山东省泰安第二中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省泰安第二中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 下列说法中，正确的个数为， 下列判断正确的是， 若都有成立，则a的最大值为等内容，欢迎下载使用。

满分：150分 时间：120分钟
一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 设，则“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 下列说法中，正确的个数为（ ）
①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；
②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
③随机变量服从正态分布，若，则；
④随机变量服从二项分布，若方差，则．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
4. 一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
5. 下列判断正确的是（ ）
A. 函数的最小值为2
B. 命题“，”的否定是“，”
C. 若对恒成立，则
D. “”是“，不都是2”的充分条件
6. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A. 48B. 32C. 24D. 16
7. 已知由样本数据点集合，求得回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得回归直线的斜率为，则（ ）
A. 变量与具有正相关关系
B. 去除后的回归方程为
C. 去除后的估计值增加速度变慢
D. 去除后相应于样本点的残差为
8. 若都有成立，则a的最大值为（ ）
A. B. 1C. eD. 2e
二.多选题（共3小题，每小题6分，共18分，在每小题的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝（例如10100），其中A的各位数中（k＝2，3，4，5）出现0的概率为，出现1的概率为，记，则当程序运行一次时（ ）
A. X服从二项分布B.
C. X均值D. X的方差
10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球、表示事件“从甲罐取出球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”.则下列结论正确的是（ ）
A. 、为对立事件B.
C. D.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，曲线在点处的切线方程为
B. 若对任意的，都有，则实数的取值范围是
C. 当时，既存在极大值又存在极小值
D. 当时，恰有3个零点，且
三.填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12. 记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”. 已知：，若函数与存在“点”，则实数的取值范围为___________.
13. 已知的展开式中的系数为，则实数的值为___________.
14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为且外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，则__________.
四.解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知集合，函数的定义域为集合．
（1）当时，求；
（2）设命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围．
16. 在的展开式中，
（1）求二项式系数最大的项；
（2）若第项是有理项，求的取值集合.
（3）系数的绝对值最大的项是第几项；
17. 新冠肺炎疫情防控时期，各级各类学校纷纷组织师生开展了“停课不停学”活动，为了解班级线上学习情况，某位班主任老师进行了有关调查研究.
（1）从班级随机选出5名同学，对比研究了线上学习前后两次数学考试成绩，如下表：
（1）求关于的线性回归方程；
参考公式：在线性回归方程，，
（2）针对全班45名同学（25名女生，20名男生）的线上学习满意度调查中，女姓满意率为80%，男生满意率为75%，填写下面列联表，判断能否在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为线上学习满意度与学生性别有关？
参考公式和数据：，
18. 杭州亚运会三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元．
（1）甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开．当甲买到吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；
（2）为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
19. 已知.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，，证明：.线上学习前成绩
120
110
100
90
80
线上学习后成绩
145
130
120
105
100
满意人数
不满意人数
合计
男生
女生
合计
泰安二中2022级高二下学期6月月考
数学试题
满分：150分 时间：120分钟
一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的解法求得或和，结合集合的运算法则，即可求解.
【详解】由不等式，可得，解得或，
即或，
又由不等式，解得，即，
则，所以
故选：B.
2. 设，则“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由二次函数的对称轴和函数的单调性的关系以及充分性与必要性的应用，即可得到结果.
【详解】函数的对称轴为，
由函数在上单调递增可得，即，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A
3. 下列说法中，正确的个数为（ ）
①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；
②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
③随机变量服从正态分布，若，则；
④随机变量服从二项分布，若方差，则．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据相关系数的性质，二项分布的性质，拟合效果的衡量以及正态分布的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确；
用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确；
已知随机变量服从正态分布，若，则，故③正确；
若随机变量服从二项分布，则方差，所以，
所以，所以或，故④错误.
故选：C.
4. 一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据取出2个黑球，1个白球的概率为求出n的值，再求出X的分布列，根据数学期望的定义即可计算.
【详解】由题可知，，解得，
X的可能取值为，
，，，，
∴.
故选：A
5. 下列判断正确的是（ ）
A. 函数的最小值为2
B. 命题“，”的否定是“，”
C. 若对恒成立，则
D. “”是“，不都是2”的充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式即可判断A；根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断B；举出反例，如当时，恒成立，即可判断C；根据充分条件的定义即可判断D.
