河南省濮阳市2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题（解析版）

这是一份河南省濮阳市2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了未填写完整的列联表如下，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需动，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．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．
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，只有一是符合题目要求的．
1. 已知随机变量，则（ ）
参考数据：若随机变量服从正态分布，则
．
A. 0.97725B. 0.84135C. 0.7786D. 0.34135
【答案】B
【解析】由已知得随机变量，可得，
由对称性可知，，
又由正态分布的性质可知: ,
所以，
故选：B.
2. 已知函数,则（ ）
A. B. C. D. -3
【答案】C
【解析】两边求导,得,令,即,
解得.
故选：C.
3. 已知的展开式中第6项的系数为56，则实数（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】二项式展开式的通项为，（其中且），
所以展开式的第项为，
依题意可得，解得.
故选：D
4. 已知随机变量的分布列为
设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知，解得.
所以，
所以.
故选：A
5. 某博物馆新增包括在内的8件文物，其中5件是清朝的，3件是唐朝的，且都是清朝的．现将这些文物摆成一排，要求必须相邻，但唐朝的文物不得相邻，则所有不同的摆法种数为（ ）
A. 1440B. 2160C. 2880D. 3050
【答案】C
【解析】先排列5件是清朝的，由于必须相邻，用捆绑法得排列数有：；
由于唐朝的3件文物不得相邻，用插空法得排列数有：；
由乘法原理得：所有不同的摆法种数为，
故选：C.
6. 已知随机变量.若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，则，
，
且，
构造函数，其导函数为，
由于，，故函数在区间上单调递增；
当时，取最小值；当时，函数值为；
所以；
故选：B.
7. 2024年5月15日是全国低碳日，5月13-19日是全国节能宣传周．现有5位工作人员要到3个社区进行节能宣传，要求每个社区至少派1位工作人员，且每位工作人员只去1个社区，则不同的分派方法种数为（ ）
A. 92B. 108C. 124D. 150
【答案】D
【解析】将5位工作人员分成三组，有两种类型，即1，1，3与1，2，2，
其中分成1，1，3三组的方法有种，分成1，2，2三组的方法有种，
一共有种分组方法，将分好的三组全排列有种方法，
则不同的分派方法有种.
故选：D.
8. 已知，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解法一：不等式，即 ，
设，则，，
令，则，
当时，，单调递减，
当 时，，单调递增.
故只需，
所以，即.
设，则在上单调递增，又，
所以，设，则，
所以在上单调递增，所以的值域为，即的取值范围为.
解法二：由题意将原不等式变形可得，
即，令，则有，即
因为，所以有对于任意的恒成立，
令，则
因为，且当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以在处取极大值，也是的最大值
所以
又因为，所以
故选：C
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. 某农科院研制出了一种防治玉米病虫害的新药．为了解该药的防治效果，科研人员选用了100粒玉米种子（其中一部分用该药做了处理）进行试验，从中任选1粒，发现此粒种子抗病虫害的概率为0.8．未填写完整的列联表如下，则（ ）
附：．
A. 这100粒玉米种子中经过该药处理且不抗病虫害的有6粒
B. 这100粒玉米种子中抗病虫害的有84粒
C. 的观测值约为13.428
D. 根据小概率值的独立性检验，可以认为该新药有效
【答案】AD
【解析】由题可将列联表补充完整如下：抗病虫害
由上表可知 A 正确，B 错误；
由表可知，
因此根据小概率值 的独立性检验，可以认为该新药有效，故 C 错误，D 正确.
故选：AD
10. 现有包括小王､小李在内的5名大四学生准备实习，每名学生从甲､乙､丙3家公司中任选一家公司，则下列结论正确的是（ ）
A. 共有243种不同的选择方案
B. 若小王､小李都不去甲公司实习，则共有110种不同的选择方案
C. 若小王､小李去不同的公司实习，则共有162种不同的选择方案
D. 若只有1名学生去甲公司实习，乙､丙两公司均有2名学生实习，则共有36种不同的选择方案
【答案】AC
【解析】对于A，每名学生都有3种选择方案，根据分步乘法计数原理，知共有种不同的选择方案，故A正确；
对于B，小王、小李都有2种选择方案，剩下的3名学生均有3种选择方案，
根据分步乘法计数原理，知共有种不同的选择方案，故 B 错误；
对于C，小王、小李共有种选择方案，剩下的3名学生均有3种选择方案，
共有种不同选择方案，故 C 正确；
对于D，只有1名学生去甲公司实习，有种选择方案，乙、丙两公司均有2名学生实习，有种选择方案，
故共有种不同的选择方案，故D错误.
故选：AC
11. 已知函数的定义域为，且是的一个极值点，则下列结论正确的是（ ）
A. 方程的判别式
B.
C. 若，则在区间上单调递增
D. 若且，则是的极小值点
【答案】ABD
【解析】因为，则，
依题意是关于的方程的一个变号正实数根，
所以方程的判别式，故A正确；
因为，显然，所以，故B正确；
当时，因为，所以函数的开口向下，且与轴的正半轴只有一个交点，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
当且，将代入，整理得，
所以方程有两个不相等正实数根与，
又，所以当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，故D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系,利用最小二乘法,计算得到经验回归方程为，据此模型预测，当时的值为__________．
【答案】10.95
【解析】由已知得，即样本点中心，
因为经验回归直线方程过样本点的中心，
所以，解得，
所以，当时，.
