内蒙古自治区赤峰市赤峰第四中学2023-2024学年高二下学期5月月考（期中）数学试题 含解析

这是一份内蒙古自治区赤峰市赤峰第四中学2023-2024学年高二下学期5月月考（期中）数学试题 含解析，共11页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据求导公式逐个分析判断.
【详解】对于 A， ，所以 A 错误，
对于 B， ，所以 B 错误，
对于 C， ，所以 C 错误，
对于 D， ，所以 D 正确.
故选：D
2. 从 4 名男生和 6 名女生中选出 3 名学生，则恰有 1 名男生和 2 名女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出从 4 名男生和 6 名女生中选出 3 名学生的方法数和恰有 1 名男生和 2 名女生的方法数，然后
利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】因为从 4 名男生和 6 名女生中选出 3 名学生有 种方法，
选出的 3 名学生中恰有 1 名男生和 2 名女生有 种方法，
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所以所求概率为 .
故选：A
3. 已知函数 在区间 上单调递增，则 a 的最小值为（ ）．
A B. e C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据 在 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知， 在 上恒成立，显然 ，所以 ，
设 ，所以 ，所以 在 上单调递增，
，故 ，即 ，即 a 的最小值为 ．
故选：C．
4. 设椭圆 的离心率分别为 ．若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由 ，得 ，因此 ，而 ，所以 .
故选：A
5. 已知等比数列 中， ，数列 是等差数列，且 ，则
A. 2 B. 4 C. 16 D. 8
【答案】D
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【解析】
【分析】利用等比数列性质求出 a7，然后利用等差数列的性质求解即可．
【详解】等比数列{an}中，a3a11＝4a7，
可得 a72＝4a7，解得 a7＝4，且 b7＝a7，
∴b7＝4，
数列{bn}是等差数列，则 b5+b9＝2b7＝8．
故选 D．
【点睛】本题考查等差数列以及等比数列的通项公式以及简单性质的应用，考查计算能力．
6. 中国古代五经是指：《诗经》、《尚书》、《礼记》、《周易》、《春秋》，甲、乙 2 名同学各自选两种书作为兴
趣研读，则这两人选读的课外读物中恰有一种相同的选法（ ）
A. 30 种 B. 60 种 C. 120 种 D. 240 种
【答案】B
【解析】
【分析】甲、乙 2 名同学先选相同的书，然后再从剩下的 4 本书中选 2 本，分给甲、乙 2 名同学即可.
【详解】由题意得甲、乙 2 名同学先选相同的书，有 种选法，
然后从剩下的 4 本书中选 2 本，分给甲、乙 2 名同学，有 种选，
所以由分步乘法原理可知共有 种选法.
故选：B
7. 有 3 个工厂生产同一型号的产品，甲工厂生产的产品次品率为 0.06，乙工厂和丙工厂生产的产品次品率
均为 0.05，生产的产品混放在一起，已知甲、乙、丙工厂生产的产品数分别占总数的 25%，30%，45%，则
任取一件产品是次品的概率（ ）
A. 0.0525 B. 0.0535 C. 0.225 D. 0.06
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用全概率公式求解即可.
【详解】由题意可得任取一件产品是次品的概率为
.
故选：A
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8. 已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【 分 析 】 通 过 比 较 的 大 小 ， 可 比 较 的 大 小 ， 由 于 ， 则
，构造函数 ，利用导数求出其最小值，从而可比较 的大小，
进而可得答案.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
令 ，则
，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上递减，在 上递增，
所以 ，
所以当 时， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
综上 .
故选：D
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【点睛】关键点点睛：此题考查比较大小，考查导数的应用，解题的关键是对 变形，然后构造函数，利
用导数判断其单调性求出最值，然后比较大小，考查计算能力和转化思想，属于较难题.
二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多个选项
是符合题目要求的，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. 已知函数 ，则（ ）
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点 是曲线 的对称中心 D. 直线 是曲线 的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用极值点的定义可判断 A，结合 的单调性、极值可判断 B，利用平移可判断 C；利用导数
的几何意义判断 D.
【详解】由题， ，令 得 或 ，
令 得 ，
所以 在 ， 上单调递增， 上单调递减，所以 是极值点，故
A 正确；
因 ， ， ，
所以，函数 在 上有一个零点，
当 时， ，即函数 在 上无零点，
综上所述，函数 有一个零点，故 B 错误；
令 ，该函数的定义域为 ， ，
则 是奇函数， 是 的对称中心，
将 的图象向上移动一个单位得到 的图象，
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所以点 是曲线 的对称中心，故 C 正确；
令 ，可得 ，又 ，
当切点为 时，切线方程为 ，当切点为 时，切线方程为 ，故 D 错误.
