2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二下学期6月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二下学期6月月考数学试题含答案，共18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学年辽宁省大连市第八中学高二下学期6月月考数学试题

一、单选题
1．若数列满足，，且，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、前项和公式逐一判断即可.
【详解】因为，
所以该数列是以为公比的等比数列，
设公比为，则，，
所以，
于是，，
故选：B
2．过原点且与函数图像相切的直线方程是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先设出切点，再利用导数的几何意义建立方程求出切线的斜率即可得到结果.
【详解】因为，所以，
设所求切线的切点为，则，
由题知，，解得，所以切线斜率为，
故所求切线方程为.
故选：C.
3．已知变量y与x之间具有线性相关关系，根据变量x与y的相关数据，计算得则y关于x的线性回归方程为（    ）
附：回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据已知数据求，代入回归直线方程即可求解.
【详解】由题中的数据可知，
所以.
所以.
所以y关于x的线性回归方程为.
故选：B.
4．据统计，某工厂所生产的一类新型微电子芯片的厚度X （单位：）服从正态分布，且. 如果芯片的厚度高于，那么就带要对该芯片进行复检. 若该工厂此芯片日产量平均为10000片，那么每天需要进行复检的产品大约有（    ）
（附：若X（单位：）服从正态分布，则，，.）
A．228件 B．455件 C．1587件 D．3173件
【答案】A
【分析】根据正态分布的对称性，即可求得的值和，从而求出10000片中每天需要进行复检的产品.
【详解】因为，所以，
即与关于对称，则，
因为，所以，又因为，
，所以件，
所以每天需要进行复检的产品大约有件，
故选：A.
5．已知是定义在R上的奇函数，的导函数为 ，若 恒成立，则的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性求解.
【详解】令函数，则 ，
因为 所以. 是增函数，
因为是奇函数，所以，，
所以的解集为，即≥的解集为；
故选：D.
6．，当时，都有，则实数的最大值为（    ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】依题意对，当时恒成立，，，则问题转化为在上单调递增，求出函数的导函数，则在上恒成立，参变分离可得的取值范围，即可得解.
【详解】因为，当时，都有，
即，即，
令，，则恒成立，
即在上单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为在上单调递减，
所以，所以，即实数的最大值为.
故选：B
7．某市环保局举办“六·五”世界环境日宣传活动，进行现场抽奖．抽奖规则是：盒中装有10张大小相同的精美卡片，卡片上别印有“环保会徽”或“绿色环保标志”图案．参加者每次从盒中抽取卡片两张，若抽到两张都是“绿色环保标志”卡即可获奖．已知从盒中抽两张都不是“绿色环保标志”卡的概率是．现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，抽后放回，另一人再抽，用表示获奖的人数，那么（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据二项分布的期望和方差公式即可求解.
【详解】设印有“环保会徽”图案的卡片有张，则“绿色环保标志”图案的卡片有张，
由题意可知，所以从盒中抽取卡片两张获奖的概率为 ，
由于服从二项分布，即，所以，
故选:A
8．数列满足：，.若是公比为3的等比数列，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据递推公式，结合等比数列的前项和公式，运用累和法进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，又因为是公比为3的等比数列，
所以，
设数列前项和为，
，
所以，
于是有，
，，
累和得：
故选：D
【点睛】关键点睛：运用递推公式得到，运用累和法是解题的关键.

