山东省费县第一中学2023-2024学年高二下学期六月份质量检测数学试题

第 1页/共 4页 学科网（北京）股份有限公司 高二年级六月份质量检测试题 数学 （模拟 2） 2024.6.19 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.    62 3 1x x  展开式中 3x 的系数为（ ） A. 90 B. 30 C. 30 D. 90 2. 若   3 21 1 2 1 3 2 f x x x x     是区间  1, 4m m  上的单调函数，则实数m的取值范围是（ ） A. 5m   B. 3m  C. 5m   或 3m  D. 5 3m   3. 2020年是脱贫攻坚年，为顺利完成“两不愁，三保障”，即农村贫困人口不愁吃、不愁穿，农村贫困人口 义务教育、基本医疗、住房安全有保障，某市拟派出 6人组成三个帮扶队，每队两人，对脱贫任务较重的 甲、乙、丙三县进行帮扶，则不同的派出方法种数共有 A. 15 B. 60 C. 90 D. 540 4. ．设函数  f x 的定义域为  , 1 1y f x  R 为奇函数，  2y f x  为偶函数，若  2024f  1，则  2f   （ ） A．1 B． 1 C．0 D． 3 5．下列说法正确的序号是（ ） A．在回归直线方程 1.2 2ŷ x  中，当解释变量 x每增加一个单位时，响应变量 y会增加 1.2个单位 B．利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得   1 2 n i i i y bx a    最小的原理： C．已知 X ，Y是两个分类变量，若随机变量 2 的观测值越大，则结论“ X 与Y有关系”的犯错概率越大； D．若A、 B两组成对数据的相关系数分别为 A Br r ，则A组数据的相关性更强 6已知 7ln 5 a  ， 2cos 5 b  ， 2 5 c  ，则 , ,a b c的大小关系为（ ） A． a b c  B．b c a  C． c b a  D． c a b  7. ．设 , 1x y  ， 1a  ， 1b  .若 3x ya b  ， 2 3a b  ，则 1 1 x y  最大值为（ ） A．2 B． 3 2 C．1 D． 12 第 2页/共 4页 学科网（北京）股份有限公司 8. ．定义 x 为不超过 x的最大整数，如 0.1 1   ， 0.5 0 ，  2.3 2 ，  2 2 .已知函数  f x 满足：对 任意 xR .    2 2f x f x  .当  0,2x 时，   22f x x x  ，则函数      g x f x f x    在 4,4 上的零点 个数为（ ） A．6 B．8 C．9 D．10 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 A，B，C为随机事件，则下列表述中不正确的是（ ） A. ( ) ( ) ( )P AB P A P B B.      P B C A P B A P C A   C.   1P A A  D.    P A B P AB 10. 对于函数   2 2 2 2 7 2e x x xf x   ，下列说法中正确的是（ ） A.  f x 存在有极大值也有最大值 B.  f x 有三个零点 C. 当 15 1, 2 x         时，   0f x  恒成立 D. 当 4 50, 2e a      时，  f x a 有 3个不相等的实数根 11. 在信道内传输 , ,M N P信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为  0 1   ，收到其他两个信号的概率均为1 2  ．若输入四个相同的信号 , ,MMMM NNNN PPPP的 概率分别为 1 2 3, ,p p p ，且 1 2 3 1p p p   ．记事件 1 1 1, ,M N P分别表示“输入MMMM ”“输入 NNNN ”“输 入 PPPP ”，事件D表示“依次输出MNPM ”，则（ ） A. 若输入信号MMMM ，则输出的信号只有两个M 的概率为  22 1  B.   2 2 1 1 2 P D M        C.   3 1 1 2 P D P        D.     1 1 1 2 3 1 1 pP M D p        第 3页/共 4页 学科网（北京）股份有限公司 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12. 若 e ln( )x ax x ax    ，则实数 a的取值范围为________ 13. 编号为 A、B、C、D、E的 5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求 A品种 不能种在 1，2试验田里，B品种必须与 A种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为________ 14. 设 为随机变量，从边长为 1的正方体 12条棱中任取两条，当两条棱相交时， 0  ；当两条棱异面时， 1  ；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望 E =________. 四、解答题：本题共 5小题，其中第 15题 13分，第 16，17题 15分，第 18，19题 17分，共 77分，解答 应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在二项式 3 1 1 n x       的展开式中，已知第 2项与第 8项的二项式系数相等． （1）求展开式中各项系数之和； （2）求展开式中二项式系数最大的项； （3）求展开式中的有理项． 16. 