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2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二下学期6月阶段考数学试题含答案
展开2022-2023学年广东省珠海市斗门区第一中学高二下学期6月阶段考数学试题
一、单选题
1.在数列中,,,若,则( )
A.508 B.507 C.506 D.505
【答案】C
【分析】由题意可得到数列是等差数列,求得其通项公式,即可求得答案.
【详解】由题意可得,,即,
故数列为等差数列,则 ,
故令 ,
故选:C
2.某单位订阅了30份《光明日报》发给3个部门,每个部门至少发放9份报纸,问一共有多少种不同的发放方法( )
A.7 B.9
C.10 D.12
【答案】C
【分析】先给每个部门发8份《光明日报》,将剩余6份《光明日报》分给3个部门,每个部门至少一份,用挡板法即可.
【详解】根据题意,先给每个部门发8份《光明日报》,将剩余6份《光明日报》分给3个部门,每个部门至少一份即可.将6份《光明日报》看成6个元素,排成一排,中间有5个空位,在其中任选2个,插入挡板,可以将6份《光明日报》分为3组,对应分给3个部门即可,则有种不同的发放方法.
故选:C.
3.第十四届全国人民代表大会第一次会议于2023年3月5日在北京召开,3月6日各代表团分组审议政府工作报告.某媒体4名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道,每个小组至少一名记者,则记者A被安排到甲组的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根据分组分配问题,利用排列组合计算个数,由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】4名记者到甲、乙、丙3个小组进行宣传报道,每个小组至少一名记者,共有种不同情况,
记者A被安排到甲组有种,所求概率为,
故选:B.
4.对于二项式,四位同学作出了四种判断:
①在展开式中没有常数项; ②在展开式中存在常数项;
③在展开式中没有x的一次项; ④在展开式中存在的一次项
上述判断中正确的是( )
A.①③ B.②③ C.②④ D.①④
【答案】D
【分析】根据展开式的通项公式即可作出判断.
【详解】根据二项式定理得
因为,所以为,故在展开式中没有常数项,①正确、②错误;
当时,展开式中的x为一次项,③错误,④正确.
故选:D.
5.设某工厂有两个车间生产同型号家用电器,第一车间的合格率为0.85,第二车间的合格率为0.88,两个车间的成品都混合堆放在一个仓库,假设第一,二车间生产的成品比例为2∶3,今有一客户从成品仓库中随机提一台产品,则该产品合格的概率为( )
A.0.6 B.0.85 C.0.868 D.0.88
【答案】C
【分析】设从成品仓库中随机提一台产品是合格品,则提出的一台是第车间生产的产品,根据全概率公式即可求出答案.
【详解】设从成品仓库中随机提一台产品是合格品,
则提出的一台是第车间生产的产品,
则,
由题意可得,,
,,
由全概率公式可得,
故选:C
6.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位:°C)的关系,在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验,由实验数据得到下面的散点图:
由此散点图,在10°C至40°C之间,下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.
【详解】由散点图分布可知,散点图分布在一个对数函数的图象附近,
因此,最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.
故选:D.
【点睛】本题考查函数模型的选择,主要观察散点图的分布,属于基础题.
7.已知数列满足:,且数列是递增数列,则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】首先分别确定每段的单调性,然后结合可得答案.
【详解】当时,有,即;当时,有,
又,即,综上,有,
故选:C.
8.已知函数,若,使得成立,则实数k的最大值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】将问题转化为在上能成立,利用导数求的最值,求k的范围,即知参数的最大值.
【详解】由题设,使成立,
令且,则,
∴当时,则递增;当时,则递减;
∴,故即可.
故选:D.
二、多选题
9.近期,某市疫情爆发,全国各地纷纷派出医护人员驰援该市.某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴该市的A、B、C、D四个区参加防疫工作,下列选项正确的是( )
A.若四个区都有人去,则共有24种不同的安排方法.
B.若恰有一个区无人去,则共有144种不同的安排方法.
C.若甲不去A区,乙不去B区,且每区均有人去,则共有18种不同的安排方法.
D.若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服(每箱防护服均相同),且每区至少发放3箱,则共有84种不同的安排方法.
【答案】ABD
【分析】对于A,直接用全排列公式求解即可;
对于B,先选一个区无人去,然后将四名医生分成3组,再全排,最后用分步乘法计数原理求解即可;
对于C,使用间接法求解即可得解;
对于D,使用隔板法求解可得结果.
