精品解析：山东省聊城第三中学等校2023-2024学年高二下学期5月质量监测联合调考数学试题

高二质量监测联合调考 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册，必修第一册第一、二章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知集合，则中元素的个数为（ ） A 6 B. 7 C. 8 D. 9 3. 已知曲线在处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 4. 已知函数，则“有极值”是“”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 5. 已知5对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，去掉1对数据后，剩下的4对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，则（ ） A. B. C. D. 的大小无法确定 6. 某商场有，两种抽奖活动，，两种抽奖活动中奖的概率分别为，，每人只能参加其中一种抽奖活动．甲参加，两种抽奖活动的概率分别为，，已知甲中奖，则甲参加抽奖活动中奖的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为（ ） A B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是定义域为的函数的导函数，的图象如图所示，且有3个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 有2个极小值点 B. 有3个极大值点 C. D. 可以同时小于0 10. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 11. 已知，且成等差数列，随机变量的分布列为 1 2 3 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某图书馆有文化类图书300本，科学类图书400本，若甲从这两类图书中借阅一本，则不同的选法共有______种． 13. 若，且，则的最小值为__________. 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动8次，则质点经过最终到达2的位置的概率为________. 四、解答题：本题共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. 某生产企业对原有的生产线进行技术升级，在技术升级前后，分别从其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下列联表： 合格品 不合格品 合计 升级前 120 80 200 升级后 150 50 200 合计 270 130 400 （1）根据上表，依据小概率值的独立性检验，能否认为产品的合格率与技术是否升级有关？ （2）在抽取的所有合格品中，按升级前后合格品的比例进行分层随机抽样，抽取9件产品，然后从这9件产品中随机抽取4件，记其中属于升级前生产的有件，属于升级后生产的有件，求的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 某考试分为笔试和面试两个部分，每个部分的成绩分为A，B，C三个等级，其中A等级得3分、B等级得2分、C等级得1分.甲在笔试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，在面试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，甲笔试的结果和面试的结果相互独立. （1）求甲在笔试和面试中恰有一次获得A等级的概率； （2）求甲笔试和面试的得分之和X的分布列与期望. 17. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则点为曲线的拐点. （1）若函数，判断曲线是否有拐点，并说明理由； （2）若函数，且点为曲线的拐点，求在上的值域. 18. （1）在的展开式中，求形如（，）的所有项的系数之和． （2）证明：展开式中的常数项为． （3）设的小数部分为，比较与1的大小 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）当时，若恒成立，求实数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二质量监测联合调考 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册，必修第一册第一、二章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性计算得解. 【详解】依题意，由正态分布的对称性得． 故选：C 2. 已知集合，则中元素的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】先求集合，再求即得. 【详解】由可得，则，故， 则即中元素的个数为8. 故选：C. 3. 已知曲线在处的切线方程为，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】通过求导数，得到切线斜率的表达式，求得，将切点的坐标代入直线方程，求得． 【详解】求导函数可得，所以， 因为切线方程的斜率为1，所以 所以 所以切点坐标为，代入切线方程得， 故选：B． 4. 已知函数，则“有极值”是“”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】C 【解析】 【分析】求出导函数，再求出有极值时的取值范围，利用充分条件和必要条件的定义即可判断. 【详解】，若有极值，则有两个不相等的实数根， ，解得； 反之，时，有两个不相等的实数根，有极值. 所以“有极值”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知5对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，去掉1对数据后，剩下的4对成对样本数据成线性关系，样本相关系数为，则（ ） A. B. C. D. 的大小无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】由散点图，以及样本中心，即可判断选项. 【详解】由题意可知，，， 所以样本点中心是，所以去掉样本点中心后， 由相关系数的公式得 故选：A 6. 某商场有，两种抽奖活动，，两种抽奖活动中奖的概率分别为，，每人只能参加其中一种抽奖活动．甲参加，两种抽奖活动的概率分别为，，已知甲中奖，则甲参加抽奖活动中奖的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算即得. 【详解】用事件，分别表示甲参加，两种抽奖活动，表示甲中奖， 则，，，， 由全概率公式得， 所以甲参加抽奖活动中奖的概率． 故选：D 7. 已知是定义域为的函数的导函数，且，则不等式的解集为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再求解不等式. 详解】设，， 所以函数单调递增， ， 即，得，所以， 所以不等式的解集为. 故选：D 8. 在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可. 【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法， 在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同， 所以八个部分中的点的个数分别为，，，，2，2，2，1， 故所求的概率为． 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是定义域为的函数的导函数，的图象如图所示，且有3个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 有2个极小值点 B. 有3个极大值点 C. D. 可以同时小于0 【答案】AC 【解析】 【分析】根据的图象，得到的单调性，再逐一分析即可. 【详解】由题图知，在和上单调递减，在和上单调递增， 所以有2个极小值点和1个极大值点，故正确，错误， 又因为有3个零点，则的极大值必大于等于0，故正确， 若同时小于0，至多只有两个零点，不符合题意，故错误. 