宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2023−2024学年高二下学期6月月考 数学试卷（含解析）

这是一份宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2023−2024学年高二下学期6月月考 数学试卷（含解析），共14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（本大题共8小题）
1．从甲地到乙地每天有直达汽车班，从甲到丙地，每天有个班车，从丙地到乙地每天有个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有（ ）
A．种B．种C．种D．种
2．若，则m的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
3．的展开式中的系数为（ ）
A．B．7C．77D．
4．已知某产品的次品率为4%，其合格品中75%为一级品，则任选一件产品为一级品的概率为（ ）
A．0.75B．0.96C．0.72D．0.78
5．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a=7b，则m＝ （ ）
A．5B．6C．7D．8
6．中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能：礼、乐、射、御、书、数.“礼”，礼节，即今德育：“乐”，音乐，“射”和“御”，射箭和驾驭马车的技术，即今体育和劳动：“书”，书法，即今文学；“数”，算法，即今数学．某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，每天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”必须排在第一，“数”不能排在最后，“射”和“御”要相邻，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
7．若函数单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．设，，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．展开式中二项式系数最大的项为第项
10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．事件B与事件相互独立
D．是两两互斥的事件
11．将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中（ ）
A．有240种放法
B．每盒至多一球，有24种放法
C．恰有一个空盒，有144种放法
D．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法
12．已知函数，下列命题正确的是（ ）
A．若是函数的极值点，则
B．若，则在上的最小值为0
C．若在上单调递减，则
D．若在上恒成立，则
三、填空题（本大题共4小题）
13．函数的图象在点处的切线方程为 ．
14．已知随机变量X的分布列为.又X的均值，则 .
15．如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有 种不同的着色方法.
16．在的展开式中，含的项的系数是 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．一袋中装有个大小、质地完全相同的黑球和白球.若从袋中任意摸出个球，至少有1个白球的概率为.
(1)求白球的个数；
(2)现从中摸出一个球不放回，求第1次摸得白球且第2次摸得黑球的概率.
(3)现从中摸出一个球不放回，已知第1次摸得白球，求第2次摸得黑球的概率.
18．银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字.求:
(1)任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率;
(2)如果记得密码的最后1位是大于零的偶数，不超过2次就按对的概率.
19．如图，是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为60°．
(1)求证：面平面；
(2)求二面角的余弦值．
20．北京冬奥会某个项目招募志愿者需进行有关专业､礼仪及服务等方面知识的测试，测试合格者录用为志愿者.现有备选题10道，规定每次测试都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题者视为合格，已知每位参加笔试的人员测试能否合格是相互独立的.若甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题.求：
(1)甲､乙两人至多一人测试合格的概率；
(2)甲答对的试题数X的分布列和数学期望.
21．A、B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析，X1,X2的分布列分别为

（Ⅰ）在A、B两个项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)；
（Ⅱ）将x(0≤x≤100)万元投资A项目，100-x万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得到利润的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取到最小值．
（注：D(ax+b)=a2Dx）
22．已知函数．
(1)求函数的最小值；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值．
参考答案
1．【答案】B
【分析】应用分类分步计数原理求不同的乘车方法即可.
【详解】分两类：一类是直接从甲到乙；另一类是从甲经丙再到乙，
分两步：第一类有种方法，第二类有，
由分类计数原理得：从甲到乙的不同乘车方法.
故选B.
2．【答案】B
【分析】根据已知条件列方程，化简求得.
【详解】依题意，，
即，
即.
故选B.
3．【答案】B
【分析】先求出的展开式通项公式，再结合两个二项式相乘特点求出r，即可求得答案.
【详解】的展开式通项为，
故的展开式中的系数为，
故选B.
4．【答案】C
【分析】先根据对立事件概率求合格品概率，再结合条件概率求出一级品的概率.
【详解】记“任选一件产品是合格品”为事件A，则.
记“任选一件产品是一级品”为事件B.
由于一级品必是合格品，故事件A包含事件B，因此.
由合格品中75%为一级品知.
故.
故选C.
5．【答案】B
【详解】由题意可知,,,即,
,解得．
故选B．
6．【答案】B
【分析】就“射”或“御”排在最后和“射”和“御”均不在最后两种情况分类讨论即可.
【详解】如果“射”或“御”排在最后，那么“射”和“御”有两种排法即种，余下3种才能共有种排法，故此时共有中排法；
如果“射”和“御”均不在最后，那么“射”和“御”有种排法，中间还余两个位置，两个位置可选一个给“数”，有2种排法，余下两个位置放置最后的两个基本才能，有，故共有种排法，
综上，共有36种排法.
故选B.
【方法总结】对于排数问题，我们有如下策略：（1）特殊位置、特殊元素优先考虑，比如偶数、奇数等，可考虑末位数字的特点，还有零不能排首位等；（2）先选后排，比如要求所排的数字来自某个范围，我们得先选出符合要求的数字，在把它们放置在合适位置；（3）去杂法，也就是从反面考虑．
7．【答案】D
【分析】由恒成立，分离常数，利用基本不等式求得的取值范围.
【详解】依题意，即对任意恒成立，
即恒成立，因为（当且仅当时取“=”），
所以.
故选D.
8．【答案】D
【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性比较b，c；构造函数，利用导数讨论其单调性比较a，b即得.
【详解】令，则，当时，，单调递增，
因此，即，
令，则，当时，，单调递减，
因此，即
所以.
故选D.
9．【答案】AB
【分析】设，利用赋值法可判断ABC选项，利用二项式系数的单调性可判断D选项.
【详解】设.
对于A选项，，A正确；
对于B选项，，B正确；
对于C选项，，
所以，，C错误；
对于D选项，展开式共项，展开式中二项式系数最大的项为第项，D错误.
