精品解析：四川省广元市川师大万达中学2023-2024学年高二下学期6月月考数学试题

四川省广元市川师大万达中学2023-2024学年度第二学期期6月月考 高二年级数学试题 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若上的可导函数在处满足，则（ ） A. 6 B. C. 3 D. 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.04 B. 0.48 C. 0.5 D. 0.96 3. 已知函数有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 4. 不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 5. 给图中五个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（ ）种不同的染色方案. A. 48 B. 60 C. 72 D. 84 6. 定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知：，满足，则可以是（ ） A. 44 B. 32 C. 35 D. 29 7. 三个数大小顺序为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作．类似的，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数…．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记作，例如的n阶导数．若，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，以下命题正确的是（ ） A. 函数的最小值是 B. 在区间上单调 C. 是函数的极值点 D. 曲线在附近比在附近上升得更缓慢 10. 一个箱子中装有大小､形状均相同的8个小球，其中白球5个､黑球3个，现在两次不放回的从箱子中取球，第一次先从箱子中随机取出1个球，第二次再从箱子中随机取出2个球，分别用表示事件“第一次取出白球”，“第一次取出黑球”；分别用表示事件“第二次取出的两球都为黑球”，“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在二个不同的零点 B. 函数的极大值为，极小值为 C. 若时，，则的最大值为2 D. 若方程有两个实根，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量，，则_______. 13. 在多项式的展开式中，含项的系数为__________. 14. 若函数与的图像在实数集上有且只有个交点，则实数的取值范围为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.） 15. 已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为1：3. （1）求n的值； （2）求展开式中所有的有理项. 16. 已知奇函数在处取得极大值2． （1）求的解析式； （2）若，使得有解，求实数取值范围． 17. 为丰富和活跃学校教师业余文化生活，提高教师身体素质，展现教师自我风采，增进教师沟通交流，阳泉一中举办了2024年度第一届青年教师团建暨羽毛球比赛活动，已知其决赛在小胡和小张之间进行，每场比赛均能分出胜负，已知该学校为本次决赛提供了1000元奖金，并规定:若其中一人赢场数先达到4场，则比赛终止，同时该人获得全部奖金;若比赛意外终止时无人先赢4场，则按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比给两人分配奖金.若每场比赛小胡赢的概率为，每场比赛相互独立. （1）在已进行的5场比赛中小胡赢了3场，若比赛继续进行到有人先赢4场，求小胡赢得全部奖金的概率； （2）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），记小胡获得奖金数为，求的分布列和数学期望. 18. “南澳牡蛎”是我国地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉.2024年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下： 人工投入增量x（人） 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有，，，. （1）（i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； （ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的决定系数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量. 回归模型 模型① 模型② 回归方程 1824 79.2 （2）根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布.购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大? 附：若随机变量，则，； 样本最小二乘估计公式为：，，. 19. 固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数．它们与正、余弦函数有许多类似的性质． （1）类比正、余弦函数导数之间的关系，，，请写出，具有的类似的性质（不需要证明）； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四川省广元市川师大万达中学2023-2024学年度第二学期期6月月考 高二年级数学试题 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若上的可导函数在处满足，则（ ） A. 6 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数在某点处的导数定义即可求解. 【详解】因为， 所以， 故选：A. 2. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.04 B. 0.48 C. 0.5 D. 0.96 【答案】D 【解析】 【分析】由正态分布的性质求解即可. 【详解】由正态分布的对称性可知，， 所以． 故选：D 3. 已知函数有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数有极大值和极小值，可以判断导数有两个零点，然后求a的取值范围即可. 【详解】函数， ， 函数有极大值和极小值， 所以其导函数有两个不同的解， 所以或 故选：B 4. 不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用排列数公式和排列数的性质，列出方程求得，结合，即可求解. 【详解】由，可得，整理得，解得， 又因为，解得， 综上可得，又由 所以. 故选：D. 5. 