福建省三明市第一中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学+答案

这是一份福建省三明市第一中学2023-2024学年高二下学期第二次月考数学+答案，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知函数，函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的性质即可得到值域.
【详解】，
因为，所以的值域为，即，
故选：A.
2. 曲线在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先对函数求导，得到，再结合，即可得解．
【详解】，则，又，
则所求切线方程为，即．
故选：A．
3. 某科研院校培育蜜橘新品种，新培育的蜜橘单果质量（单位：）近似服从正态分布，现有该新品种蜜橘10000个，估计单果质量不大于的蜜橘个数为（ ）
附：若，则．
A. 8413B. 9772C. 9974D. 9987
【答案】D
【解析】
【分析】利用正态分布曲线的特点及曲线所代表的意义即可求解.
【详解】由可知，，
故估计单果质量不大于的蜜橘个数为．
故选：D.
4. 函数的单调减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出导数，利用导数小于0可得答案.
【详解】函数的定义域为，
，
由得，
所以的单调减区间为.
故选：D.
5. 设随机变量的概率分布列为，其中，那么的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：根据离散型随机变量分布列的性质，变量取各个量对应的概率和等于1，建立关于的等量关系式，最后求得结果.
详解：根据分布列的性质可得，
，
解得，故选D.
点睛：解决该题的关键是明确离散型随机变量的分布列的性质，从而找到关于参数所满足的等量关系式，最后求得结果.
6. 已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足，则f(2)＋f(3)＋f(5)＝
A. －1B. 0C. 1D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
由函数满足是定义在上的奇函数，所以，且，又由，得函数是周期为2的函数，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，函数满足是定义在上的奇函数，所以，且，
又由，则，所以函数是周期为2的函数，
则，，
所以，故选B．
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数的周期性的应用，其中解答中根据函数的奇偶性性求得，再根据函数的周期性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
7. 已知，，，若不等式恒成立，则m的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本不等式中“”的代换求出的最小值，即可得到的最大值．
【详解】因，
所以，
又，，
所以，
当且仅当时取等号，
所以，即，的最大值为3．
故选：C．
8. 已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用偶函数的性质可得：在上递减，在上递增，即可将不等式化为：对恒成立，即可转化为：且对同时恒成立，利用导数求得：，，问题得解
【详解】由于定义在上的偶函数在上递减，则在上递增，
又，
则可化为：
，即对恒成立，
则，所以：且对同时恒成立.
且对同时恒成立
设，，则在上递增，在上递减，.
设，，，
在上递减，.
综上得：的取值范围是.
故选：D
【点睛】本题考查函数的奇偶性性质和利用函数的单调性解决不等式问题，考查了分析能力、转化能力及计算能力，还考查了利用导数求函数的最值，属于难题.
二、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. 下列运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本初等函数的求导公式，逐项计算判断作答.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：AC
10. 某种产品加工需要5道工序（ ）
A. 若其中a工序不能放最后，则有96种加工顺序
B. 若其中a，b两道工序必须相邻，则有24种加工顺序
C. 若其中a，b两道工序不能相邻，则有120种加工顺序
D. 若其中a工序不能放在最前，b工序不能放在最后，则有78种加工顺序
【答案】AD
【解析】
【分析】特殊元素优先处理得出A选项，相邻工序捆绑法得出B选项，不相邻问题插空法判断C选项，去掉不合题意情况计算得出D选项.
【详解】某种产品加工需要5道工序,若其中a工序不能放最后，先选个非最后的位置再排其他4道工序，则有种加工顺序,A选项正确;
若其中a，b两道工序必须相邻，先把相邻的两道工序捆绑再一起排其他，则有种加工顺序,B选项错误;
若其中a，b两道工序不能相邻，先排其它工序再插空处理不能相邻工序，则有种加工顺序,C选项错误;
若其中a工序不能放在最前，b工序不能放在最后，在任意排列中出掉a工序放在最前b工序不能放在最后，
再去掉a工序不能放在最前b工序放在最后，最后加上a工序放在最前且b工序放在最后，则种加工顺序,D选项正确.
故选:AD.
11. 已知函数f（x）满足xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，f（1）＝2．则当x＞0时，下列说法中正确的是（ ）
A. f（2）＝ln2＋1B. x＝2是函数f（x）的极大值点
C. 函数y＝f（x）－x有且只有一个零点D. 存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立
【答案】AC
【解析】
【分析】通过函数f（x）满足xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，可以求出，进而可以分析函数f（x）的极大值点，求解f（2）的值，判断选项；
对函数y＝f（x）－x，求导求零点，从而可以判断选项；
使用隔离参数法将k隔离之后，令，从而可以判断D选项；
【详解】因为xf＇（x）＋f（x）＝1＋lnx，则，，
则x∈（0，2）时，f（x）单调递减；x∈（2，＋∞）时函数f（x）单调递增．
∴函数f（x）只有一个极小值点e，即只有一个极小值f（2）＝ln2＋1，故选项A正确，选项B错误；
，则，所以当x→0时，y→＋∞，当x＝e时，所以函数y＝f（x）－x有且只有一个零点，故选项C正确；
f（x）＞kx，可得，令，
则，
令，则，
故x＞1时h（x）单调递减，0＜x＜1时，h（x）单调递增，
所以h（x）≤h（1）＜0，所以g（x）在x＞0上单调递增，无最小值，
所以不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，故选项D错误；
故选：AC．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. “”是“”成立的________条件(填：“必要不充分”，“充分不必要”，“充要”，“既不充分也不必要”).
