2022-2023学年辽宁省葫芦岛市联合体高二下学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省葫芦岛市联合体高二下学期第二次月考数学试题含答案，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。
2022-2023学年辽宁省葫芦岛市联合体高二下学期第二次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以.故选：D.2．命题“分数都是有理数”的否定是（    ）A．所有的分数都是有理数 B．所有的分数都不是有理数C．存在一个分数不是有理数 D．存在一个分数是有理数【答案】C【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】命题“分数都是有理数”的否定是“存在一个分数不是有理数”.故选：C3．已知函数，则（    ）A．  B．4 C．  D．2【答案】A【分析】求导函数，由此可求，再结合函数解析式求.【详解】因为，所以，所以，故，所以所以，故选：A.4．“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用余弦函数的倍角公式，结合充要条件的判断方法即可得解.【详解】当时，；当时，，得；故“”是“”的充要条件.故选：A.5．设某质点的位移（单位：）与时间（单位：）的关系是，则该质点在时的瞬时速度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求导，代入，求出瞬时速度.【详解】因为，所以，故该质点在时的瞬时速度为.故选：B6．已知函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积是（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】用导数的几何意义求了切线方程，再求出切线在坐标轴上的横、纵截距，然后用三角形面积公式即可求解.【详解】因为，所以，则，故所求切线方程为．设直线与轴交于点，与轴交于点，令，得，令，得，则，故切线与坐标轴围成的三角形的面积为．故选：B7．已知随机事件A，B满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用条件概率公式及对立事件的概率公式求解即可.【详解】因为，所以.故选：A8．甲、乙两人进行了羽毛球比赛，双方约定：先胜2局者获得比赛的胜利．若某局比赛甲先发球，则这局比赛甲获胜的概率是；若某局比赛乙先发球，则这局比赛甲获胜的概率是．已知每局比赛都分出胜负，且各局比赛结果互不影响，若第一局是甲先发球，从第二局开始，每局由上一局的获胜者发球，则这次羽毛球比赛甲获胜的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先分析出甲获胜的情况：①甲先连胜两局，②甲第一局和第三局胜利，③甲第二局和第三局胜利，再由互斥事件概率公式求解.【详解】这次羽毛球比赛甲获胜的情况有三种：①甲连续获得2局比赛的胜利，其概率；②甲第一局和第三局比赛获胜，乙第二局比赛获胜，其概率；③乙第一局比赛获胜，甲第二局和第三局比赛获胜，其概率．故所求概率．故选：C. 二、多选题9．若，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据指数幂，对数式及三角函数值的范围比较即可判断. 【详解】因为，，，所以，故选：AC．10．设区间的长度为．已知一元二次不等式的解集的区间长度为，则（    ）A．当时， B．的最小值为4C．当时， D．的最小值为5【答案】BC【分析】先利用的正数条件比较方程两根的大小，写出含参数不等式的解集，再利用区间长度的定义写出与的关系式，最后利用基本不等式求出最小值.【详解】因为一元二次不等式的解集为，所以．当时，．因为，所以（当且仅当时，等号成立），所以的最小值为4．故选：BC.11．已知等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（    ）A．B．C．数列中最小D．数列中最小【答案】BC【分析】由，，得出，和，即可判断各选项．【详解】因为，所以，因为，所以，所以，，对于A：因为，，所以，，故A错误；对于B和C：因为，，所以最小，故B，C正确；对于D：因为，，，所以，所以，故D错误；故选：BC．12．已知定义在上的函数和的导函数分别为和，若，且为偶函数，为奇函数，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据，故，利用的对称性结合赋值法可求及，故可判断A的正误，又我们可以得到，赋值后可求，故可判断B的正误，最后再结合的对称性可得的值，故可判断CD的正误.【详解】因为为奇函数，所以 ①，的图象关于点对称，则．而，则，A正确．因为为偶函数，所以，则，即，故的图象关于原点对称，．因为，所以，，B错误．因为的图象关于点对称，所以，C正确．又，故的图象关于点对称，所以 ②．由①②可得即，所以，D正确．故选：ACD. 三、填空题13．不等式的解集为          ．【答案】【分析】根据绝对值不等式的性质求解即可.【详解】因为，所以，解得，则原不等式的解集为．故答案为：.14．已知公比为2的等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则          ．【答案】62【分析】根据等差中项的性质以及等比数列的通项，建立公式，结合等比数列求和公式，可得答案.【详解】因为，，成等差数列，所以，即，解得，所以．故答案为：.15．在一次高二数学联考中，某校数学成绩．已知，则从全校学生中任选一名学生，其数学成绩小于100分的概率为        ．