故选AB.
10．【答案】BD
【分析】根据事件的条件概率公式、独立性公式等逐一判断可得结果.
【详解】依题意得，，，
， ，，
选项A：，故A错误；
选项B：因为，故B正确；
选项C：因为，，
故，
所以事件B与事件不相互独立，故C错误；
选项D：根据互斥事件的定义可知，是两两互斥的事件，故D正确.
故选BD.
11．【答案】BCD
【分析】对于A，根据分步乘法原理分析求解，对于B，由题意可知每盒恰好一个球，相当于对4个球进行全排列，对于C，先选出一个空盒，然后将4个球分成3份放入剩下的3个盒子即可，对于D，方法一：先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个，方法二：第一步先选出一个盒子，第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板即可.
【详解】对于A，每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，
共有种放法，所以A错误，
对于B，由题意可知每盒恰好一个球，所以共有（种）放法，所以B正确，
对于C，先选出一个空盒，然后将4个球分成3份放入剩下的3个盒子，所以共有（种）放法，所以C正确，
对于D，（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个.由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，
故共有（种）放法.
（方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，
第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法，
由分步计数原理得，共有（种）放法.所以D正确.
故选BCD.
12．【答案】AB
【分析】根据为函数的极值点可对A判断；由可求得即可对B判断；由在上单调递减等价于在区间上恒成立，即可对C判断；由在上恒成立等价于，构造函数，，再利用导数从而求出，即可对D判断．
【详解】对于A，由，得，因为是函数的极值点，
所以，得，经检验是函数的极小值点，故A正确．
对于B，由选项A，由，得，可知，
则，由，得，由，得，
所以在递增，在上递减，
所以当时，时，取得最小值，故B正确．
对于C，因为在上单调递减，所以，即，
得在上恒成立，令，则，
所以在单调递增，所以，即，所以，故C错误．
对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，
即在上恒成立，令，，则，
所以在上单调递增，所以，所以，故D错误．
故选AB．
13．【答案】
【分析】根据导数的几何意义求解即可.
【详解】，，，
故函数的图象在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据随机变量概率和为1及数学期望公式计算求参即可.
【详解】因为，所以,
又因为,
所以,
所以.
故答案为：.
15．【答案】180
【分析】由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】先给地区I染色有5种选择，再给地区II染色有4种选择，然后给地区III染色有3种选择，最后给地区IV染色也有3种选择，
综上所述，满足题意的染色方法共有种.
故答案为：180.
16．【答案】-15.
【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案.
【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,
所以含的项为.
所以展开式中，含的项的系数是-15.
故答案为：-15.
17．【答案】(1)5
(2)
(3).
【分析】（1）设袋中白球个数为（且），根据对立事件及古典概型的概率公式得到方程，解得即可；
（2）设“第次摸得白球”为事件，“第次摸得黑球”为事件，根据古典概型的概率公式计算可得；
（3）根据条件概率公式计算可得.
【详解】（1）设“从袋中任意摸出个球，至少有个白球”为事件，袋中白球个数为（且），
由题意得，解得或（舍去），即白球的个数为.
（2）设“第次摸得白球”为事件，“第次摸得黑球”为事件，
“第次摸得白球且第次摸得黑球”就是事件，
所以；
（3）“已知第次摸得白球，求第次摸得黑球的概率”就是事件发生的条件下，事件发生的概率，
又，，
所以.
18．【答案】(1).
(2).
【分析】（1）由互斥加法公式、条件概率公式即可求解；
（2）由互斥加法公式、条件概率公式即可求解.
【详解】（1）设“第次按对密码”（），则事件“不超过2次就按对密码”可
表示为
因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为.
（2）设最后1位密码为大于零的偶数”，则
因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据线线垂直即可求证线面垂直，进而可由面面垂直的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以．
因为是正方形，所以，
又，平面,所以平面．
又平面
所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为60°，平面,
即，所以．
由，可知，．
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
即．
令，则．
因为平面，所以为平面的法向量，．
所以．
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
20．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据题意，求得甲和乙测试合格的概率，再求两人至多一人测试合格的概率即可；
（2）求得的取值，再利用古典概型的概率计算公式求得对应的概率，写出分布列，再根据分布列求得即可.
【详解】（1）根据题意，甲测试合格的概率为；
乙测试合格的概率为；
故甲､乙两人都测试合格的概率为，
则甲､乙两人至多一人测试合格的概率为.
（2）由题可知，甲答对的试题数X可以取，
又，，
，，
故的分布列如下：
则.
21．【答案】（Ⅰ）D(Y1)=4；D(Y2)=12．
（Ⅱ）当时，为最小值．
【详解】（I）由题设可知，Y1和Y2的分布列分别为
E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6，
D(Y1)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4；
E(Y2)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8，
D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12．
（Ⅱ）
当时，为最小值．
22．【答案】(1)-1
(2)3
【分析】（1）直接根据导数与单调性的关系，求出最值即可；
（2）将不等式等价变形，分离参数并构造函数，再探讨函数的最小值即可推理作答.
【详解】（1）因为，
当时，；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
所以的最小值为.
（2）对于任意的，，
令，，则，
由（1）知在上单调递增；
且，，
则在区间上存在唯一零点，
使得，即，
则当时，，，在上单调递减；
则当时，，，在上单调递增；
于是得，
于是，
所以整数的最大值为3.
【关键点拨】涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.X1
5％
10％
P
0.8
0.2
X2
2％
8％
12％
P
0.2
0.5
0.3
Y1
5
10
P
0.8
0.2
Y2
2
8
12
P
0.2
0.5
0.3