广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学高二下学期5月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学高二下学期5月期中考试数学试题（解析版）-A4，共15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。
时间：120分钟 分值：150分
一、单选题
1. 设随机变量服从正态分布，记，则（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.4D. 0.6
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态曲线的对称性，可得，即可由求得答案.
【详解】因，则，
由和正态曲线的对称性，可得，
故.
故选：B.
2. 已知，则集合M的真子集的个数是（ ）
A. 7B. 8C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】先求得集合，然后求得集合的真子集.
【详解】依题意，，
所以集合有个元素，真子集的个数为个.
故选：C
3. “数列是等差数列”是“数列是等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先假设数列是等差数列，结合等差数列的性质设出其首项及公差，计算可得数列亦为等差数列，举出恰当的数列的通项公式，使是等差数列，但不是等差数列即可得.
【详解】若数列是等差数列，可设其首项为，公差为，
则，则，
即数列是以为首项，为公差的等差数列；
若数列是等差数列，取，则，符合要求，
但数列不为等差数列，
故“数列是等差数列”是“数列是等差数列”的充分不必要条件.
故选：A,
4. 已知曲线的切线过原点，则此切线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题首先可以设切点坐标为，然后求出导函数以及切线的斜率为，并写出切线方程，最后根据切线过原点即可求出的值以及切线的斜率.
【详解】设切点坐标为，
因为曲线，所以，切线的斜率为，
则切线的方程为，
因为切线过原点，所以，解得，
故此切线的斜率为，
故选：C.
【点睛】本题考查求曲线的切线的斜率，考查导函数的几何性质，函数在某点处的导函数值即函数在这点处的切线斜率，考查计算能力，是简单题.
5. 已知等比数列的前n项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由数列的前n项和表达式求出数列的前几项，结合等比数列性质求出数列的首项与公比，由此确定其通项.
【详解】因为数列的前n项和，
所以，，，
又数列等比数列，
所以数列的公比，
所以，所以，，
所以，
故，
故选：B.
6. 已知数列满足，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，由累加法可得，进而可求.
详解】由题意可得，
则可得，
，
，
将以上等式左右两边分别相加得，
，即，
又，所以.
故选：D.
7. 包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（ ）
A. 180B. 246C. 168D. 192
【答案】D
【解析】
分析】分甲乙相邻且与丙不相邻、甲与乙相邻且乙与丙相邻两种情况讨论，利用捆绑法和插空法计算可得.
【详解】当甲乙相邻且与丙不相邻时，先将其余三人全排列，有种排法，
再将甲乙组合与丙插空，有种排法，则有种排法；
当甲与乙相邻且乙与丙相邻，则有种排法，
综上可得一共有种排法.
故选：D
8. 从1,2,3，…，15中，甲、乙两人各取一数（不重复），已知甲取到的数是5的倍数，则甲数大于乙数的概率是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】甲取到的数是 的倍数，而 这些数中只有是 的倍数，所以共有 中取法，若甲取到的数是，而乙只能从 中取，若甲取到的数，乙数可以从中取，若甲取到的数，乙数可以从中取，因此甲取到的数是5的倍数，甲数大于乙数的取法共有 种，甲取到的数是5的倍数，则甲数大于乙数的概率是 ，故选A.
二、多选题
9. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（ ）
A. 相关系数变小B. 经验回归方程斜率变大
C. 残差平方和变小D. 决定系数变小
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可知：点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断.
【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.
对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势，
所以去掉点后，相关系数变大，故A错误；
对于B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点后，回归直线靠近y轴位置需要向下移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故B正确；
对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后，
残差平方和变小，故C正确；
对于D，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后，
决定系数变大，故D错误；
故选：BC.
10. 若，则下列正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】应用赋值法分别判断A、B、C，令得，对等式两侧同时求导函数及赋值即可判断D.
【详解】对于A，令，则，故A错误；
对于B，令，则，故B正确；
对于C，令，则，故C正确；
对于D，令，则，
对等式两侧同时求导函数得，
令得，，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 若，则函数的函数图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】分、为正的奇数、为正的偶数、为负的奇数、为负的偶数等五种情况讨论，分别研究其单调性即可.
【详解】①当时，，其图象为指数函数的一部分；
②当为正的奇数时，定义域为，，
可知当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
函数在处取得极小值，此时是负数；
4个选项中没有与以上两种情况对应的图象.
③当为正的偶数时，定义域为，，
可知当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且时，，则，且，故B选项正确；
④当为负的奇数时，定义域为，，
可知当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且时，，则，
时，，则，故C选项正确；
⑤当为负的偶数时，定义域为，，
可知当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且时，，则，故D选项正确.
故选：BCD
三、填空题
12. 若随机变量，则___________.
【答案】6.4
【解析】
【分析】根据二项分布的方差公式和方差的性质可得结果.
【详解】由，则
所以
故答案：6.4
13. 若函数（为常数，是自然对数的底）恰有两个极值点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，函数有两个极值点，即恰有两零点，显然时，不符合题意，当时，令得利用导数可知在（-∞，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，故有最大值，所以只要即可，故填.