故选：. 10. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 【答案】ACD 【解析】 【分析】将4个奖项分给4个人的全排列数判断A；按另两个奖项由1人获得、2人获得分类计算判断B；将4个奖项按平均分组，再分配判断C；取2个奖项一组，分3组分给3人判断D. 【详解】对于A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有种不同的获奖情况，A正确． 对于B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得2个奖项或者有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，B错误． 对于C，若仅有两人获奖，则有两人各获得2个奖项，共有种不同的获奖情况，C正确． 对于D，若仅有三人获奖，则有一人获得2个奖项，有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，D正确． 故选：ACD 11. 已知，且成等差数列，随机变量的分布列为 1 2 3 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合分布列的性质计算判断AB；求出期望、方差的函数关系推理判断CD. 【详解】对于AB，由，得，A错误，B正确； 对于C，由，得，则，C正确； 对于D， ， 当时，取得最大值，且最大值为，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某图书馆有文化类图书300本，科学类图书400本，若甲从这两类图书中借阅一本，则不同的选法共有______种． 【答案】700 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理进行求解即可. 【详解】不同的选法共有种． 故答案为：700. 13. 若，且，则的最小值为__________. 【答案】##0.8 【解析】 【分析】运用基本式中的“1”的活用，即可得出结果． 【详解】，，， ， ， ，当且仅当时，即时取等号． 故答案为：． 14. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动8次，则质点经过最终到达2的位置的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据实际的问题情景，结合二项分布计算出所求的概率. 【详解】质点从原点0出发，经过最终到达2的位置，需移动8次，其中必然有3次向左， 分为两类：第一类，当质点第2次移动到达的位置时，质点先向左移动了2次，在后续的6次移动中，只要向左移动1次即可， 则所求的概率为； 第二类，当前3次移动未到达，且第4次移动到达时，质点前4次的移动顺序为，，后续的4次移动中全部向右移动即可， 则所求的概率为. 故所求的概率为. 故答案为： 四、解答题：本题共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. 某生产企业对原有的生产线进行技术升级，在技术升级前后，分别从其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下列联表： 合格品 不合格品 合计 升级前 120 80 200 升级后 150 50 200 合计 270 130 400 （1）根据上表，依据小概率值的独立性检验，能否认为产品的合格率与技术是否升级有关？ （2）在抽取的所有合格品中，按升级前后合格品的比例进行分层随机抽样，抽取9件产品，然后从这9件产品中随机抽取4件，记其中属于升级前生产的有件，属于升级后生产的有件，求的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有关 （2） 【解析】 【分析】（1）根据表格数据计算卡方，与临界值比较即可判断； （2）根据分层抽样得抽取的9件中属于升级前生产的和升级后生产的件数，确定的取值，求出对应的概率，即可求解. 【小问1详解】 零假设为：产品的合格率与技术是否升级无关. ， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为产品的合格率与技术是否升级有关. 【小问2详解】 由题意，升级前后合格品的比例为4:5，故抽取的9件中有4件属于升级前生产的， 有5件属于升级后生产的. 包括和两种情况： 当，时，， 当，时，， 则的概率. 16. 某考试分为笔试和面试两个部分，每个部分的成绩分为A，B，C三个等级，其中A等级得3分、B等级得2分、C等级得1分.甲在笔试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，在面试中获得A等级、B等级、C等级的概率分别为，，，甲笔试的结果和面试的结果相互独立. （1）求甲在笔试和面试中恰有一次获得A等级的概率； （2）求甲笔试和面试的得分之和X的分布列与期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）恰有一次获得A等级分:“笔试A等级且面试非A等级”与“面试A等级且笔试非A等级”两种情况，然后利用相互独立事件概率乘法公式计算每一种情况的发生的概率，再利用互斥事件概率加法公式求解. （2）根据题意求出的所有可能取值，然后利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式求出每一个取值对应随机事件的概率，列出分布列，用期望公式求出期望. 【小问1详解】 甲在笔试和面试中恰有一次获得等级的概率为. 【小问2详解】 由题意得的可能取值为2，3，4，5，6， ， ， ， ， ， 则的分布列为 2 3 4 5 6 所以. 17. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则点为曲线的拐点. （1）若函数，判断曲线是否有拐点，并说明理由； （2）若函数，且点为曲线的拐点，求在上的值域. 【答案】（1）曲线有拐点，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据拐点的定义计算即可得到结论； （2）根据拐点的定义可得，利用导数研究函数在区间上的单调性，从而可得值域. 【小问1详解】 曲线有拐点，理由如下： 由题意得，，， 由，得或. 因为，， 所以点为曲线的拐点. 【小问2详解】 由题意得，， 由，得，且. 则，, 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，所以在上单调递增. 因为，，所以在上的值域为. 18. （1）在的展开式中，求形如（，）的所有项的系数之和． （2）证明：展开式中的常数项为． （3）设的小数部分为，比较与1的大小 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）根据所求项，将问题化为求展开式中的所有项的系数和，再由赋值法求结果； （2）将多项式化为，结合二项式定理求分子中含的项，即可证； （3）由题设可得，应用二项式定理展开左侧并化简，即可判断大小. 【详解】（1）解：（，）的项即展开式中的所有项， 令，得（，）的所有项的系数之和为． （2）证明：因为， 所以 ， 对于，其中含的项为， 所以展开式中的常数项为． （3）解：由，得的整数部分为2， 则，所以， 即 ， 所以， 因，则， 所以． 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）当时，若恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性； （2）参变分离可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，且， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上可得：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由，得，显然，从而恒成立， 令，， 则． 令，，因为在上单调递增，且，， 所以，， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 因为，所以， 所以， 所以，即的最大值为． 【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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$