精品解析：山东省泰安第一中学2023-2024学年高二下学期5月月考数学试题

泰安一中新校区高二年级五月学情检测 数学试题 一､单项选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的性质求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】因为，又， 所以. 故选：A 2. 截至目前，联合国共设5个常任理事国，10个非常任理事国，现从这15个国家中选取3个国家，且至少包含一个常任理事国，则共有的选法种数为（ ） A. 120 B. 410 C. 335 D. 455 【答案】C 【解析】 【分析】由所有的选法总数减去不含常任理事国的选法数即可. 【详解】15个国家中选取3个国家，有种选法，其中没有常任理事国的选法有种， 所以从这15个国家中选取3个国家，至少包含一个常任理事国，共有种选法. 故选：C. 3. “不等式恒成立”的一个充分不必要条件是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】当时，恒成立， 当时，则，解得， 综上所述，不等式恒成立时，， 所以选项中“不等式恒成立”的一个充分不必要条件是. 故选：D. 4. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得且，利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为非负实数满足， 显然，则，所以， 则 ，当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 故选：B 5. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式的一次项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项求得展开式的一次项为，计算可得结果. 【详解】由展开式中奇数项的二项式系数之和为32可得，解得； 所以二项式的展开式的通项为， 令，可得； 所以展开式的一次项为. 故选：A 6. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4．计算王同学第2天去餐厅用餐的概率（ ） A. 0.24 B. 0.36 C. 0.5 D. 0.52 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合全概率公式可直接求得. 【详解】设 “第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”， 根据题意得，，， 由全概率公式，得 ， 因此，王同学第2天去餐厅用餐的概率为0.5. 故选：C. 7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设不等式和选项的结构，考虑构造函数，求导得其单调性，利用其单调性对自变量进行赋值，即可一一判断选项正误. 【详解】设，则， 因，故得，即在上为减函数. 对于A项，因，则，即，即，故A错误； 对于B项，因，则，即，即得，故B错误； 对于C项，因，则，即，即得，故C错误； 对于D项，因，则，即，即得，故D正确. 故选：D. 8. 若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设切点，利用导数的几何意义求得切线方程，将原点坐标代入，整理得，结合计算即可求解. 【详解】设，则， 设切点为，则， 所以切线方程为， 又该切线过原点，所以， 整理得①，因为曲线只有一条过原点的切线， 所以方程①只有一个解，故，解得. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义，切点未知，设切点坐标，由导数的几何意义求出切线方程，确定方程的解与根的判别式之间的关系是解决本题的关键. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从两点分布且，则 B. 若随机变量满足，，则 C. 若随机变量，则 D. 设随机变量，若恒成立，则的最大值为12 【答案】BD 【解析】 【分析】根据两点分布、正态分布、二项分布的性质、期望与方差公式，逐项判断即可. 【详解】对于A，因为随机变量X服从两点分布且，所以， 所以，故A错误； 对于B，因为随机变量满足，， 所以，所以，故B正确； 对于C，因为随机变量，所以，故C错误； 对于D，因为随机变量，恒成立，所以恒成立， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为2 C. D. 的最小值为2 【答案】AD 【解析】 【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可. 【详解】对于A，若，则，A正确; 对于B，或，因为不知道和的大小关系，B错误； 对于C，若，则，而 ，但是与的大小不能确定，故C错误； 对于D，，当且仅当，即取等号，D正确. 故选：AD 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的值域为R C. D. 若，，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出定义域，求导得到函数单调性，得到答案；B选项，在A选项基础上得到函数的值域；C选项，计算出，结合得到C正确；D选项，利用同构变换得到，结合，得到，D正确. 【详解】A选项，的定义域为， 在定义域上恒成立， 故的单调递增区间是，，A正确； B选项，当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于， 故的值域为R，B正确； C选项，，， 又，所以，C错误； D选项， ， 又，故， 故， 因为，所以， 又，故，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是D选项变形得到，得到，从而进行求解. 三､填空题：本大题共3小题；每小题5分，一共15分． 12. 若命题“，”为真命题，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，不等式在上有解， ∴， ∴实数的取值范围为， 故答案为： 13. 设，若，则__________. 【答案】11 【解析】 【分析】令，则，然后求出通项，得到，再由，即可解出. 【详解】令，则，则， 的通项为：， 令可得，令可得， 所以由可得，所以. 故答案为：. 14. 已知关于x的不等式在上有解.则实数k的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用切线不等式得，题目转化为在上有解，再分离参数得，最后设形函数，求导得到其最大值即可得到的范围. 【详解】设，，则， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 则，则在上恒成立，即恒成立， 即恒成立， 则由切线不等式，当且仅当时取等， 知， 当且仅当时，取等， 从而在上有解等价与在上有解， 等价于在上有解， 令，则 当时，当时，，所以在上单调递增， 在上单调递减，， 时，；时，， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线不等式得到，当且仅当时等号成立，再利用分离参数得到，再设新函数，利用导数得到其最值即可. 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. 在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项，且每一项被取到的可能性相等． （1）在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率； （2）记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为： X 0 1 2 P 【解析】 【分析】（1）根据题意，由二项式展开式的通项公式即可得到二项展开式中有3项有理项，6项无理项，再由条件概率公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别计算其对应的概率，即可得到分布列与期望. 【小问1详解】 由题可得二项式展开式的通项为，， 令 ，解得． 故二项展开式中有3项有理项，6项无理项． 记事件“第一次取到有理项”，事件“第二次取到无理项”， 所以，， 则. 【小问2详解】 由题意可得的可能取值为， ， ， ， 则分布列为： X 0 1 2 P . 16. 已知函数在（为自然对数的底数）处取得极值． （1）求实数a的值； （2）若不等式恒成立，求k的范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）求导，利用，求出答案； （2）参变分离得到对任意恒成立，令，求导得到函数的单调性和最值，得到. 【小问1详解】 ∵， ∴， ∵函数在点处取得极值， ∴， ∴，经检验，符合题意， ∴； 【小问2详解】 ∵， ∴恒成立， 即对任意恒成立． 令，则． 设，易得是增函数， 而， ∴时，，即， 时，，即， ∴在上单调递增，上单调递减， ∴， ∴． 17. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）. 编号 1 2 3 4 5 学习时间x 30 40 50 60 70 数学成绩y 65 78 85 99 108 （1）求数学成绩与学习时间的相关系数（精确到0.001）； （2）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出关于的回归直线方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩（参考数据：，的方差为200）； （3）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）.依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关. 