已知函数   2 1ex x af x    在点   1, 1f 处的切线与直线 4 2024 0x y   垂直. （1）求a的值； （2）求  f x 的单调区间和极值. 17．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选 取了 10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位： 2m ）和材积量（单位： 3m ），得到如下数据： 样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积 ix 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 iy 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得 10 10 10 2 2 i i i i i=1 i=1 i=1 0.038, 1.6158, 0.2474x y x y     ． (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； 第 4页/共 4页 学科网（北京）股份有限公司 (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到 0.01）； (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为 2186m ．已 知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数 i i i=1 2 2 i i i=1 i=1 ( , 1.896 1.377 )( ) ( ) ( ) n n n x x y y r x x y y          ． 18. 人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是 21世纪最重要的尖端科技之一，其理 论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后 通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理， 我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲 袋中有 9个红球和 1个白球乙袋中有 2个红球和 8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等 可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概 率均为 1 2 （先验概率）. （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率， ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中 摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 19. 已知函数    1 ln 1f x a x x    ． (1)求  f x 的单调区间； (2)当 2a  时，证明：当 1x  时，   1exf x  恒成立． 1 高二年级六月份质量检测试题 数学答案 （模拟 2） 2024.6.19 1 D 2 ：C. 3 C 4 D 5 B 6．B 7 C. 8 C 2【解析】【详解】由题意，      2 2 2 1f x x x x x         ， 令 ( ) 0f x¢ > ，解得 1 2x   ，令   0f x  ，解得 1x   或 2x  ， 所以  f x 在( )1,2- 上单调递减，在  , 1  ，  2, 上单调递减， 若函数   3 21 1 2 1 3 2 f x x x x     在区间  1, 4m m  上单调， 则 4 1m   或 1 2m  或 1 1 4 2 m m       ，解得 5m   或 3m  或m， 即 5m   或 3m  .故选 C 3【答案】C依题意，首先将人平均分成 3组，再将三组进行全排列即可，所以所有可能的 派出方法有 2 2 2 34 26 33 3 90C C C A A   （种） 4 D【详解】因为  1 1y f x   为奇函数，所以    1 1 1 1f x f x       ， 所以  f x 的图象关于点  1, 1  中心对称，则  1 1f    . 因为  2y f x  为偶函数，所以    2 2f x f x    ， 所以  f x 的图象关于直线 2x   轴对称. 由    1 1 1 1f x f x       ，得    2 2f x f x     ， 所以    2 2f x f x    ，则        4 2 2 2 2f x f x f x f x           ， 则  f x 的周期为 4，      2024 0 2 2 1f f f      ，则  2 3f    . 5 B【详解】对于选项 A：在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，响应变量平 均增加1.2个单位，A错误；对于选项 B：用随机误差的平方和，即    2 2 1 1 ˆ n n i i i i i y y y bx a        ， 并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中Q取最小值的那一条，由于平方又叫二乘， 2 所以这种使 “随机误差的平方和为最小”的方法叫做最小二乘法，所以利用最小二乘法求回 归直线方程，就是使得  2 1 n i i i y bx a    最小的原理，B正确； 对于选项 C：对分类变量 X 与Y ，对它们的随机变量 2 的观测值越大， 则“ X 与Y 有关系”的把握程度越大，C错误； 对于选项 D：样本相关系数反映的是两变量之间线性相关程度的强弱，若 0A Br r  ，A正 相关性更强，若0 A Br r  ， B负相关性更强，D错误. 