14. 已知数列满足，为其前项和，则______．
【答案】1830
【解析】
【分析】由题意可得，，，成等差数列，进而可求解.
【详解】因为，
所以，，，
即．
同理，，，，
所以.
同理可得，
由此可知，，，，成等差数列，
首项为10，公差为16，
所以．
故答案为：.
四、解答题
15. 一市级重点中学选中了6名男教师和4名女教师共10名教师，其中1名主任（男）和1名副主任（女），现要组成6人支教小组，依下列条件各有多少种选派方法？
（1）6人支教小组中，有3名男教师和3名女教师；
（2）6人支教小组中，既有男教师，又有女教师；
（3）6人支教小组中，至少有1名主任参加；
（4）6人支教小组中既有主任，又有女教师．
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）利用组合数的性质求解即可.
（2）（3）（4）先求出目标事件的对立事件概率，再求出目标事件的概率求解即可.
【小问1详解】
由题意得从6名男教师里选3名有种选派方法，
从4名女教师里选3名有种选派方法，
由分步乘法计数原理得共有种选派方法.
【小问2详解】
由题意得从10名教师里选6名有种选派方法，
而只有4名女教师，则6名教师里不可能全是女教师，
若全是男教师，有种选派方法，
故既有男教师，又有女教师的选派方法为种.
【小问3详解】
由题意得从10名教师里选6名有种选派方法，
从不是主任的8名教师里选6名有种选派方法，
则至少有1名主任参加有种选派方法.
【小问4详解】
由已知得从10名教师里选6名有种选派方法，
从不是主任的8名教师里选6名有种选派方法，
若有主任，且没有女教师，有种选派方法，
则既有主任，又有女教师有种选派方法.
16. 某新能源汽车企业开展市场前景调研，对即将换车的男､女性燃油车主购买新能源车意愿进行问卷调查，随机抽取了100份有效问卷，统计数据如下表：
（1）试依据小概率值的独立性检验，能否认为购买意愿与性别有关联？
（2）企业随机致电8位无愿意购买新能源车的车主（其中3名男性，5名女性），邀请其参加新能源车免费试驾，已知有一半的车主同意受邀参加试驾活动，设试驾活动中女性人数为，求的分布列及数学期望.
下表给出了独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
【答案】（1）购买意愿与性别有关联
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据公式和列联表求出并与表格的值对比即可判断；
（2）根据服从超几何分布求出其分布列，根据超几何分布的数学期望公式或数学期望的定义即可计算数学期望.
【小问1详解】
零假设为：购买意愿与性别无关联，
根据列联表的数据可得，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
认为购买意愿与性别有关联，此推断犯错的概率不大于0.01.
【小问2详解】
的可能取值为，
所以的分布列为：
所以.
或根据超几何分布的数学期望有.
17. 甲、乙两队进行一场排球比赛，设各局比赛相互间没有影响且无平局，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一队比另一队多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为．
（1）第二局比赛结束时比赛停止的概率；
（2）设X表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意甲连胜2局或乙连胜2局，再求解概率即可；
（2）依题意知，X的所有可能值为2，4，6，再分别分析具体情况求分布列，结合数学期望的公式求解即可
【小问1详解】
依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．
所以有．
所以，第二局比赛结束时比赛停止的概率．
【小问2详解】
依题意知，X的所有可能值为2，4，6.
表示当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束，
表示前二局的比分为1∶1，接下来有一队连胜2局，，
表示前二局的比分为1∶1且前4局的比分为2∶2，．
所以随机变量X的分布列为：
所以
18. 已知数列的前项和为，且.
（1）证明: 为等比数列
（2）求数列的通项公式
（3）求数列的前 项和
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用关系变形已知等式，再同时除以可得；
（2）先由等比数列的基本量法求出的通项，再利用关系可得；
（3）由错位相减法求和即可.
【小问1详解】
由题意可得，即，
两边同时除以可得，
又，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，
当时，，
化简可得，
当时，代入也成立，
所以.
小问3详解】
因为，
则，
，
两式作差可得，
所以.
19. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性:
（2）当时，恒成立，求a的取值范围;
（3）设，证明:.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据导函数讨论单调性直接求解；
(2)利用导数讨论单调性，分和两者情况分别讨论求解；
(3)利用(2)的结论：当时，,令，化简可得,进而用累加法可证明.
【小问1详解】
当时，，，
当时，，当时，，
所以，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
，,
令，
,
①当，即时，因为，所以存在，
使得当时，，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
因为,所以在上单调递增，
则与矛盾，故舍去,
②当，即时，此时,
下面证明恒成立即可，即证,
令，,
所以在上单调递减，所以,
所以，即
综上可得，a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知当时，当时，,
即，令，则,
化简可得，,
所以,
即,
所以.
【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式：当时，,从而可得
，是本题的关键，常用函数不等式结合数列累加累乘等方法可证明数列不等式.
性别
购买意愿
合计
有愿意
无愿意
男性
22
18
40
女性
48
12
60
合计
70
30
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
1
2
3
4
X
2
4
6
P