【答案】0.75/【分析】利用正态分布的对称性以及给定的概率可求解.【详解】因为，所以，，所以.故答案为：0.75.16．已知奇函数的定义域为，且在上单调递减，，则不等式的解集为      .【答案】【分析】根据函数的奇偶性及单调性得到大概趋势，则分两种或讨论即可.【详解】因为函数是定义域为的奇函数，则，，在上单调递减，由，得或得或，即.故解集为故答案为：. 四、解答题17．在等差数列中，已知，．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组，求得，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）得到，结合裂项法，求得，进而证得.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为，，可得，即，解得，所以，所以数列的通项公式为.（2）证明：由，可得，所以，因为，可得，所以．18．已知集合或，．(1)若，求的取值范围；(2)若，且，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据并集结果可得，分别讨论和的情况即可求得结果；（2）由交集结果可知，分别讨论、和，根据可构造不等式求得结果.【详解】（1）由题意知：；，；①当，即时，满足，此时；②当时，若，则，解得：；综上所述：的取值范围为.（2），，，即，解得：，，；①当，即时，，，解得：；②当，即时，，，解得：；③当，即时，，不合题意；综上所述：的取值范围为.19．（1）已知关于的不等式的解集是，求的值；（2）若正数，满足，求的最小值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据分式不等式解法求出含参的解集即可求的值；（2）用“1”的代换即可构造基本不等式求最小值.【详解】解：（1）可化为，因为不等式的解集是，所以，即，由，解得．（2），因为，所以．因为，而，当且仅当，时，等号成立，所以，所以，当且仅当，时，等号成立．20．2023年女足世界杯于7月20日至8月20日在新西兰和澳大利亚两国9个城市举办，有32支球队参赛，规模空前，其中中国队被分在组．某公司专门为该赛事设计了一款产品并进行试销售，统计了不同的售价（单位：元）与销量（单位：千枚）的5组数据：，，，，．以此来作为正式销售时的售价参考．(1)请根据相关系数的值，判断售价与销量的线性相关强弱程度（计算结果精确到0.01）；(2)建立关于的经验回归方程，预测当售价为13元时，销量为多少千枚．参考公式：，，．参考数据：．【答案】(1)，与的线性相关程度很强(2)，预测当售价为13元时，销量可达到8.4千枚 【分析】（1）根据参考公式求出相关系数，根据与的接近情况，判断线性相关程度的强弱；（2）根据参考公式求出，写出回归方程，再代入售价，求出进行预测.【详解】（1）因为，．，，，所以．，接近于，所以说明与的线性相关程度很强．（2）因为，所以，所以关于的经验回归方程为．当时，，故预测当售价为13元时，销量可达到8.4千枚21．前进中学某班选派16名学生参加书法、唱歌、朗诵、剪纸、绘画五场（同时进行）比赛，其中3人参加书法比赛，5人参加唱歌比赛，2人参加朗诵比赛，2人参加剪纸比赛，4人参加绘画比赛．(1)从参加比赛的学生中任选3人，求其中一人参加剪纸比赛，另外2人参加同一项比赛的概率；(2)如果该中学可以再安排3名教师选择参加上述比赛，假设每名教师选择参加各场比赛是等可能的，且各位教师的选择是相互独立的，记参加书法或唱歌比赛的教师人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分比例见解析，期望为. 【分析】（1）根据组合公式结合古典概型即可；（2）根据二项分布的分布列和期望公式即可得到答案.【详解】（1）设事件为“从参加比赛的学生中任选3人，其中1人参加剪纸比赛，另外2人参加同一项比赛”，则由题意有.（2）由题意可知， 参加书法或唱歌比赛的教师人数 的的可能取值为0，1，2，3.又每名教师参加书法或唱歌比赛的概率均为，则随机变量，所以，，则 的分布列为：0123所以 .22．已知函数，．(1)判断和的单调性；(2)若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导函数的符号，求得函数的单调区间；再求得，令，求得，得到的单调性与最大值，进而求得的单调性；（2）根据题意转化为在内恒成立，令，求得，再，利用导数求得的单调性，进而得到在和中各存唯一的，使得， ，进而得出函数的单调区间，结合，求得最小值，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得，若时，，在定义域上单调递减；若时，令，解得，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；又由函数的定义为，且，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，也为最大值，所以，所以在上单调递减.（2）解：由不等式，即在内恒成立，即在内恒成立，令，可得，令，可得，令，可得；令，可得，所以在单调递减，在单调递增，又由，，，所以在 中存唯一的使得，在中存在唯一的使得，即有，因为在单调递减，在单调递增，所以当时，；当时，；当时，；当时，；又由，所以当时，；当时，；当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以时，，时，，因为，可得所以，即，所以，代入和，则有，同理可得，所以，所以函数在上的最小值，既可以在处取得，也可以在处取得，所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．