【详解】对于A,若四个区都有人去,则共有24种不同的安排方法.故A正确;
对于B,若恰有一个区无人去,则共有种不同的安排方法.故B正确;
对于C,若甲不去A区,乙不去B区,且每区均有人去,则共有种不同的安排方法.故C不正确;
对于D,若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服(每箱防护服均相同),且每区至少发放3箱,先每个区发2箱,然后使用3块隔板将剩下的10箱隔成4份,且隔板不相邻、不在两端,则共有种不同的安排方法.故D正确.
故选:ABD.
10.下列命题中,正确的命题的序号为( )
A.已知随机变量服从二项分布,若,则
B.将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后,方差恒不变
C.设随机变量服从正态分布,若,则
D.某人在10次射击中,击中目标的次数为,则当时概率最大
【答案】BCD
【分析】由二项分布的均值与方差公式计算判断选项A,由方差的性质判断选项B,由正态分布的对称性判断选项C,由二项分布的概率公式列不等式组求解后判断选项D.
【详解】对于A,,解得,A错误;
对于B,方差反映的是数据与均值的偏移程度,因此每个数据都加上同一个常数后,每个新数据与新均值的偏移不变,方差恒不变,B正确;
对于C,服从正态分布,,C正确;
对于D,,则,
由,解得,所以.D正确.
故选:BCD.
11.甲、乙、丙三人相互做传球训练,第一次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人,下列说法正确的是( )
A.2次传球后球在丙手上的概率是
B.3次传球后球在乙手上的概率是
C.3次传球后球在甲手上的概率是
D.n次传球后球在甲手上的概率是
【答案】ACD
【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能,再利用古典概率公式计算作答可判断ABC,n次传球后球在甲手上的事件即为,则有,利用全概率公式可得,再构造等比数列求解即可判断D.
【详解】第一次甲将球传出后,2次传球后的所有结果为:甲乙甲,甲乙丙,甲丙甲,甲丙乙,共4个结果,它们等可能,2次传球后球在丙手中的事件有:甲乙丙, 1个结果,所以概率是,故A正确;
第一次甲将球传出后,3次传球后的所有结果为:甲乙甲乙,甲乙甲丙,甲乙丙甲,甲乙丙乙,甲丙甲乙,甲丙甲丙,甲丙乙甲,甲丙乙丙,共8个结果,它们等可能,3次传球后球在乙手中的事件有:甲乙甲乙,甲乙丙乙,甲丙甲乙,3个结果,所以概率为,故B错误;
3次传球后球在甲手上的事件为:甲乙丙甲,甲丙乙甲,2个结果,所以概率为,故C正确;
n次传球后球在甲手上的事件记为,则有,
令,则于是得,
故,则,而第一次由甲传球后,球不可能在甲手中,即,则有,数列是以为首项,为公比的等比数列,所以即,故D正确.
故选:ACD
12.关于函数,下列说法正确的是( )
A.在上单调递增
B.且,若,则
C.,使得恒成立
D.函数有且只有1个零点
【答案】ABD
【分析】对于A,根据导数与原函数单调性的关系直接判断;
对于B,显然是的极小值点,则时,有,易知,
然后根据,利用导数法判断其符号,
再利用在上的单调性判断;
对于C,由恒成立,转化恒成立,令,利用导数法求解判断;
对于D,设,利用导数法结合零点存在定理判断.
【详解】对于A,对于函数,其定义域为,由于,
由可得,当时,,当时,,则选项A正确
对于B,由A知,是的极小值点,可知若时,,易知,
则
,
令,则,则,
则在上单调递减,,故,
又在上单调递增,则,故,选项B正确,
对于C,若恒成立,则,令,则,
令,则,
当时,,当时,,所以,即,
所以在上递减,无最小值,
所以不存在正实数k,使得恒成立,故C错误;
对于D,设,则,
可知在上单调递减,又,
所以方程有且仅有一个根,即函数有且只有1个零点,选项D正确.
故选:ABD
【点睛】方法点睛:对于研究函数的零点和方程根的相关问题,利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决.这类问题求解的通法是
(1)构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义域;
(2)求导数,得单调区间和极值点;
(3)画出函数草图;
(4)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图像与x轴的交点情况进而求解.
