2022-2023学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二下学期6月月考数学试题含答案

2022-2023学年吉林省通化市梅河口市第五中学高二下学期6月月考数学试题

一、单选题

1．已知随机变量X的分布列如下表，若，则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】C

【分析】根据分布列的性质有且，结合已知即可求参数.

【详解】由且，故，

所以，即.

故选：C

2．等比数列为递减数列，若，，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】A

【分析】由结合，可得为方程的两个根，又，解得，，再结合等比数列通项公式即可得出.

【详解】由为等比数列，得，又，

∴为方程的两个根，

解得，或，，

由为递减数列得，∴，，

∴，

则，

故选：A.

3．据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空．如下图所示：

如：10记为，26记为，71记为．现有4根算筹，可表示出两位数的个数为（   ）

A．8 B．9 C．10 D．12

【答案】C

【分析】由题意，分别求出当十位1根，个位3根；当十位2根，个位2根；当十位3根，个位1根；当十位4根，个位0根时两位数的个数即可.

【详解】由题意知，共有4根算筹.

当十位1根，个位3根，共有2个两位数；

当十位2根，个位2根，共有4个两位数；

当十位3根，个位1根，共有2个两位数；

当十位4根，个位0根，共有2个两位数，

所以一共有10个两位数.

故选：C.

4．如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为

A．96 B．84 C．60 D．48

【答案】B

【详解】解：分三类：种两种花有种种法；

种三种花有2种种法；

种四种花有种种法．

共有2++=84．

故选B

5．样本数据的平均数为4，方差为1，则样本数据的平均数，方差分别为（    ）

A．9，4 B．9，2 C．4，1 D．2，1

【答案】A

【分析】根据平均数和方差的性质运算求解.

【详解】因为样本数据的平均数为4，

所以样本数据的平均数为；

因为样本数据的方差为1，

所以样本数据的方差为.

故选：A

6．某市践行“干部村村行”活动，现有3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村均有有1名干部，每个干部至多住3个村，则不同的选派方案共（    ）

A．243种 B．210种 C．150种 D．125种

【答案】C

【分析】利用排列组合思想求出甲干部住个村的排法种数以及将三名可供选派的干部下乡到个村蹲点的排法种数.

【详解】3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村都需要1名干部，每个干部至多去3个村，于是可以把5个村分为(1，1，3)和(1，2，2)两组，

当为(1，1，3)时，有＝60(种)；

当为(1，2，2)时，有(种)．

根据分类加法计数原理可得不同的选派方案共60＋90＝150(种)．

故选：C.

7．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学A，B，C，D，E，F到甲､乙､丙三个不同的社团开展活动，要求每个社团至少安排1人，且甲社团安排3人，A，B两人安排在同一个社团，C，D两人不安排在同一社团，则不同的安排方案是（    ）

A．56 B．28 C．24 D．12

【答案】C

【分析】把6人先分成三组，再分配给三个场馆，分2种情况进行求解，每种情况下考虑A，B安排在同一组，求出答案.

【详解】把6人先分成三组，再分配给三个场馆.

若A，B为2人组，3人组C，D两人不安排在同一社团有种分组方法，1人组有种分组方法，有种分组方法；

若A，B在3人组，C，D两人不安排在同一社团2人组有种分组方法，1人组有种分组方法，有种分组方法.

再分配给三个场馆，甲社团安排3人，乙、丙2个不同的社团可以交换，共有种方法；

故选：C.

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，构造函数，，利用导数分析单调性，可得函数在上单调递增，进而得到，可得；构造函数，利用导数分析单调性，可得，进而得到，由，进而得到，进而求解.

【详解】由.

设，

则，

设，

则，

所以函数在上单调递增，

所以，即，

即，即，

所以，

则函数在上单调递增，

所以，即，

即，即；

设，

则，

所以函数在上单调递减，

则，即，

即，即，

所以，

又，

所以，即，

所以.

故选：B.

【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据：

（1）结合函数性质进行比较；

（2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较；

（3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小..