故答案为：10.95
13. 已知函数在区间上有定义，且在此区间上有极值点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由题可知，
当时,, 单调递减，
当时,, 单调递增，
故只有极小值点2
若在区间上有定义且有极值点，则，解得.
故答案为:
14. 甲盒中装有6个红球和2个黑球，乙盒中装有3个红球和5个黑球，这些球除颜色外完全相同．先从甲､乙两个盒子中随机选1个盒子，再从该盒子中随机取出1个球，若摸出的球是黑球，则选中的盒子为甲盒的概率是__________．
【答案】
【解析】记“选到甲盒子”为事件，“选到乙盒子”为事件，“摸到黑球”为事件B.
由全概率公式得，
由条件概率公式得，
故答案为：.
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. 已知．
（1）求的值；
（2）求的值．
解：（1），则，原式化为，
令
（2）,
令，,则
又令
16. 某植物科学研究所的最新研究表明：某种乔木类植物在沙漠中很难生存，主要原因是沙漠水土流失严重，土壤中的养料和水分相对贫瘠且该乔木类植物根系不发达．实验组调配出含钙､钾两种促进植物根系生长的生长液，将该种乔木类植物的幼苗放置在合适的环境下且每天加入等量的生长液进行培养，并记录前5天该乔木类幼苗的高度与天数的数据，如下表所示：
（1）若该实验小组通过作散点图发现与之间具有较强的线性相关关系，试用最小二乘法求出关于的经验回归方程．
（2）一般认为当该乔木类幼苗高度不小于时即可移栽到自然条件下进行种植．若在不加生长液的条件下培养，该乔木类幼苗达到移栽标准的最短培养时间一般为18天，利用（1）中的回归方程预测加了生长液后最短培养时间比不加生长液时缩短了多少天．
参考公式：在经验回归方程中，．
参考数据：．
解：（1）由题意可得 ,,
,
故，
故所求的经验回归方程为.
（2）设加了生长液后培养时间为天，则，解得，故，
所以预测加了生长液后最短培养时间比不加生长液时缩短了天.
17. 已知函数．
（1）若，求的图象在点1,f1处的切线方程；
（2）若在上单调递减，求的取值范围．
解：（1）当时，，，
将分别代入和f'x求得f1=0，，
则的图象在点1,f1处的切线方程为： ，即.
（2）因为，求导得，
，
在上单调递减，则恒成立.
即.
令，则上式转化为恒成立，
参变分离得，令，
则，
令，解得.
当单调递增，当单调递减.
则，故.
18. 甲､乙两人进行象棋比赛，每局比赛甲获胜的概率均为，比赛采用七局四胜制，即率先取得4局胜利的人最终获胜，且该场比赛结束．
（1）求前3局乙恰有2局获胜的概率；
（2）求到比赛结束时共比了5局概率；
（3）若乙在前4局中已胜3局，求还需比2局或3局才能结束比赛的概率．
解：（1）每局比赛乙获胜的概率均为，
故前3局乙恰有2局获胜的概率为；
（2）第一种情况，比赛结束时恰好打了5局且甲获胜，
则概率为，
第二种情况，比赛结束时恰好打了5局且乙获胜，
则概率为，
所以比赛结束时共比了5局的概率为；
（3）乙在前4局中已胜3局，还需比2局才能结束比赛，故一定为乙最终获胜，
故第5局甲胜，第6局乙胜，概率为23×13=29，
还需比3局才能结束比赛，可能最终甲胜，也可能最终乙胜，
若最终甲胜，则第5,6,7局甲获胜，概率为，
若最终乙胜，则第5,6局甲胜，第7局乙胜，
概率为，
综上，若乙在前4局中已胜3局，求还需比2局或3局才能结束比赛的概率为.
19. 已知函数．
（1）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（2）若,函数,且在上的最大值为,证明：方程在上恰有两个不相等的实数根．
参考数据：．
解：（1）由，因为在区间上单调递增，
所以，
即，构造函数，
则，
当时，，所以在区间上单调递增；
当时，，所以在区间上单调递减；
即，
故的取值范围是.
（2）由题可知，
当时，因为，所以，
则在上是单调递增，，
又因为hx在上的最大值为，所以，即，
令，由上面可得：在上单调递增，
又由，
所以在上存在唯一的零点.
当时，，令，
则
，
当，有，
则，
即在上单调递减，
又由
所以在上存在唯一零点，
则当时，所以在上单调递增，
此时，即在上无零点；
当时，所以在上单调递减，
又由所以在上有且仅有一个零点，
综上，方程在上恰有两个不相等的实数根．0
1
2
抗病虫害
不抗病虫害
合计
种子经过该药处理
60
种子未经过该药处理
14
合计
100
0.1
0.01
0.005
0.001
2.706
6.635
7.879
10.828
抗病虫害
不抗病虫害
合计
种子经过该药处理
60
6
66
种子未经过该药处理
20
14
34
合计
80
20
100
1
2
3
4
5
3
4.5
4.8
6.4
6.3
（天）
1
2
3
4
5
7
10
12
16
20