率为.
17.解：（1）曲线有拐点，理由如下：
由题意得，
由，得或.
因为，
所以点为曲线的拐点.
（2）由题意得，
由，得，且.
，当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，所以在上单调递增.
因为，所以在上的值域为.
18.解：（1）的可能取值为.
则的分布列为
故.
（2）①若第次取出来的是红球，由于每次红球和白球的总个数是5，则这种情况发生的概率是，此时红球的个数为；
②若第次取出来的是白球，则这种情况发生的概率是，此时红球的个数为.
故，，
则，所以为等比数列.
故，即
19.（1）解：因为，
所以.
若，则恒成立，当时，，当时，.
若，令，解得.
若，即，则恒成立，当时，，当时，.
若，即，则当时，，当时，.
若，即，则在上恒成立.
若，即，则当时，，当）时，.
综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）证明：要证，
需证.
因为，所以
则只需证明，即证，
即证.
令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，故.
令，则，当时，单调递增，
当时，单调递减，故，
从而，证毕.1
2
3
男学生
女学生
合计
喜欢运动
40
20
60
不喜欢运动
20
20
40
合计
60
40
100
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
2
3
4