故选：AC.
10. 已知等差数列 的前 项和为 ，公差为 ，若 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据通项 与 的关系可得 ， 即可判断 AB；根据等差数列前 项和公式，结合等
差数列的性质判断 CD.
【详解】因 ，所以 ， ，
故等差数列首项为负，公差为正，所以 ， ，故 A 正确，B 错误；
由 ，可知 ，所以 ，故 C 错误；
因为 ，所以 ，故 D 正确．
故选：AD.
11. 一袋中装有 10 个大小相同 小球，其中 6 个黑球，编号为 1，2，3，4，5，6，4 个白球，编号为 7，8
，9，10，下列结论中正确的是（ ）
A. 若有放回地摸取 4 个球，则取出的球中白球个数 X 服从二项分布
B. 若一次性地摸取 4 个球，则取出的球中白球个数 Y 服从超几何分布
C. 若一次性地取 4 个球，则取到 2 个白球的概率为
D. 若一次性地摸取 4 个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】直接利用二项分布和超几何分布的应用，排列数和组合数的应用直接判断.
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【详解】对 A，取出白球和取出黑球的概率分别为 和 ，符合二项分布，故 A 正确；
对 B，一次性地摸取 4 个球，则取出的球中白球个数的分布列 ，符合超几何分布，故 B
正确；
对 C，一次性地取 4 个球，则取到 2 个白球的概率为 ，故 C 错误；
对 D，取出的白球为 3 和 4，故 ，故 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确理解二项分布和超几何分布的概念.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
12. 在 的展开式中， 的系数为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式 ，令 确定
的值，然后计算 项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式 ，
令 可得， ，
则 项的系数为 .
故答案为：60.
13. 已知随机变量 服从正态分布 ，若 ，则 为________.
（ ， ，
）
【答案】0.00135
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【解析】
【分析】由 可得 ，由 ，得 ，然后利用正态分布的对称性
可求得结果.
【详解】因为随机变量 服从正态分布 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以
.
故答案为：0.00135
14. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件 A、B 存在如下关系，
.某高校有甲、乙两家餐厅，王同学第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为
0.4 和 0.6，如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为 0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天
去甲餐厅的概率为 0.5，则王同学第二天去甲餐厅的概率为________第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅
的概率为________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】设 为第一天去甲餐厅， 为第二天去甲餐厅， 为第一天去乙餐厅， 为第二天去乙餐厅，
则 ，然后根据所给公式结合全概率公式求解.
【详解】设 为第一天去甲餐厅， 为第二天去甲餐厅， 为第一天去乙餐厅， 为第二天去乙餐厅，
则 ，
所以 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
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，
所以王同学第二天去甲餐厅的概率为 ，第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为 .
故答案为： ，
【点睛】关键点点睛：此题考查全概率公式的应用和条件概率公式的应用，解题的关键是灵活应用所给公
式结合题意求解即可，考查计算能力和分析问题的能力，属于较难题.
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 如图，在三棱柱 中， 平面 ， ， ， ，点 、
分别在棱 和棱 上，且 ， ， 为棱 的中点.
（1）求证： ；
（2）求二面角 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】（1）证明出 平面 ，即可证得 ；
（2）计算出 的边 上的高 ，并求出点 到平面 的距离 ，由此可得出二面角
的正弦值为 .
【详解】（1）在三棱柱 中， 平面 ，则 平面 ，
平面 ，则 ，
，则 ， 为 的中点，则 ，
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， 平面 ，
平面 ，因此， ；
（2） ， ， ，所以， ，
同理可得 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，
因为 且 ，故四边形 为矩形，则 ，
所以， ，
由余弦定理可得 ，则 ，
所以， 的边 上的高 ，
平面 ， 平面 ，则 ，
， ， 平面 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
，故点 到平面 的距离 ，
设二面角 为 ，则 .
16. 为了丰富学生的课余生活，赤峰四中决定举办竞技比赛.比赛分为“无人机表演”和“机器人操作”两个项目，
选手两个比赛项目的顺序自选，若第一个项目不过关，则淘汰；若第一个项目过关则进行第二个项目比赛，
无论第二个项目是否合格，比赛都结束.“无人机表演”比赛合格得 4 分，否则得 0 分；“机器人操作”比赛合格
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得 6 分，否则得 0 分.
已知博文同学参加“无人机表演”比赛合格的概率为 ，参加“机器人操作”比赛合格的概率为 .
（1）若博文同学先进行“无人机表演”比赛，记 为博文同学的累计得分，求 的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，博文同学应选择先进行哪项比赛？并说明理由.