没有进步 有进步 合计 参与周末在校自主学习 35 130 165 未参与周末不在校自主学习 25 30 55 合计 60 160 220 附：方差：相关系数： 回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）由（1）知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归直线方程模型进行拟合：， ， ，故当时，， 故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分. （3）“周末自主学习与成绩进步”有关. 【解析】 【分析】(1)根据题意分别求出，，代入到相关系数：，求得结果即可； (2) 知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，根据已知条件代入求解即可，，最后代入即可求得； (3)计算出与临界值比较可得出周末在校自主学习与成绩进步是否有关. 【小问1详解】 ，， 又的方差为， ， ， . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 零假设：周末在校自主学习与成绩进步无关， 根据数据，计算得到： ， 因为，所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关. 18. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求的值； （2）函数在区间上存在零点，求的值； （3）记函数，设（）是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得切点为，代入中可求出的值； （2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的范围，从而可求出的值； （3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值 【小问1详解】 因为曲线在处的切线方程为， 所以切点为， 所以，得 【小问2详解】 由（1）得，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 所以当时，取得极小值， 因为， 所以在区间上存在一个零点，此时， 因为， 所以在区间上存在一个零点，此时， 综上或 【小问3详解】 ， 则， 由，得， 因为（）是函数的两个极值点， 所以方程有两个不相等的正实根， 所以，， 所以， 因为，所以，解得或， 因为，所以， 所以 令，则 ， 所以在上单调递减， 所以当时，取得最小值，即， 所以， 所以实数的最大值为 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（3）问解题的关键是由题意得方程有两个不相等的正实根，再根据根与系数的关系和已知条件可得，，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题 19. 利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将化为分数是这样计算的：设，则，即，解得. 这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局. （1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率； （2）如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局.设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为. ①求甲获胜的概率； ②求. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件的概率及独立重复试验的概率公式，列式计算即得. （2）①利用全概率公式列出的关系等式，再利用消元法求出；②列出的关系等式，利用消元法求出. 【小问1详解】 4局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局甲胜，概率为； 4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局乙胜，概率为， 所以恰好4局结束比赛的概率. 【小问2详解】 ①在甲在净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛获胜的概率为； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束， 根据全概率公式，，同理， 由，得，与联立消去， 得，又，即，因此， 所以甲获胜的概率为. ②在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛至结束，还需要局，共进行了局； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，共进行了1局， 则，即， 同理，即， ，即， ，即， ，即， 联立与，得， 联立与，得， 代入，得， 所以. 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰安一中新校区高二年级五月学情检测 数学试题 一､单项选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 截至目前，联合国共设5个常任理事国，10个非常任理事国，现从这15个国家中选取3个国家，且至少包含一个常任理事国，则共有的选法种数为（ ） A. 120 B. 410 C. 335 D. 455 3. “不等式恒成立”的一个充分不必要条件是（    ） A. B. C. D. 4. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 5. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式的一次项为（ ） A. B. C. D. 6. 某学校有，两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.6；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4．计算王同学第2天去餐厅用餐的概率（ ） A. 0.24 B. 0.36 C. 0.5 D. 0.52 7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从两点分布且，则 B. 若随机变量满足，，则 C. 若随机变量，则 D. 设随机变量，若恒成立，则的最大值为12 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为2 C. D. 的最小值为2 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的单调递增区间是， B. 的值域为R C. D. 若，，，则 三､填空题：本大题共3小题；每小题5分，一共15分． 12. 若命题“，”为真命题，则实数的取值范围为______． 13. 设，若，则__________. 14. 已知关于x的不等式在上有解.则实数k的取值范围为___________. 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. 在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项，且每一项被取到的可能性相等． （1）在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率； （2）记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望． 16. 已知函数在（为自然对数的底数）处取得极值． （1）求实数a的值； （2）若不等式恒成立，求k的范围． 17. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）. 编号 1 2 3 4 5 学习时间x 30 40 50 60 70 数学成绩y 65 78 85 99 108 （1）求数学成绩与学习时间的相关系数（精确到0.001）； （2）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出关于的回归直线方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩（参考数据：，的方差为200）； （3）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）.依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关. 没有进步 有进步 合计 参与周末在校自主学习 35 130 165 未参与周末不在校自主学习 25 30 55 合计 60 160 220 附：方差：相关系数： 回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，. 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 18. 已知函数，曲线在处的切线方程为. （1）求的值； （2）函数在区间上存在零点，求的值； （3）记函数，设（）是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 19. 利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将化为分数是这样计算的：设，则，即，解得. 这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局. （1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率； （2）如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局.设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为. ①求甲获胜的概率； ②求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $