2022-2023学年广东省佛山市顺德区实验中学、龙江中学、勒流中学高二下学期联考数学试题含答案

2022-2023学年广东省佛山市顺德区实验中学、龙江中学、勒流中学高二下学期联考数学试题

一、单选题

1．若X的概率分布列为：

则等于（    ）

A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.25

【答案】C

【分析】由分布列的性质求得a，再求数学期望.

【详解】由，得，

∴．

故选：C．

2．在数列中，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据递推公式一一计算可得.

【详解】因为，，

所以，，，.

故选：B

3．的展开式中含项的系数是（    ）

A． B．84 C． D．21

【答案】A

【分析】求得的展开式的通项公式为，令，求解即可.

【详解】已知的展开式的通项公式为，

令，解得，

则的展开式中含项的系数是.

 故选：A.

4．在正项等比数列中，，，则的公比（    ）

A．2 B． C．2或 D．或

【答案】D

【分析】由题意可得，从而可得，求得或，进而可求解.

【详解】在正项等比数列中，，

，又，解得或，

当时，，，；

当时，，，.

故选：D.

5．一个袋子中有个红球和个白球，这些小球除颜色外没有其他差异从中不放回地抽取个球，每次只取个设事件“第一次抽到红球”，“第二次抽到红球”，则概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，求出和，进而由条件概率公式计算可得答案．

【详解】解：根据题意，事件“第一次抽到红球”，“第二次抽到红球”，

则，，

则．

故选：A．

6．某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ）

A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种

【答案】C

【分析】先对图中不同的区域命名，分与布置相同的花卉、与布置不同的花卉两种情况，再运用分步计数和分类计数的方法从开始计数即可.

【详解】

如图，不同的布置方案分两类：

当与布置相同的花卉时，

先安排，有6种不同的选择；再安排与，有5种不同的选择；再安排，有4种不同的选择；最后安排，有4种不同的选择，共有种.

当与布置不同的花卉时，

先安排，有6种不同的选择；再安排与，有种不同的选择；再安排,有3种不同的选择；最后安排，有3种不同的选择，共有种.

所以不同的布置方案有种.

故选：C

7．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而可得a，b，c的大小．

【详解】令，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

因为，

所以，即.

故选：D.

8．某足球训练营为提高学员的足球水平，计划对学员们颠球、控球、带球、传球、停球这五项基本功进行加训．要求学员在周一到周三这三天内完成这五项基本功加训任务，每天最多参训三项基本功加训，且每项基本功只训练一天．则某学员颠球和传球在同一天完成加训的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分该学员两天完成加训任务和三天完成加训任务两种情况讨论，结合排列组合知识和古典概型的概率公式求解即可．

【详解】该学员两天完成加训任务的不同加训方案可以分两步完成，

第一步，把5个项目分成两组，有种分法，

第二步，把两组分到三天中的两天，有种方法，

所以该学员两天完成加训任务的不同加训方案种.

当只有颠球和传球在同一天完成时，有种方法，当颠球和传球和其他一个项目在同一天完成时，有种方法，

所以其中符合条件的不同加训方案种.

该学员三天完成加训任务的不同加训方案可以分两步完成，

第一步，把5个项目分成三组，可以分成，有种分法；也可以分成，有种分法，

第二步，把三组分到三天，有种方法，

所以该学员三天完成加训任务的不同加训方案有种，

当只有颠球和传球在同一天完成时，有种方法，当颠球和传球和其他一个项目在同一天完成时，有种方法，

所以其中符合条件的不同加训方案有种，

则该学员完成加训任务的不同加训方案有种，其中符合条件的不同加训方案有种，

故所求概率．

故选：A

二、多选题

9．设等差数列的前项和为，且，则（    ）

A．的公差

B．

C．的最小值为

D．

【答案】ABD

【分析】根据题意，由数列的前n项和求出数列的通项公式，结合等差数列的性质分析选项，综合可得答案．

【详解】根据题意，等差数列中，

则当时，有，

当时，，符合，故.

对于A，等差数列，由于，其公差为2，A正确；

对于B，，B正确；

对于C，由于，则有，当或9时，取得最小值，其最小值为，C错误；

对于，D正确.

故选：ABD.