二、多选题

9．已知函数的导函数的图象如图所示，则（    ）

A．有且仅有两个极值点

B．在区间上单调递增

C．若在区间上单调递增，则m的取值范围为或

D．可能有四个零点

【答案】AC

【分析】根据的图象，得出函数的单调性，结合极值点的概念和单调性，逐项判定.

【详解】根据的图象，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，取得极大值，当时，取得极小值，所以A正确；

而B错误；

若在区间上单调递增，则，或，

解得或，所以C正确；

根据函数的单调性，可知函数的图象与轴最多有三个交点，

所以D错误.

故选：AC

10．已知，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BCD

【分析】根据题意通过赋值逐项分析判断.

【详解】对于A：令，可得，故A错误；

对于B：令，可得，故B正确；

对于C：令，可得，

结合选项B，两式作差，可得，

即，故C正确；

对于D：令，可得，故D正确.

故选：BCD.

11．甲、乙两盒中各放有除颜色外其余均相同的若干个球，其中甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球，现从甲盒中随机取出1球放入乙盒，再从乙盒中随机取出1球.记“从甲盒中取出的球是红球”为事件A，“从甲盒中取出的球是白球”为事件B，“从乙盒中取出的球是红球”为事件C，则（    ）

A．A与B互斥 B．A与C独立 C． D．

【答案】ACD

【分析】A与B是互斥事件，A正确，，B错误，利用公式计算CD正确，得到答案.

【详解】对选项A：A与B是互斥事件，正确；

对选项B：，，，

，错误；

对选项C：，正确；

对选项D：，正确.

故选：ACD

12．历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．为等比数列

C．

D．信封均被投错的概率大于

【答案】ABC

【分析】根据分类加法原理求，由此判断A，根据等比数列定义判断B，利用累加法求，判断C，由泰勒定理求，结合比差法判断D.

【详解】设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，

有，，共种错投方式，

同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，

故共有种错投方式，

所以，故A正确；

因为，

所以，

又，

所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；

所以，

所以，

因为，

所以时，，故C正确；

装错信封的概率为，

，

则，

当为奇数时，，

当为偶数时，，

综上所述：当为奇数时，，

当为偶数时，，故D错误．

故选：ABC．

三、填空题

13．若函数在处的切线方程为，则实数a=           ．

【答案】1

【分析】运用导数几何意义列方程求解即可.

【详解】因为，

所以，

由题意知，，

所以.

故答案为：1.

14．已知某生产线生产的某种零件的合格率是95%，该零件是合格品，则每件可获利10元，该零件不是合格品，则每件亏损15元．若某销售商销㫿该零件10000件，则该销售商获利的期望为      万元．

【答案】8.75/

【分析】根据题意求随机变量的期望即可.

【详解】由题意可得：该销售商销售每件零件获利的期望是元，

则该销售商销售该零件10000件，获利的期望为元，即8.75万元．

故答案为：8.75.

【点睛】本题考查随机变量的期望，考查数据分析的核心素养．

15．已知某产品的一类部件由供应商和提供，占比分别为和，供应商提供的部件的良品率为，若该部件的总体良品率为，则供应商提供的部件的良品率为          ．

【答案】

【分析】根据全概率公式计算可得.

【详解】记随机取一件产品由供应商提供为事件，由供应商提供为事件，为良品为事件，

则，，，，

由，即，解得，

即供应商提供的部件的良品率为.

故答案为：

16．杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载.它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第10行第5个数是           .

【答案】

【分析】利用题中条件确定第10行第5个数即，的值，计算即可．

【详解】解：由题意知，将杨辉三角中从第1行开始的每一个数都换成分数，

就得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，

观察表中数字，题中要求第10行第5个数，

所以，（表中每一行的第1个数是0，所以第5个数是，

所以第10行第5个数为：．

故答案为：．

四、解答题

17．某学习小组有3个男生和4个女生共7人：

(1)将此7人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？

(2)将此7人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？

(3)现有7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，恰有两个空位相邻的不同坐法共有多少种？

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）按照插空法，先排男生，再排女生，即可求解；

（2）分男生甲在最右边和男生甲不站最左边也不在最右边两种情况，结合排列数公式，即可求解；

（3）将4名女生全排列，排好后有5个空位可插，将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，即可得到答案.