二、多选题
9．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2021这2021个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则下面对该数列描述正确的是（    ）
A． B． C． D．共有202项
【答案】AB
【分析】利用等差数列的定义、通项公式、前项和公式进行逐一判断即可.
【详解】将1到2021这2021个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列为：1，11，21，31 ，2021，该数列是以1为首项，10为公差的等差数列，
所以，所以，因此选项A正确；
，因此选项B正确；
，所以选项C不正确；
，∴．∴共有203项，所以选项D不正确，
故选：AB
10．有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（    ）
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.0525
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为
【答案】BD
【分析】记A：车床加工的零件为次品，记Bi：第i台车床加工的零件，根据已知确定P(A|B1)、P(A|B2)、P(A|B3)、P(B1)、P(B2)、P(B3)，再利用条件概率公式、全概率公式判断各选项描述中的概率是否正确即可.
【详解】记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝6%，P(A|B2)＝P(A|B3)＝5%，又P(B1)＝25%，P(B2)＝30%，P(B3)＝45%，
A：任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为P(AB1)＝6%×25%＝1.5%，故错误；
B：任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)＝6%×25%+5%×75%＝5.25%，故正确；
C：如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为P(B2|A)＝＝＝＝，故错误；
D：如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为P(B3|A)＝＝＝＝，故正确；
故选：BD．
11．在庄子的《在宥》中，“鸿蒙”是创造天地元气的上古真神.在后世的神话传说中，“鸿蒙”二字引申为一个上古时期，或者说是天地开辟之前的混沌时期.我国民族品牌华为手机搭载的最新自主研发的操作系统亦命名鸿蒙.刚参加工作的郭靖准备向银行贷款5000元购买一部搭载鸿蒙系统的华为Mate40Pro5G手机，然后他分期还款，.郭靖与银行约定，每个月还一次欠款，并且每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，贷款的月利率为，设郭靖每个月还款数为，则下列说法正确的是（    ）
A．郭靖选择的还款方式“等额本金还款法”
B．郭靖选择的还款方式“等额本息还款法”
C．郭靖每个月还款的钱数
D．郭靖第3个月还款的本金为
【答案】BC
【分析】每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，他采取的是等额本息还款法，每个月还款数为，根据利率求出每个月所还本金（由于有利息，每个月所还本金不相同），所有本金和为5000，由此可求得．
【详解】每个月还款的钱数都相等，分24个月还清所有贷款，他采取的是等额本息还款法，
每个月还款数为，则每个月所还本金为，，，…，，
所以，解得，
故选：BC．
12．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，且与均为偶函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】对于选项A：根据已知结合偶函数性质得出，两边求导结合函数中心对称得出图像关于点对称，即可得出，根据已知结合函数求导得出，令得出来判断；
对于选项B：根据已知结合偶函数性质得出，两边求导结合函数中心对称得出图像关于点对称，根据函数图像变化结合已知得出图像关于点对称，函数关于两点对称，根据中心对称的性质即可得出，即可得出，根据得出，即可得出答案来判断；
对于选项C：根据图像关于点对称，得出，即可结合函数求导得出，令得出来判断；
对于选项D：根据图像关于点对称，结合中心对称的性质得出，即可得出来判断.
【详解】对于选项A：为偶函数，
，
，即，
图像关于点对称，
，
，
，
令，得，解得，故A正确；
对于选项B：
为偶函数，
，
，即，
图像关于点对称，
图像关于点对称，
图像关于点对称，
图像关于点与点对称，
自变量每增加1，函数值增加4，即，
，令，得，
，
则，故B正确；
对于选项C：图像关于点对称，
，
，
令，得，故C错误；
对于选项D：图像关于点对称，
则两自变量相加等于1时，函数值之和为，即，
，
，故D正确；
故选：ABD.

三、填空题
13．花店还剩七束花，其中三束郁金香，两束白玫瑰，两束康乃馨，李明随机选了两束，已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为 ．
【答案】/
【分析】使用条件概率进行计算即可.
【详解】设事件“两束花是同一种花”，事件“两束花都是郁金香”，
则积事件“两束花都是郁金香”，
事件中样本点的个数为，
积事件中样本点的个数为，
∴已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为
.
故答案为：.
14．数列的通项公式，若，则 ．
【答案】99
【分析】利用裂项相消法进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
故答案为：
15．若函数在上有最小值，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】求出函数的单调性，结合最小值的定义即可求解.
【详解】，令得，
时，时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
若函数在上有最小值，则其最小值必为，
则必有且，解得，
故答案为：.
16．已知，为实数，不等式恒成立，则的最小值为 ．
【答案】-1
【分析】先由恒成立得出，进而，
构造函数求解.
【详解】设，则不等式恒成立等价于成立，
显然当时不符合题意．当时，，
∴当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
∴．由得，∴．
令，则，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，∴，
∴，则，此时，．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于依题意得出，进而得出.

四、解答题
17．设等比数列的前项和为，公比，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和为.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用基本量法，即可求解.
（2）利用分组求和即可求解.
【详解】（1）解：，解得，
；
（2）                         

                                
.
18．民族要复兴，乡村要振兴，合作社助力乡村产业振兴，农民专业合作社已成为新型农业经营主体和现代农业建设的中坚力量，为实施乡村振兴战略作出了巨大的贡献．已知某主要从事手工编织品的农民专业合作社共有100名编织工人，该农民专业合作社为了鼓励工人，决定对“编织巧手”进行奖励，为研究“编织巧手”是否与年龄有关，现从所有编织工人中抽取40周岁以上（含40周岁）的工人24名，40周岁以下的工人16名，得到的数据如表所示．