给图中五个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（ ）种不同的染色方案. A. 48 B. 60 C. 72 D. 84 【答案】C 【解析】 【分析】分为同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案. 【详解】由题意知，与任意一点均不同色. 只用3种颜色，即同色，且同色，此时不同染色方法的种数为； 用4种颜色，此时可能同色，而不同色或同色，而不同色. 若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为； 若同色，而不同色，此时不同染色方法的种数为. 根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为. 故选：C 6. 定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知：，满足，则可以是（ ） A. 44 B. 32 C. 35 D. 29 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据二项式定理求，再计算除以7的余数，再结合选项，即可求解. 【详解】， ， 所以除以7的余数是，除以7的余数是2， 选项中44除以7的余数是2，32除以7的余数是4，35除以7的余数是0，29除以7的余数是1. 故选：A 7. 三个数的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先将化成统一形式，构造函数，研究单调性进而比较大小即可. 【详解】由题意得，，； 设，则， 当时，，所以单调递增，当时，，所以单调递减， 又，所以，即，所以. 故选：D 8. 函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作．类似的，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数…．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记作，例如的n阶导数．若，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】C 【解析】 【分析】利用n阶导数的定义，求出，再求出导数值即得. 【详解】依题意，，，， ，，， ，，…， 由此得，， ，，， 因此，所以. 故选：C 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 定义在区间上的函数的导函数的图象如图所示，以下命题正确的是（ ） A. 函数的最小值是 B. 在区间上单调 C. 是函数的极值点 D. 曲线在附近比在附近上升得更缓慢 【答案】BD 【解析】 【分析】由图形，根据导数在研究函数单调性的应用，结合极值点的概念即可判断ABC；根据导数的几何意义即可判断D. 【详解】对于A：由图可知，单调递减，单调递增， 所以，故A错误； 对于B：由图可知，单调递增，故B正确； 对于C：由图可知单调递增，单调递增， 所以不是函数的极值点，故C错误； 对于D：由导数的几何意义知，，且， 所以在处的切线的斜率小于处的切线的斜率， 即曲线在附近比在附近上升得更加缓慢，故D正确. 故选：BD 10. 一个箱子中装有大小､形状均相同的8个小球，其中白球5个､黑球3个，现在两次不放回的从箱子中取球，第一次先从箱子中随机取出1个球，第二次再从箱子中随机取出2个球，分别用表示事件“第一次取出白球”，“第一次取出黑球”；分别用表示事件“第二次取出的两球都为黑球”，“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，分别求得，然后结合条件概率公式以及全概率公式代入计算，逐一判断，即可求解. 【详解】由题得， 根据条件概率公式，得， ，故正确，错误. 对选项， 所以， 故C正确. 对选项D，， ，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数存在二个不同的零点 B. 函数的极大值为，极小值为 C. 若时，，则的最大值为2 D. 若方程有两个实根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据零点的定义解方程可得其零点，知A正确；利用导数判断函数的单调性，求其极值点，可知B正确；采用数形结合的方式可判断CD. 【详解】对于A，，令，可得， 解得或，所以函数存在二个不同的零点，A正确； 对于B，的定义域为，， 令，可得或， 当时，，在，上单调递减， 当时，，在上单调递增； 所以当时，函数取极小值， 当时，函数取极大值，故B不正确； 对于C，因为，所以作出图象如下图所示， 可知方程存在另一个解，， 若当时，，则， 所以的最大值为2，故C正确； 对于D，方程有两个实根等价于图象的与的图象有两个不同交点， 作出图象如下图所示， 结合图象可知：，D正确 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键是首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，关键是要注意是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项就容易判断错了． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12 已知随机变量，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】借助二项分布期望公式与方差公式，结合方差的性质计算即可得. 【详解】由，故，则， 则. 故答案为：. 13. 在多项式的展开式中，含项的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用组合的运算方法，求得展开式中含项，即可求解. 【详解】由多项式，即为， 要得到项，结合组合的运算，可得项为， 所以项的系数为. 故答案为：. 14. 若函数与的图像在实数集上有且只有个交点，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】问题等价于仅有个解，进一步可等价于仅有个解，设，利用导数研究函数的性质，作出其图像，利用图像即可得解． 【详解】解：依题意，仅有个解，显然不是该方程的解，则，即仅有个解， 设，定义域关于原点对称，且满足，即为奇函数， 考虑时的情况，，， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 则函数极大值为，且当时，；当时，； 作出函数的大致图像如图所示： 由于仅有个解，故与函数的图像仅有个交点， 结合图像可得或，解得或． 故答案为：． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.） 15. 已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为1：3. （1）求n的值； （2）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1） （2），，，. 