【答案】充分不必要
【解析】
【分析】根据绝对值的意义，求得不等式的解为，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要.
13. 在的展开式中，含项的系数为________．（用数字作答）
【答案】330
【解析】
【分析】写出含有项的系数，再利用二项式系数的性质化简可得结果.
【详解】展开式中含有项的系数为
，
故答案为：330.
14. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，分与讨论，然后转化为恒成立，代入计算，即可得到结果.
【详解】构造函数，其定义域为，
则，
当时，单调递增，不可能恒成立；
当时，令，得或（舍去）．
当时，；
当时，，故在上有最大值，
由题意知恒成立，即，
令，则在上单调递减，且，
故成立的充要条件是．
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 已知的二项展开式中二项式系数之和为256．
（1）求的值；
（2）求展开式中项的系数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用二项式的系数和求出的值；
（2）利用二项式的展开式求出结果．
【小问1详解】
因为二项式的系数和为：，解得．
【小问2详解】
因为，代入得原式，
则二项式的展开式通项，，1，2，3，4，5，6，7，，
令，整理得，
所以．
所以展开式中项的系数为．
16. 设甲袋中有3个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球．
（1）从甲袋中取4个球，求这4个球中恰好有2个红球的概率；
（2）先从乙袋中取2个球放入甲袋，再从甲袋中取2个球，求从甲袋中取出的是2个红球的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）利用全概率概率公式计算可得；
【小问1详解】
解：依题意从个球中取4个球有中取法，
其中4个球中恰好有个红球，即恰好有个红球、个白球，有种取法，
所以4个球中恰好有2个红球的概率；
【小问2详解】
解：记为从乙袋中取出个红球、个白球，为从乙袋中取出个红球，为从甲袋中取出个红球，
所以，，
所以，，
所以
17. 浙江省教育厅等五部门印发《浙江省山区26县和海岛县“县中崛起”行动计划》，从招生管理、县中对口帮扶、教科研指导等九方面提升共同富裕背景下教育公共服务的质量和水平.某校为增强实力，大力招揽名师、建设校园设施，近5年该校招生人数的数据如下表：
（1）由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以证明；
（2）求关于的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招生人数．
参考数据：．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
【答案】（1）证明见解析
（2），预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人
【解析】
【分析】（1）求出，结合公式求出r，即可下结论；
（2）利用最小二乘法求出回归直线方程，令计算，即可求解
【小问1详解】
由，，
，
所以，
因为与1非常接近，故可用线性回归模型拟合与的关系．
【小问2详解】
，
所以关于的回归直线方程为．
当时，，
由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为4.5千人
18. 已知函数，，且．
（1）求的值；
（2）求函数在的最值．
【答案】（1）；
（2）最大值为10，最小值为．
【解析】
【分析】（1）求出，利用即可求出a的值；
（2）由（1）可知，，求导可得函数的单调性，进而求出的极值，再与端点值比较即可求出的最值.
【小问1详解】
函数，定义域为，则，
又因为，即，解得；
【小问2详解】
因为，，
所以，令，则，
解得，，又因，，
列表得：
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又因为，，所以的最大值为10，最小值为．
19. 对于函数与定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”.
（1）若函数，，，求函数和的“分界线”；
（2）已知函数满足对任意的，恒成立.
①求实数的值；
②设函数，试探究函数与是否存在“分界线”?若存在，请加以证明，并求出，的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，证明见解析，，
【解析】
【分析】（1）根据“分界线”定义，使不等式成立即可求出“分界线”为；
（2）①构造函数，利用导函数求得其单调性再由不等式恒成立，求得其最值及可解得；
②利用函数存在唯一公共点，则存在“分界线”必过该点，可设为，分别证明在上恒成立以及恒成立即可得，.
【小问1详解】
令，
取，则，
进而有，即且，
解得，
故函数和的“分界线”为.
【小问2详解】
①因为对任意的，恒成立，
所以对恒成立，
令，∴，
当时，恒成立，从而在上单调递减，
又，所当时，与题意矛盾，舍去；
当时，令，解得；令，解图，
从而在上单调递增，在上单调递减，
∴.
由题意可知，即，也即，
令，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，从而.
又，所以，此时.
②设，
则.
∴当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴是函数的极小值点，也是最小值点，
∴.
∴函数与的图象在处有公共点.
设与存在“分界线”且方程：.
令函数.
（i）由，即在上恒成立，
即在上恒成立，
此时成立，
∴，故.
（ⅱ）下面再证明：恒成立.
设，则.
∴当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
∴时，取最大值，则恒成立.
综上（ⅰ）和（ⅱ）知且，
故函数与存在分界线为，
此时，.
【点睛】方法点睛：在研究不等式恒成立问题时，经常通过构造函数并利用导函数求得函数单调性得出其最值，再通过解不等式即可求解.年份序号
1
2
3
4
5
招生人数/千人
1.3
1.7
2.2
2.8
3.5
0
3
0
0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
10