故选：B. 6．B【详解】由  ln 1 x x  知 a c ，∵ 2 π π0 5 3 2    ，∴ 2 π 1 2cos cos 5 3 2 5    .知 c b . 故选：B. 7 C.【详解】∵ , 1x y  ， 1a  ， 1b  ， 3x ya b  ， ∴ 3 1log 3 loga x a   ， 3 1log 3 logb y b   ， ∴ 3 2 3 2 3 3 3 1 1 log log log lo og 12 3= l g ( 2 ) 2 a ba b ab x y           ， 当且仅当 = 3a b ， 2x y  时取等号.∴ 1 1 x y  的最大值为 1. 8 C【详解】当  0 2x , 时，   22f x x x  ，如图作出函数  f x 在[ 4,4] 上的图象. 由图知，在 4,4 上，函数  0 2f x  ，则[ ( )]f x 可取0,1,2三个值. 9【答案】AB【详解】对选项 A，当事件 ,A B为独立事件，则 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，故 A 错误；对选项 B，当事件 ,B C 为互斥事件时，      | | |P B C A P B A P C A  ， 故 B错误；对选项 C，      | 1 P AA P A A P A   ，故 C正确； 对选项 D，        | P AB P A B P AB P B   ，故 D正确. 3 10【答案】CD【详解】因为   2 2 2 2 7 2e x x xf x   ，故可得   2 2 8 2 e x xf x   ，由 ( ) 0f x¢ = 得 1 2x   ， 2 2x  ，易知当  , 2x    和  2, 时，  f x 单调递减；当  2,2x  时，  f x 单调递增，且当 x趋近于负无穷时，  f x 趋近于正无穷，对A，由上述分析可知，  f x 有极大值但无最大值，故A错误；对B：由 ( ) 0f x = 得 3 15 12x   ， 4 15 1 2 x   ， 故该函数只有两个零点，故B错误；对C：当 15 1 2 x  时，   0f x  ，故C正确； 对D：因为   4 52 2e f  ，  2 0f   ，且当 x趋近于负无穷时，  f x 趋近于正无穷， 当 x趋近于负无穷时，  f x 趋近于 0，故D正确．故选：CD． 11【答案】BCD【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为  0 1   ， 收到其他两个信号的概率均为 1 2  ，即收到的信号字母变的概率为1  ，且信号的传输 相 互 独 立 ， 所 以 输 入 信 号 MMMM ， 则 输 出 的 信 号 只 有 两 个 M 的 概 率 为    2 22 2 24C 61 1     ，故 A错误； B：因为      2 2 21 1 2 1 1 1 1 12 2 pP DM P D M P M p                ，故 B正确； C：      3 33 1 1 1 3 1 12 2 pP DP P D P P P p                ，故 C正确； D：因为      3 32 1 1 1 2 1 12 2 pP DN P D N P N p                ，而 2 3 3 2 1 2 3 1 1 1( ) 2 2 2 P D p p p                             2 3 2 2 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 2 2 p p p p                                      2 1 1 1 1 1 3 11 1 1 2 2 2 2 2 p p p pp                                      4  2 13 1 11 2 p               ， 所以              2 2 1 1 11 1 1 2 pP D M P MP M D P M D P D P D P D              2 2 1 1 2 11 1 22 3 1 13 1 11 2 p p pp                            ，故 D正确；故选：BCD. 12  0,e 【详解】不等式e ln( )x ax x ax    可化为 lne e ln( )x axx ax  （ ） ， 设   exg x x  ，则   e 1 0xg x    ，即  g x 在 R上单调递增， 因为     lng x g ax ，所以  lnx ax 恒成立， 根据对数函数的性质可得， a<0时显然不成立，所以 0a  ， 所以  ln ln lnx ax a x   ，所以 ln lna x x  恒成立.令   lnf x x x  ，则   11f x x    ,当0 1x  时   0f x  ，即  f x 单调递减；当 1x  时 ( ) 0f x¢ > ，即  f x 单调递增.所以    1 1f x f  ，所以只需 ln 1a  ，即 ea  ，又 0a  ， 所以 a的取值范围为  0,e . 13【答案】30【详解】当 A种在 4号田时，B只能种在 3号，其余三种蔬菜在三个位置全 排列，共有 3 3A 6 种结果，当 A种在 5号田时，结果相同，也有 6种； 当 A种在 3号田时，B有 3种结果，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有 333A 18 种结 果；根据分类计数原理，共有 6+6+18=30种结果.