【答案】（1）分布列见解析
（2）甲同学应该选择先进行“无人机表演”比赛，理由见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得 的可能取值为 ， ， ，求出所对应的概率，即可求出 的分布列；
（2）求出 ，若甲同学先进行“机器人操作”，记 为甲同学的累计得分，求出 ，即可判断.
【小问 1 详解】
由题意得， 的可能取值为 ， ， ，
所以 ， ， ，
所以 的分布列为：
0 4 10
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，
若甲同学先进行“机器人操作”，记 为甲同学的累计得分， 的可能取值为 ， ， ，
所以 ， ， ，
所以 ，
因 ，所以甲同学应该选择先进行“无人机表演”比赛.
17. 已知等差数列 的公差 ，且 ， ， ， 成等比数列.
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 求数列 前 项和为 ；
（3）设 求数列 的前项和 .
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【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）变形得到 ，裂项相消法求和；
（3）错位相减法求和.
【小问 1 详解】
根据题意，因为 ， ， ， 成等比数列，
所以 ，又 ，
解得 ， ，
故 ；
【小问 2 详解】
因为
，
所以
；
【小问 3 详解】
∵
∴ ①，
②，
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∴①-②得
∴ .
18. 非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分．瑞昌剪
纸于 2008 年列入第二批国家级非物质文化遗产名录．由于瑞昌地处南北交汇处，经过千年的南北文化相互
浸润与渗透，瑞昌剪纸融入了南方的阴柔之丽、精巧秀美和北方的阳刚之美、古朴豪放．为了弘扬中国优
秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行 5 轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每
一轮比赛中，参赛者在 30 分钟内完成规定作品和创意作品各 2 幅，若有不少于 3 幅作品入选，将获得“巧
手奖”．5 轮比赛中，至少获得 4 次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训
练作品中随机抽取规定作品和创意作品各 5 幅，其中有 4 幅规定作品和 3 幅创意作品符合入选标准．
（1）从这 10 幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各 2 幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖
”的概率；
（2）以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛
前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了 ，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该
同学能否进入决赛？
【答案】（1）
（2）该同学没有希望进入决赛
【解析】
【分析】（1）根据题意，分类讨论所有可能的情况，再求其概率之和即可；
（2）由题可得 ，先计算强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率的最大值，再根据 5 轮
比赛中获得“巧手奖”的次数 X 服从二项分布，估算 ，结合题意即可判断.
【小问 1 详解】
由题可知，所有可能的情况有：
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①规定作品入选 1 幅，创意作品入选 2 幅的概率 ，
②规定作品入选 2 幅，创意作品入选 1 幅的概率 ，
③规定作品入选 2 幅，创意作品入选 2 幅的概率 ，
故所求的概率 ．
【小问 2 详解】
设强化训练后，规定作品入选的概率为 ，创意作品入选的概率为 ，
则 ，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
∵ ，且 ，也即 ，即
故可得： ， ，
，
∴ ，
令 ，则 在 上单调递减，
∴ ．
∵该同学在 5 轮比赛中获得“巧手奖”的次数 ，
∴ ，故该同学没有希望进入决赛．
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19. 已知函数 ， .
（1）求曲线 在 处 切线方程；
（2）证明：对 ， 恒成立（ 为 的导数）；
（3）设 ，证明： （ ）.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由 处的导数得到切线的斜率，由 处的函数值得到切线上的点，由直线的点斜式方
程得到切线方程；
（2）构造新函数 ，求导之后对导数再求导，得到 在 上
单调递增，从而 ，从而 恒成立得证；
（ 3） 利 用 进 行 放 缩 ， 再 结 合 （ 2） 中 的 得 到
，乘公比错位相减法求和.
【小问 1 详解】
，可得 ，又 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ．
【小问 2 详解】
令 ， ，则 ， ，
令 ，则 在 上恒成立，故 在 单调递增，
其中 ，故 在 上恒成立，故 在 上单调递增，
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故 ，即 恒成立．
【小问 3 详解】
设 ，证明 ．
令 ， ，
因为 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，从而 ， ．
由于 ，
所以 ．
由（2）知， （ ），所以 ．
设 ，①，则 ，②
①－②得 ，
所以 ．
【点睛】方法点睛：利用放缩法证明不等式
放缩法就是针对不等式的结构特征，运用不等式的性质，将不等式的一边或两边进行放大或缩小，也就是
对代数式进行恰到好处的变形，使问题便于解决．放缩法大致分为以下几类．
（1）将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小．
（2）利用均值不等式或其他的不等式放缩数式．
（3）不等式两边同时加上或减去某一项．
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（4）把代数式中的一些项进行分解再重新组合，这样就可以消去一些项便于求解，这也是我们常用的裂项
法．
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