【详解】解：对于选项A：令，则时，显然命题为假命题；
对于选项B：命题“，”的否定是“，”，则题中的命题为假命题；
对于选项C，当时，恒成立，所以选项C错误；
对于选项D，“”能够推出“，不都是2”所以该命题是真命题．
故选D．
6. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A. 48B. 32C. 24D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】1与4相邻，共有种排法，
两个2之间插入1个数，
共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，
则总共有种密码．
故选：C
7. 已知由样本数据点集合，求得回归直线方程为，且，现发现两个数据点和误差较大，去除后重新求得的回归直线的斜率为，则（ ）
A. 变量与具有正相关关系
B. 去除后的回归方程为
C. 去除后的估计值增加速度变慢
D. 去除后相应于样本点的残差为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据回归直线一定经过样本中心点，及残差概念等来逐项判断.
【详解】对于A选项，因为回归直线方程为，，所以变量与具有正相关关系.故A正确；
对于B选项，当时，，样本中心点为，去掉两个数据点和后，样本中心点还是，又因为去除后重新求得的回归直线的斜率为，所以，解得，所以去除后的回归方程为，故B正确；
对于C选项，因为，所以去除后的估计值增加速度变慢，故C正确；
对于D选项，因为，所以，故D错误.
故选：ABC.
8. 若都有成立，则a的最大值为（ ）
A. B. 1C. eD. 2e
【答案】B
【解析】
【分析】原不等式可转化为，令，利用导数可得在上单调递增，又由题意可得函数在上单调递增，从而即可得的最大值.
【详解】解：原不等式可转化为，令，则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减.
由于都有，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以a的最大值为1.
故选：B.
二.多选题（共3小题，每小题6分，共18分，在每小题的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝（例如10100），其中A的各位数中（k＝2，3，4，5）出现0的概率为，出现1的概率为，记，则当程序运行一次时（ ）
A. X服从二项分布B.
C. X的均值D. X的方差
【答案】ABC
【解析】
【分析】分别写出的可能取值，并计算其概率，推导出，再根据二项分布的性质求出结果即可．
【详解】由于二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有5类：
①后4个数位出现4个0，，记其概率为；
②后4个数位出现1个1，，记其概率为；
③后4个数位出现2个1，，记其概率为，
④后4个数位出现3个1，，记其概率为，
⑤后4个数位出现4个1，，记其概率为，
所以，故A正确；
又，故B正确；
，，故C正确；
，的方差，故D错误．
故选：ABC．
10. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球、表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，表示事件“从乙罐取出的球是红球”.则下列结论正确的是（ ）
A. 、为对立事件B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据对立事件、条件概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，由于，所以、为对立事件，A选项正确.
B选项，，B选项正确
C选项，，C选项正确.
D选项，，，所以D选项错误.
故选：ABC
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，曲线在点处的切线方程为
B. 若对任意的，都有，则实数的取值范围是
C. 当时，既存在极大值又存在极小值
D. 当时，恰有3个零点，且
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据导数的几何意义即可判断A；对于B，由题意知在上单调递增，则在上恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可判断；对于C，结合B选项，根据极值的定义判断即可；对于D，结合C，再根据零点的存在性定理分析即可判断.
详解】解：对于A，当时，，所以，，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，故A错误；
对于B，因为对任意的，都有，
所以在上单调递增，
即在上恒成立，
令，
则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，
所以，解得，
即实数的取值范围是，故B正确；
对于C，当时，由B选项知，，
令，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，
所以，
又在上单调递减，所以存在，使得，
又，
又在上单调递增，所以存在，使得，
所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故既存在极大值又存在极小值，故C正确；
对于D，因为，
由C选项知，，
当时，；当时，，
故函数有三个零点，不妨设为，，，（，，），
又
，
故有，则，
即当时，恰有3个零点，且，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性问题及极值问题，考查了利用导数解决函数的零点问题，有一定的难度.
三.填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12. 记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”. 已知：，若函数与存在“点”，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出，，然后根据“点”的定义，列出方程，构造，通过导数求出即可.
【详解】函数与，则与，
由题意得，则，令，
则，令，则，所以时，则，故单调递增；时，则，故单调递减；
所以在处取得极小值，也是最小值，，且时，，所以实数的取值范围为
故答案为:
13. 已知的展开式中的系数为，则实数的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】按照二项式展开即可.
【详解】∵的展开式中的系数为-26，
∴，
解得.
故答案为: .
14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为且外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】分奖品在、和号箱里三种情况，根据全概率公式计算即可.