三、填空题
13.函数的图象在处的切线方程为 .
【答案】
【分析】求得切点坐标为,切线的斜率,由点斜式即可得切线方程.
【详解】解:因为,,
所以切点坐标为,
又因为,
所以,
所以切线的斜率,
所以切线方程为:,即.
故答案为:
14.若随机变量,则 .(附:若随机变量,则,)
【答案】0.84135
【分析】根据正态分布的对称性,结合原则求解即可
【详解】因为,所以.
故答案为:
15.已知,则的值等于 .
【答案】
【分析】分别令和,再将两个等式相加可求得的值.
【详解】令,则;
令,则,上述两式相加得,故
故答案为:.
16.著名科学家牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时,给出了“牛顿数列”,它在航空航天中应用广泛.其定义是:对于函数,若数列满足,则称数列为牛顿数列,若函数,,且,则 .
【答案】
【分析】先利用题给条件求得数列是首项为1公差为的等差数列,进而求得的值.
【详解】,则;由,可得
则由,可得
则,又,则数列是首项为1公差为的等差数列,
则,则
故答案为:
四、解答题
17.已知数列满足,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,数列的前n项和为,求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由等差中项的性质得是等差数列,由等差数列的基本量求得通项公式;
(2)裂项相消法求得和,可得证结论.
【详解】(1)由,得数列为等差数列.
设等差数列的首项为,公差为d.
∵,
∴,
∴,
∴.
(2),
∴
.
∴当时,.
18.一个袋子里装有除颜色以外完全相同的白球和黑球共10个.若从中不放回地取球,每次取1个球,在第一次取出黑球的条件下,第二次取出白球的概率为.
(1)求白球和黑球各有多少个;
(2)若有放回地从袋中随机摸出3个球,求恰好摸到2个黑球的概率;
(3)若不放回地从袋中随机摸出2个球,用表示摸出的黑球个数,求的分布列和期望.
【答案】(1)白球有4个,黑球有6个
(2)
(3)分布列见解析,
【分析】(1)设袋中有黑球x个,则白球有10-x个,利用条件概率求解;
(2)由(1)得到摸出黑球的概率是,然后利用独立重复试验求解;
(3)的可能取值为0,1,2,求得其相应概率,列出分布列,再求期望.
【详解】(1)解:设袋中由黑球x个,则白球有10-x个,
设取出黑球为事件A,取出白球的事件为B,
则,
解得,
所以白球有4个,黑球有6个;
(2)由(1)知摸出黑球的概率是,
则有放回地从袋中随机摸出3个球,
恰好摸到2个黑球的概率为;
(3)的可能取值为0,1,2,
则,,
,
的分布列为:
X | 0 | 1 | 2 |
P |
.
19.已知函数.
(1)求函数的极值;
(2)讨论函数在上的单调性.
【答案】(1)极小值为,无极大值
(2)答案见解析
【分析】(1)求得,结合导数的符号,得到函数的单调区间,结合极值的概念,即可求解;
(2)由(1)知,得到在上单调递减,在上单调递增,分和,两种情况讨论,即可求解.
【详解】(1)解:由函数,可得其定义域为,且,
令,可得,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增,
所以当时,函数取得极小值,极小值为,无极大值;
(2)解:由(1)知,在上单调递减,在上单调递增,
当时,对于任意的,,此时函数的减区间为;
当时,由,可得;由,可得,
此时函数的减区间为,增区间为,
综上所述,当时,函数的减区间为;
当时,函数的减区间为,增区间为.
20.人类命运共同体的提法将中国梦融入世界梦,充分展现了中国的大国担当.在第75届联合国大会上中国承诺,将采取更加有力的政策和措施,力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值,努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标"),此举展现了我国应对气候变化的坚定决心,预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革,极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业,对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况,一机构根据统计数据,用最小二乘法得到电动汽车销量(单位:万台)关于(年份)的线性回归方程为,且销量的方差为,年份的方差为.
(1)求与的相关系数,并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱;
(2)该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况,得到的数据如下表:
性别 | 购买非电动汽车 | 购买电动汽车 | 总计 |
男性 | 39 | 6 | 45 |
女性 | 30 | 15 | 45 |
总计 | 69 | 21 | 90 |
依据小概率值的独立性检验,能否认为购买电动汽车与车主性别有关;
①参考数据:;
②参考公式:(i)线性回归方程:,其中;
(ii)相关系数:,若,则可判断与线性相关较强.