【详解】（1）根据题意，分2步进行分析：

①将3个男生全排列，有种排法，排好后有4个空位，

②将4名女生全排列，安排到4个空位中，有种排法，

则一共有种排法．

（2）根据题意，分2种情况讨论：

①男生甲在最右边，有，

②男生甲不站最左边也不在最右边，有，

则有种排法．

（3）根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，还有3个空座位，分2步进行分析：

①将4名女生全排列，有种情况，排好后有5个空位可插，

②将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有种情况，

则有种排法．

18．已知的二项展开式中，所有项的二项式系数之和等于．求：

(1)的值；

(2)展开式中的常数项；

(3)展开式中系数最大的项．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据二项式系数和，可解方程求得的值；

（2）由二项式定理可得二项展开式通项，将代入通项中即可得到常数项；

（3）设第项的系数最大，采用不等式法可构造不等式组求得的值，代入通项即可求得系数最大的项.

【详解】（1）展开式的二项式系数和为，，解得：.

（2）展开式通项为：，

令，解得：，则展开式常数项为.

（3）设展开式第项的系数最大，

则，即，解得：，

又，，展开式中系数最大的项为.

19．已知等差数列的前项和为，且满足.

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，求的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式和前项和公式计算可得答案；

（2）由题意可知，利用错位相减求和可得答案.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

因为.

所以，

所以，，

所以；

（2）由题意可知，

所以①，

②，

①②得，

，

，

，

.

20．某大学毕业生响应国家号召，到某村参加村委会主任应聘考核.考核依次分为笔试、面试.试用共三轮进行，规定只有通过前一轮考核才能进入下一轮考核，否则将被淘汰，三轮考核都通过才能被正式录用.设该大学毕业生通过三轮考核的概率分别为，且各轮考核通过与否相互独立.

(1)求该大学毕业生未进入第三轮考核的概率；

(2)设该大学毕业生在应聘考核中考核次数为，求的分布列、数学期望和方差.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，，

【分析】（1）未进入第三轮考核，即为经过一或二轮考核且没有经过第三轮考核，通过独立事件概率公式即可求解.

（2）根据的可能取值为1，2，3.分别求得三种情况下的概率，根据数学期望公式及方差公式即可求解.

【详解】（1）记“该大学生通过第一轮笔试”为事件A，

“该大学生通过第二轮面试”为事件B，

“该大学生通过第三轮试用”为事件C．

则，

那么该大学生未进入第三轮考核的概率是

（2）的可能取值为1，2，3.

，

，

则的分布列为

的数学期望，

的方差.

21．已知等差数列的前n项和为，且．当时，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程，求出数列的通项公式；，两边同时乘以，则，当时，，两式相减，即可求出的通项公式；

（2）由（1）知，，再由裂项相消法求数列的前n项和．

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，

由，可得，

故数列的通项公式为.

，两边同时乘以，

则

当时，，

当时，，

两式相减，可得，所以，

当时，，故满足，故.

（2），

所以

.

故.

22．已知函数.

(1)令，讨论的单调性；

(2)证明：；

(3)若，对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）求导后，分、、三种情况讨论即可；

（2）由（1）得，当且仅当，等号成立.令，得到，从而有，即，结合等比数列的前项和公式即可证明.

（3）.当，可验证不满足题意；当，显然成立；当，令，求导后判断单调性求得最小值为，令，则，求导后判断单调性求得最小值为，从而可解.

【详解】（1），而，

①当时，恒成立，

所以在上递减，上递减；

②当时，令，得或；令，得.

所以在上递减，在上递减，在上递增；

③当时，令，得或；令，得.

所以在上递减，在上递减，在上递增.

综上所述，当时，在上递减，上递减；

当时，在上递减，在上递减，在上递增；

当时，在上递减，在上递减，在上递增.

（2）由（1）得：当时，当，此时，

又当，

，当且仅当，等号成立.

令，得到，

.

（3）

①，当时，不等式显然，所以此时不成立；

②，不等式显然成立.

③，令，则，

令，则.

所以当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以，

令，则，则，

令，即，则，

所以当，单调递减；当，单调递增

则，

所以.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：

（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；

（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.