【详解】奖品在1号箱里，主持人可打开2，3号箱，
故；奖品在2号箱里，
主持人打开3号箱的概率为1，故；
奖品在3号箱里，主持人只能打开2号箱，
故，由全概率公式可得：，.
故答案为：.
四.解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知集合，函数的定义域为集合．
（1）当时，求；
（2）设命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意得或，再求交集运算即可；
（2）由题知或，，再根据集合关系求解即可.
【小问1详解】
解：当时，，
由题意，解得或，所以或，
又，
所以.
【小问2详解】
解：由题意，即，解得：或，
所以或，
因为p是q的充分不必要条件，
所以，集合是集合的真子集，
所以或，解得或
故实数的取值范围．
16. 在的展开式中，
（1）求二项式系数最大的项；
（2）若第项是有理项，求的取值集合.
（3）系数的绝对值最大的项是第几项；
【答案】（1）
（2）
（3）第项和第项
【解析】
【分析】（1）利用二项式定理求出通项，二项式系数最大的项为中间项，求解即可；
（2）当为整数时为有理项，即可求解；
（3）设第项的系数的绝对值最大，列方程组即可求解.
【小问1详解】
，，
二项式系数最大的项为中间项，即第项，
所以；
【小问2详解】
，，
当为整数时为有理项，即，
则的取值集合为；
【小问3详解】
设第项的系数的绝对值最大，
则，所以，解得，
故系数的绝对值最大的项为第项和第项.
17. 新冠肺炎疫情防控时期，各级各类学校纷纷组织师生开展了“停课不停学”活动，为了解班级线上学习情况，某位班主任老师进行了有关调查研究.
（1）从班级随机选出5名同学，对比研究了线上学习前后两次数学考试成绩，如下表：
（1）求关于的线性回归方程；
参考公式：在线性回归方程，，
（2）针对全班45名同学（25名女生，20名男生）的线上学习满意度调查中，女姓满意率为80%，男生满意率为75%，填写下面列联表，判断能否在犯错误概率不超过0.01的前提下，认为线上学习满意度与学生性别有关？
参考公式和数据：，
【答案】（1）；（2）列联表详见解析，不能.
【解析】
【分析】（1）求出5名学生线上线下的平均成绩，代入线性回归方程计算即可；
（2）根据满意度的百分比分别计算出男女生满意和不满意人数填入表格，然后把数据代入所给的公式计算，把结果和给出的参考值作比较，从而得到答案.
【详解】（1），
所以，
所以线性回归方程
（2）列联表如下：
提出假设：学生线上学习满意度与学生性别无关，
计算得：
因为
所以在犯错误概率不超过0.01的前提下，不能认为线上学习满意度与学生性别有关.
【点睛】本题考查线性回归方程及列联表，这种题目数据虽然较多，但是给出了所有复杂的计算结果，只是把给出的计算值代入公式计算，运算一定算对.
18. 杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神．甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元．
（1）甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开．当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；
（2）为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
【答案】（1）分布列详见解析
（2）买个
【解析】
【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式、排列组合数的计算公式求得的分布列.
（2）根据甲一次性购买的吉祥物盲盒的个数进行分类讨论，通过计算各种情况下的总费用来求得正确答案.
【小问1详解】
由题意可知所有可能取值为，
,
所以的分布列如下：
【小问2详解】
设甲一次性购买个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为.
依题意，可取.
方案1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用元.
方案2：购买个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用元.
方案3：购买个盲盒时，
当个盲盒打开后款式不同，则只需直接购买剩下一款吉祥物，
总费用，，
当个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外款吉祥物，
总费用，
所以元.
方案4：购买个盲盒时，
当个盲盒打开后款式各不相同，则总费用，，
当个盲盒打开后恰有款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物，
则总费用，
当个盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用，
所以元.
对比个方案可知，第个方案总费用的期望值最小，
故应该一次性购买个吉祥物盲盒.
19. 已知.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【小问1详解】
当时，，
，
则当，即时，，
当，即时，，
故的单调递减区间为、，单调递增区间为；
【小问2详解】
，令，即，
令，，则、是方程的两个正根，
则，即，
有，，即，
则
，
要证，即证，
令，
则，
令，则，
则在上单调递减，
又，，
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，则，故，
即，即.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
线上学习前成绩
120
110
100
90
80
线上学习后成绩
145
130
120
105
100
满意人数
不满意人数
合计
男生
女生
合计
满意人数
不满意人数
合计
男生
15
5
20
女生
20
5
25
合计
35
10
45