10．已知甲盒和乙盒中装有相同（除颜色外）的小球，甲盒中有4个白球和3个红球，乙盒中有2个白球和3个红球，先从甲盒中任取两个球，放入乙盒中，再从乙盒中任取一个球，则下列结论正确的是（    ）

A．从甲盒中取到的两个球是白球的概率是

B．若从甲盒中取到的两个球是红球，则从乙盒中取到的是红球的概率是

C．从乙盒中取到的是白球的概率是

D．从甲、乙两盒中取到的3个球同色的概率是

【答案】ABD

【分析】利用古典概型的概率公式，结合全概率公式以及条件概率公式，逐个判断各个选项即可．

【详解】设从甲盒中取到两个红球为事件，取到一红一白为事件，取到两个白球为事件，从乙盒中取到红球为事件，取到白球为事件，

则，，，，

.

对于A， ，A正确；

对于B，，B正确；

对于C，

，C错误；

对于D，，D正确.

故选：ABD.

11．已知，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ACD

【分析】对于A，令，由此即可判断；对于BD，因为， 然后根据二项式定理分别求出，由此即可判断；对于D，分别令，联立化简即可判断.

【详解】对于A，令，则，故A正确；

对于B，因为，

所以，B错误；

对于C，令，则，

令，则 ，

所以，故C正确；

对于D，由选项B可知，，

，

所以

，故D正确.

故选：ACD.

12．已知函数，函数，则下列结论正确的是（    ）

A．有3个零点

B．可能有6个零点

C．若恰有2个零点，则的取值范围是

D．若恰有5个零点，则的取值范围是

【答案】AC

【分析】根据题意，分析与x轴的交点个数以及单调性，可得的大致图象，结合图象依次分析选项，综合可得答案．

【详解】根据题意，函数，

当时，，则在上为增函数，与轴的交点为，

当时，，其导数，

在区间上，为减函数，

在区间上，为增函数，

且，则的大致图象如图：

对于A，由的图象可知，其图象与轴有3个交点，即有3个零点，A正确；

对于B，，若，

即，解得或，

若有6个零点，则有，解得的解集为，

故不可能有6个零点，B错误；

对于C，若恰有2个零点，必有或，解得或，

即的取值范围为，C正确；

对于D，若恰有5个零点，则有 或，

解得，即的取值范围为，D错误.

故选：AC.

【点睛】方法点睛:

已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:

（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;

（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;

（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

三、填空题

13．已知随机变量，则          ．

【答案】

【分析】根据二项分布的方差公式求解即可．

【详解】因为，所以.

故答案为：

14．甲、乙等五人在某景区站成一排拍照留念，则甲不站在两端，且甲、乙相邻的不同站法有          种．

【答案】36

【分析】先求出甲、乙相邻的不同站法有，再利用间接法求解即可.

【详解】甲、乙等五人在某景区站成一排拍照，

甲、乙相邻的不同站法有，

其中甲站在两端的同站法有，

所以甲不站在两端，且甲、乙相邻的不同站法有种．

故答案为：36.

15．已知函数，直线．若A，B分别是曲线和直线l上的动点，则的最小值是         

【答案】

【分析】求出与平行的切线为，从而得到与的距离即为的最小值，得到答案.

【详解】，设在点处的切线与平行，即斜率为-2，

所以，解得，

则在点处的切线方程为，即

则与的距离即为的最小值，

即，故的最小值为.

故答案为：

四、双空题

16．设数列的前项和为，且，已知关于的方程有唯一的解，则          ；若不等式对任意的恒成立，则的最大值是          ．

【答案】         

【分析】依题意可得，从而得到数列是以为首项，为公差的等差数列，即可求出其通项公式，再求出，参变分离可得，根据对勾函数的性质求出的最小值，即可求出的取值范围，从而得解.

【详解】因为幂函数恒过点，

又关于的方程有唯一的解，则其根为，

即，所以，

又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以，

所以，

由可得，

令，，

则在上单调递减，在上单调递增

又，，

因为且，所以当时取得最小值为，

所以，所以的最大值为．

故答案为：；．

五、解答题

17．已知函数．曲线在处的切线方程是．

(1)求的值；

(2)求的极值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导后，利用导数的几何意义可得，求解即可；

（2）由（1）知，求导判断单调性，从而可求解.

【详解】（1），

所以曲线在处的切线斜率为，

又，

因为在处切线的方程为，

所以，解得.