故答案为：30． 14【答案】 6 2 11  【详解】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为 1或 2． 正方体共 12条棱中任取两条，共有 12 11 66 2   种取法，其中相交的有 12 4 24 2   ，平行 且距离为 2的有 12 6 2  种，其余的是异面或距离为 1的平行线，共有 36种， ∴ 24 4( 0) 66 11 P     ， 6 1( 2) 66 11 P     ， 36 6( 1) 66 11 P     ， 5  分布列为：  0 1 2 P 4 11 6 11 1 11 4 6 1 6 20 1 2 11 11 11 11 E        ．故答案为： 6 2 11  ． 15【答案】（1）0 （2） 4 370x  （3）有理项为 228x ， 156x ，1 16【答案】（1） 3a   （2）单调递减区间为  , 1  和  3, ，单调递增区间为  1,3 ，  f x 的极大值为   2 63 e f  ，极小值为   21 2ef    . 17【详解】（1）样本中 10棵这种树木的根部横截面积的平均值 0.6 0.06 10 x   样本中 10棵这种树木的材积量的平均值 3.9 0.39 10 y   据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 20.06m ， 平均一棵的材积量为 30.39m （2）         10 10 i i i i i=1 i=1 10 10 10 102 2 2 2 2 2 i i i i i=1 i=1 i=1 i=1 10 10 10 x x y y x y xy r x x y y x x y y                       2 2(0.038 10 0.06 )(1.6158 1 0.2474 10 0.06 0.39 0.0134 0.0134 0.97 0.013770.0000 0 1899 6.3 )           则 0.97r  （3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为 3mY ，又已知树木的材积量与其根部横截面 积近似成正比，可得 0.06 186= 0.39 Y ，解之得 3=1209mY ． 则该林区这种树木的总材积量估计为 31209m 18【答案】（1） 11 20 （2）① 1 9 ；②方案二中取到红球的概率更大. 设试验一次，“取到甲袋”为事件 1A，“取到乙袋”为事件 2A ，“试验结果为红球”为事件 1B ，“试 6 验结果为白球”为事件 2B ， （1）          1 1 1 1 2 1 2 1 9 1 2 112 10 2 10 20P B P A P B A P A P B A       . 所以试验一次结果为红球的概率为 11 20 . 【 问 2 详 解 】 ① 因 为 1B ， 2B 是 对 立 事 件 ，    2 1 91 20 P B P B   ， 所 以            2 1 11 2 1 2 2 2 1 1 110 2 9 9 20 P B A P AP A B P A B P B P B      ，所选到的袋子为甲袋的概率为 1 9 . ②由①得    2 2 1 2 1 81 1 9 9P A B P A B     ， 所以方案一中取到红球的概率为：        1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 9 8 2 59 10 9 10 18P P A B P B A P A B P B A       ， 方案二中取到红球的概率为：        2 2 2 1 1 1 2 1 2 8 9 1 2 379 10 9 10 45P P A B P B A P A B P B A       ， 因为 37 5 45 18  ，所以方案二中取到红球的概率更大. 19（1） ( )f x 定义域为 (0, ) ， 1 1( ) axf x a x x     当 0a  时， 1( ) 0axf x x    ，故 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减；当 0a  时， 1 ,x a       时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， 当 10,x a      时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减. 综上所述，当 0a  时， ( )f x 的单调递减区间为 (0, ) ； 0a  时， ( )f x 的单调递增区间为 1 , a      ，单调递减区间为 10, a       . （2） 2a  ，且 1x  时， 1 1 1e ( ) e ( 1) ln 1 e 2 1 lnx x xf x a x x x x            ，令 1( ) e 2 1 ln ( 1)xg x x x x     ，下证 ( ) 0g x  即可. 1 1( ) e 2xg x x     ，再令 ( ) ( )h x g x ，则 1 2 1( ) exh x x    ，显然 ( )h x 在 (1, ) 上递增，则 0( ) (1) e 1 0h x h     ，即 ( ) ( )g x h x 在 (1, ) 上递增， 故 0( ) (1) e 2 1 0g x g      ，即 ( )g x 在 (1, ) 上单调递增， 故 0( ) (1) e 2 1 ln1 0g x g      ，问题得证