“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19


年龄＜40岁

10

总计


40
(1)请完成答题卡上的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析“编织巧手”与“年龄”是否有关；
(2)为进一步提高编织效率，培养更多的“编织巧手”，该农民专业合作社决定从上表中的非“编织巧手”的工人中采用分层抽样的方法抽取6人参加技能培训，再从这6人中随机抽取2人分享心得，求这2人中恰有1人的年龄在40周岁以下的概率．
参考公式：，其中．
参考数据：

0.100
0.050
0.010
0.005

2.706
3.841
6.635
7.879
【答案】(1)填表见解析；认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010
(2)

【分析】（1）根据题意补全列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）先根据分层抽样求各层的人数，结合古典概型分析运算.
【详解】（1）年龄在40周岁以上（含40周岁）的非“编织巧手”有5人，年龄在40周岁以下的“编织巧手”有6人．列联表如下：

“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19
5
24
年龄<40岁
6
10
16
总计
25
15
40
零假设为：“编织巧手”与“年龄”无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010．
（2）由题意可得这6人中年龄在40周岁以上（含40周岁）的人数是2；年龄在40周岁以下的人数是4．
从这6人中随机抽取2人的情况有种，
其中符合条件的情况有种，
故所求概率．
19．已知函数
(1)当时，求的极值；
(2)若，求在区间的最小值.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据导函数的正负性与极值的关系进行求解即可；
（2）根据函数的单调性与给所区间的关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）当时定义域为R，
且，
所以当或时，当时，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
即，；
（2）函数定义域为R，则，
令，解得或，
当时，则当或时，，
当时，，
所以的单调增区间为，，单调减区间为；
若，即时在上单调递减，
所以在上的最小值为，
若，即时，在单调递减，在单调递增，
所以在的最小值为，
所以
20．人工智能是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某校成立了、两个研究性小组，分别设计和开发不同的软件用于识别音乐的类别：“古典音乐”、“流行音乐”和“民族音乐”．为测试软件的识别能力，计划采取两种测试方案．
方案一：将首音乐随机分配给、两个小组识别．每首音乐只被一个软件识别一次，并记录结果；
方案二：对同一首音乐，、两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过．
(1)若方案一的测试结果显示：正确识别的音乐数之和占总数的；在正确识别的音乐数中，组占；在错误识别的音乐数中，组占．
（i）用频率估计概率，两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为多少？
（ii）利用（i）中的结论，求方案二在一次测试中获得通过的概率：
(2)若方案一的测试结果如下：
音乐类别
小组
小组
测试音乐数量
正确识别比例
测试音乐数量
正确识别比例
古典音乐




流行音乐




民族音乐




在小组、小组识别的歌曲中各任选首，记、分别为小组、小组正确识别的数量，试比较、的大小（直接写出结果即可）．
【答案】(1)（i）、研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为、；（ii）
(2)

【分析】（1）（i）根据题意计算出、两个研究性小组识别音乐正确和错误的数量，即可求得两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率；
（ii）利用独立重复试验的概率公式、独立事件的概率公式以及互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知，，根据超几何分布的期望公式可得出、的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：（i）对于方案一，设、两个研究性小组的软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为、，
首音乐中，正确被识别的数量为首，错误被识别数量为首，
其中组识别正确的数量为首，组识别正确的数量为首，
其中组识别错误的数量为首，组识别错误的数量为首，
故，；
（ii）记事件方案二在一次测试中获得通过，
则.
（2）解：由题意可知，小组识别正确的歌曲数量为首，
小组识别正确的歌曲数量为，
由题意可知，、均服从超几何分布，且，，
根据超几何分布的期望公式可得，，
因此，.
21．设正项数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)能否从中选出以为首项，以原次序组成的等比数列.若能，请找出公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列的前项和；若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能，，.

【分析】（1）对题干的递推关系先平方，然后多写一项作差，结合正项数列的性质，可证明其是等差数列；
（2）注意到的每一项是偶数，偶数数列是等比数列的很容易想到，然后证明其公比最小，最后在分组求和.
【详解】（1），
当时，，即，
得或（舍去）.
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）存在.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比为，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
又，所以，即的通项公式为：，
故.
22．已知函数.
(1)当时，，求的取值范围；
(2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：；
(3)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题；
（2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.
（3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证.
【详解】（1）函数，，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：.
即的取值范围为.
（2）由，故，
因为函数有两个不同的极值点（其中），故.
要证：，只要证：.
因为，于是只要证明即可.
因为，故，
因此只要证，等价于证，
即证，令，等价于证明，
令，
因为，所以，
故在上单调递增，所以，得证.
（3）由（1）可知当时，，故，
令，所以，所以，

，
所以.
【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.