③参考临界值表:
【答案】(1),与线性相关较强
(2)认为购买电动汽车与车主性别有关
【分析】(1)利用相关系数的求解公式,并转化为和方差之间的关系,代入计算即可;
(2)直接利用独立性检验公式求出,根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否有关;
【详解】(1)相关系数为
故与线性相关较强.
(2)零假设为:购头电动汽车与车主性别相互独立,
即购买电动汽车与车主性别无关.
所以依据小概率值的独立性检验,我们推断不成立,
即认为购买电动汽车与车主性别有关,此推断犯错误的概率不大于.
21.2022年是中国共产主义青年团成立100周年,某市团委决定举办一次共青团史知识竞赛.该市A县团委为此举办了一场选拔赛,选拔赛分为初赛和决赛,初赛通过后才能参加决赛,决赛通过后将代表A县参加市共青团史知识竞赛.已知A县甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为,,,通过初赛后再通过决赛的概率均为,假设他们之间通过与否互不影响.
(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率;
(2)求这3人中至少有1人参加市共青团史知识竞赛的概率;
(3)某品牌商赞助了A县的这次共青团史知识竞赛,给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案:
方案一:参加了选拔赛的选手都可参与抽奖,每人抽奖1次,每次中奖的概率均为,且每次抽奖互不影响,中奖一次奖励1000元;
方案二:只参加了初赛的选手奖励300元,参加了决赛的选手奖励1000元.
若品牌商希望给予选手更多的奖励,试从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择哪种方案更好.
【答案】(1);
(2);
(3)品牌商选择方案二更好.
【分析】(1)根据给定条件,求出3人都没通过初赛的概率,再利用对立事件的概率公式计算作答.
(2)求出甲、乙、丙都通过决赛的概率,再借助对立事件的概率公式计算作答.
(3)利用二项分布及期望的性质求出方案一奖金总额的期望,对方案二,列出奖金总额为随机变量的分布列,求出其期望,比较大小作答.
【详解】(1)3人都没通过初赛的概率为,
所以这三人中至少有1人通过初赛的概率.
(2)设事件B表示“甲参加市共青团史知识竞赛”,事件C表示“乙参加市共青团史知识竞赛”,事件D表示“丙参加市共青团史知识竞赛”,
则,,3人都不能参加市共青团史知识竞赛的事件为,
所以这3人中至少有1人参加市共青团史知识竞赛的概率.
(3)方案一:设三人中奖人数为X,所获奖金总额为Y元,则,且,
所以元,
方案二:记甲、乙、丙三人获得奖金之和为Z元,则Z的所有可能取值为900,1600,2300,3000,
,,
,,
所以Z的分布列为:
Z | 900 | 1600 | 2300 | 3000 |
P |
则,
因为,所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择方案二更好.
22.已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程;
(2)记函数,设是函数的两个极值点,若,且恒成立,求实数m的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)求出函数的导函数,即可求出切线的斜率,从而求出切线方程;
(2)求出函数的导函数,即可得到方程两根为,列出韦达定理,即可表示出,设,则,令,,利用导数说明函数的单调性,再结合的范围求出的方程,从而求出的范围,即可得解.
【详解】(1)因为,
所以,所以切线斜率为,
又,切点为,
所以曲线在处的切线方程为
(2)∵,
∴,
若,则恒成立,而,
所以两根为,
∴,,
,
∵,
设,则,
令,,
则,
∴在上单调递减;
∵,
∴,
∵
,
∴,
∴,
∴,
∴当时,,
∴,即实数的最大值为
【点睛】方法点睛: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.
广东省珠海市斗门区2022-2023学年高二下学期6月阶段考数学试题(无答案): 这是一份广东省珠海市斗门区2022-2023学年高二下学期6月阶段考数学试题(无答案),共5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。
广东省珠海市斗门区第一中学2023届高三三模数学试题: 这是一份广东省珠海市斗门区第一中学2023届高三三模数学试题,共25页。
广东省珠海市斗门区第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题: 这是一份广东省珠海市斗门区第一中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试题,共12页。