（2）由（1）知，

令得或，

所以在上单调递增，

在上单调递减，

在上单调递增，

所以.

18．在①，②，这两个条件中任选一个．补充在下面问题中，并作答．

问题：设数列的前项和为，，，且__________.

(1)求；

(2)若，求数列的前项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知可得数列为等差数列，再分别取①②求解公差，即可求得；

（2）把（1）中求得的代入，再由裂项相消法即可求解．

【详解】（1）由，得，

可得数列是等差数列，设公差为.

若选①，又，得，

；

若选择②，又，解得，

.

（2）由（1）可知，，

则 .

19．某校为了解该校高三年级学生的学习情况，进行了一次模拟测试，从参加测试的高三学生中随机抽取部分学生的数学成绩（满分：150分，数学成绩均不低于50分），按，，，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)以频率代替概率，从该校高三年级学生中随机抽取2人，求这2人中至少有1人这次模拟测试的数学成绩在内的概率；

(2)采用分层抽样的方法从数学成绩在和这两组的学生中抽取9名学生，再从这9名学生中随机抽取4人，记这4人在本次模拟测试的数学成绩在内的人数为，求的分布列和期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）由题意，根据频率分布直方图所给信息求出这次模拟测试数学成绩在内的概率，进而即可求解；

（2）根据频率分布直方图所给信息求出这次模拟测试数学成绩在和内的频率，根据分层抽样的定义得到数学成绩在和内的人数，得到的所有取值，求出对应的概率，列出分布列，代入期望公式进行求解即可.

【详解】（1）解：由题意可知该校高三年级学生这次模拟测试数学成绩在内的概率为：,

则从该校高三年级学生中随机抽取2人，这2人中至少有1人这次模拟测试的数学成绩在内的概率：；

（2）解：因为数学成绩在和内的频率分别为：，，

所以在抽取的9人中，数学成绩在内的人数为，数学成绩在内的人数为，

此时的所有取值为，

可得，，，，

则的分布列为

故.

20．在数列中，．

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出，然后当时，由已知式子可得，和已知式子相减化简可求得，再验证，即可求得通项公式，

（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求得

【详解】（1）当时，，

当时，则，得，

两式相减得，，所以，

因为满足上式，

所以

（2）由（1）得，

所以

所以，

所以

，

所以

21．甲，乙两人进行了一次羽毛球比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利比赛结束．假设在一局比赛中若甲先发球，则这局甲获胜的概率是；若乙先发球，则这局比赛甲获胜的概率是．已知第1局比赛甲先发球，以后每局比赛由前1局获胜的一方先发球，且各局比赛结果相互独立．每局比赛都分出胜负．

(1)求比赛只进行3局就结束的概率；

(2)记比赛结束后，甲获胜的局数为X，求X的分布列及期望．

【答案】(1)；

(2)分布列见解析，期望为.

【分析】（1）分两种情况（甲获胜和乙获胜）讨论，利用独立事件的概率公式求解；

（2）由题意可知X的所有可能取值是0，1，2，3，再求出对应的概率即得解.

【详解】（1）比赛只进行3局就结束的情况有两种：

第一种情况是甲3：0获胜，其概率，             

第二种情况是乙3：0获胜，其概率，       

故比赛只进行3局就结束的概率.

（2）由题意可知X的所有可能取值是0，1，2，3．

，            

，            

，

，           

，                   

则X的分布列为

故

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由题意，对函数进行求导，分别讨论当和这两种情况，结合导数的正负进行求解即可；

（2）将代入函数解析式中，将问题转化成，构造函数，此时问题转化成函数最值问题，通过三次求导，即可求解．

【详解】（1）已知，函数定义域为，可得，

当时，恒成立，单调递减；

当时，

当时，单调递减；当单调递增，

综上，当时，在上单调递减，

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，，

若恒成立，

可得恒成立，即，

不妨设，函数定义域为，

可得，

不妨设，函数定义域为，

可得，

不妨设，函数定义域为，

可得，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，

即，

所以函数在定义域上单调递增，又，

所以当时，；当时，，

则当时，单调递减；当时，单调递增，

可得，即，

故的取值范围为.

【点睛】方法点睛：

求有关不等式恒成立问题，一般有三种方法：

一是分离参数法，使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；

二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；

三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数的图象求解．