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数公式，结合组合数的计算公式进行求解即可； （2）根据二项式的通项公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为1：3， 所以，即， 解得，或舍去，即； 【小问2详解】 因为的展开式的第项为： ， 所以当时，r=1，3，5，7， 所以的展开式中，有理项分别为： ，， ，. 16. 已知奇函数在处取得极大值2． （1）求的解析式； （2）若，使得有解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数为奇函数求出的值，由处取得极大值，求出，的值，即可确定的解析式； （2）判断在上的单调性，求出函数的最值，依题意，解得即可． 【小问1详解】 因为是奇函数，所以， 即，所以，所以． 由，得． 因为在上取得极大值， 所以，解得， 经检验，当时，在处取得极大值， 故． 【小问2详解】 由（1）可知，， 当时，， 当和时，， 即在上单调递增，在，上单调递减， 所以在取得极小值，在处取得极大值， 又因为，，，， 所以在上的最大值为，最小值为， 要使得有解，则，解得， 所以的取值范围为． 17. 为丰富和活跃学校教师业余文化生活，提高教师身体素质，展现教师自我风采，增进教师沟通交流，阳泉一中举办了2024年度第一届青年教师团建暨羽毛球比赛活动，已知其决赛在小胡和小张之间进行，每场比赛均能分出胜负，已知该学校为本次决赛提供了1000元奖金，并规定:若其中一人赢的场数先达到4场，则比赛终止，同时该人获得全部奖金;若比赛意外终止时无人先赢4场，则按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比给两人分配奖金.若每场比赛小胡赢的概率为，每场比赛相互独立. （1）在已进行的5场比赛中小胡赢了3场，若比赛继续进行到有人先赢4场，求小胡赢得全部奖金的概率； （2）若比赛进行了5场时终止（含自然终止与意外终止），记小胡获得奖金数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）小胡赢得全部奖金是赢得第4场，或输第4场、赢第5场，根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得； （2）依题意可得随机变量的可能取值为，，，，计算对应的概率值，写出的分布列，计算数学期望值． 【小问1详解】 记小胡赢得全部奖金为事件，则； 【小问2详解】 若场比赛结束，比赛自然终止， ①小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡获元； ②小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡无奖金； 若场比赛结束，比赛意外终止，即有一人赢了场，有一人赢了场， 则赢了场的人，按照比赛继续进行赢得全部奖金的概率为， 所以此人得到的奖金为元，则赢了场的人，得到的奖金为元； ③小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡获元； ④小胡与小张赢得比赛场数分别为，小胡获元； 所以随机变量的可能取值为，，，； 比赛结果共有， 所以，， ，， 所以的分布列为： 0 250 750 1000 数学期望为． 18. “南澳牡蛎”是我国地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉.2024年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下： 人工投入增量x（人） 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有，，，. （1）（i）根据所给统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； （ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的决定系数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量. 回归模型 模型① 模型② 回归方程 182.4 79.2 （2）根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布.购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大? 附：若随机变量，则，； 样本的最小二乘估计公式为：，，. 【答案】（1）（i）；（ii）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据公式计算得到回归直线方程；（ii）通过比较的大小可得到拟合效果的差异，将代入回归方程可得到预测值. （2）根据正态分布的对称性得到，购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为只，故，由间接法列式得到结果即可； 【小问1详解】 （i）由， 有， 且， 所以模型②中关于的回归方程为. （ii）由表格中的数据，有，即， 模型①的小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好． 当时，模型②的收益增量的预测值为 （万元）， 这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠． 【小问2详解】 由已知单个“南澳牡蛎”质量，则， 由正态分布的对称性可知， ， 设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于的牡蛎为只， 故， 所以， 所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于的牡蛎的可能性仅为． 19. 固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数．它们与正、余弦函数有许多类似的性质． （1）类比正、余弦函数导数之间的关系，，，请写出，具有的类似的性质（不需要证明）； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）求的最小值． 【答案】（1）, （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）求导即可得结论; （2）构造函数,求导,并结合分类讨论确定函数的最小值即可求解; （3）多次求导最终判断函数单调在内单调递增,且函数为偶函数从而确定最小值. 【小问1详解】 求导易知,. 【小问2详解】 构造函数，，由（1）可知， ①当时，由, 可知，，故单调递增， 此时，故对任意，恒成立，满足题意； ②当时，令，， 则，可知单调递增， 由与可知， 存在唯一，使得， 故当时，， 则在内单调递减， 故对任意，，即，矛盾； 综上所述，实数的取值范围为． 【小问3详解】 ，， 令，则； 令，则， 当时，由（2）可知，， 则， 令，则，故在内单调递增， 则，故内单调递增， 则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 因为， 即为偶函数，故在内单调递减， 则，故当且仅当时，取得最小值0． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$