四川省遂宁中学校2023-2024学年高二下学期5月月考数学试卷

遂宁中学高2022级高二下5月月考数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：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．已知随机变量服从两点分布，且，设，那么的值是（     ） A．0.84 B．0.7 C．0.4 D．0.3 2．某校有7名同学获省数学竞赛一等奖，其中男生4名，女生3名．现随机选取2名学生作“我爱数学”主题演讲．假设事件为“选取的两名学生性别相同”，事件为“选取的两名学生为女生”，则（    ） A． B． C． D． 3．下列求导运算不正确的是（     ） A． B． C． D． 4．设为可导函数，且满足，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A．1 B．3 C．6 D．9 5．已知函数的图象如右图所示，则不等式的解集为（     ） A． B． C． D． 6．北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（     ） A．144种 B．204种 C．156种 D．240种 7．，有恒成立，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且，则（     ） A．在处取得极小值 B．在取得极大值 C． D． 二、多选题:本题共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，全部选对的得满分，部分选对的得部分分，有错选的得0分. 9．设，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D． 10．甲罐中有5个红球，3个白球，乙罐中有4个红球，2个白球．整个取球过程分两步：先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用、表示由甲罐取出的球是红球、白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B、C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”、“两球为一红一白”的事件．则下列结论中正确的是（     ） A． B． C． D． 11．已知函数，则下列结论正确的是（     ） A． B．在定义域上是增函数 C．的值域为 D．若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数（是的导函数），则曲线在处的切线方程为 ． 13．用0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中能被3整除的偶数有 个．（用数字作答）. 14．已知函数，若关于的方程恰有两个不同解，则的取值范围是 . 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．（13分）已知函数在处取得极值，其中． (1)求的值； (2)当时，方程=k有两个不等实数根，求实数k的取值范围． 16．（15分）已知的展开式中的所有二项式系数的和为32． (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中所有的有理项． 17．（15分）甲，乙两小朋友参加“欢乐六一”游戏比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分，设一轮比赛中甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.5，求： (1)在一轮比赛中，甲的得分的概率分布列（列表表示）； (2)在两轮比赛中，甲的得分的均值与方差． 18．（17分）在某诗词大会的“个人追逐赛”环节中，参赛选手应从8个不同的题目中随机抽取3个题目进行作答．已知这8个题目中，选手甲只能正确作答其中的6个，而选手乙正确作答每个题目的概率均为0.8，且甲、乙两位选手对每个题目作答都是相互独立的． (1)求选手甲恰好正确作答2个题目的概率； (2)记选手乙正确作答的题目个数为X，求X的分布列和数学期望； (3)如果在抽取的3个题目中答对2个题目就可以晋级，你认为甲、乙两位选手谁晋级的可能性更大？请说明理由． 19．（17分）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：； (3)证明：对任意的且，都有：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 遂宁中学高2022级高二下5月月考数学参考答案 1．A.【详解】， 所以. 故选：A 2．C.【详解】由题意得，事件包含的样本点数， 事件和包含的样本点数，所以. 故选：C 3．A.【详解】对于A：，A错误； 对于B选项：令，则，故B正确； 对于C：，C正确； 对于D：，D正确； 故选：A 4．D.【详解】由题意，， 即，故，即曲线在点处的切线的斜率是9. 5．D.【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当或时，；当时，； 而等价于①，或②， 由①得或，则，由②得，则， 综上，. 故选：D. 6．C.【详解】第一步，唐胜杰、江新林2人相邻，有种排法； 第二步，分景海鹏站最右边与景海鹏不站最左边与最右边两种情况讨论 第一种情况：景海鹏站最右边，共有种排法； 第二种情况：景海鹏不站最左边与最右边，则共有种排法， 故总共有种排法. 故选：C. 7．B.【详解】因为，有恒成立，所以在上恒成立， 令，，则， 令，得，当时，，故在上单调递增， 当时，，故在上单调递减， 则，所以，即实数的取值范围为. 故选：B． 8．A.【分析】设对其求导可得，因此设可得，由可得的解析式，再利用导数判断单调性得极值可判断A、D，利用单调性比较大小可判断B、C，进而可得正确选项. 【详解】设，则，所以，可得， 所以，，所以，所以， 由可得，由可得，所以在单调递减，在单调递增， 对于B和D：因为在单调递减，在单调递增， 所以，，， 所以，故选项B、D不正确； 对于A和B：因为在单调递减，在单调递增，在处取得极小值，故选项A正确，选项B不正确； 故选：A. 9．AC.【详解】令，所以， 所以原式可变形为， 所以，故正确；令，则， 令，则，所以，故B不正确； 令，则，故C正确； 令，则， 所以，故不正确. 故选：AC. 10． ACD.【详解】 对A：在事件发生的条件下，乙罐中有4红3白7个球，则，故A正确； 对B：在事件发生的条件下，乙罐中有5红2白7个球，则，故B错误； 对C：因，，，， 则，故C正确； 对D：因，， 则，故D正确. 故选：ACD. 11．ACD【分析】计算的结果，可计算A选项；求定义域，求正负，可判断单调性，判断B选项；由A选项单调性可求的值域，判断C选项；变形，由单调性可知，可判断D选项. 【详解】，， 所以，故A正确； 由题意得定义域为，且， 所以在和上单调递增，但不能说在定义域上单调递增，故B错误； 当时，且趋向于0时趋向于负无穷； 当时，且趋向于正无穷大时趋向于正无穷大， 所以的值域为R，故C正确； ， 因为在和上单调递增，且，，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD 12．．【详解】由题意设切点，因为 ， 令，得，由导数几何意义知：， 又，所以，故曲线在处的切线方程为：， 整理得： . 故答案为：. 13．96.【详解】其中能被3整除的有，被3除余1的有，被3除余2的有， 所以被3整除的四位数由数字构成，有种方法，或是包含数字，再从和各选一个数字组成一个四位数，有种方法，所以能被3整除的有个. 14．.【分析】利用的单调性以及已知条件得到，代入，令，利用导数的求得的值域，从而得解. 【详解】因为，所以在上单调递增，值域为， 在上也单调递增，值域为， 又的两根为，所以， 从而， 令，则，． 因为，所以，所以在上恒成立， 从而在上单调递增．又，所以， 即的取值范围是， 故答案为：． 15． (1) (2)<k≤0 【详解】（1）由求导得， 依题意可知，即，解得， 此时，，由求得或， 当时，，函数递增，当时，函数递减， 故时，函数取得极大值，故. （2）由（1）得， 令解得或，因， 故当时，函数递减，当时，函数递增， 当 时, 取得极小值, 无极大值, 所以 ， 所以在区间上，的最大值为或，而． 所以在区间上的最大值为4,最小值为．作出函数与直线y=k的图像，由图知<k≤0. 16．(1) ， ; (2) 【详解】（1）易知：的展开式的所有二项式系数和为 由题意有，解得. 展开式共6项，二项式系数最大的项为第3项和第4项， 即，； （2）二项式展开式的通项为， 当时，对应项是有理项， 所以展开式中所有的有理项为． 17．【详解】（1）一轮比赛中，甲得分的可能取值为， ， X -1 0 1 P 则的概率分布列为： （2）甲在二轮比赛中的得分可能取值为， ，， ， ， 所以甲的得分的均值为， 甲的得分的方差为， 甲的得分的均值与方差分别为. 18．【详解】（1）设事件A为“选手甲正确作答2个题目”，则． 故选手甲恰好正确作答2个题目的概率为． （2）由题意得，，X的所有可能取值为0，1，2，3， X 0 1 2 3 P 0.008 0.096 0.384 0.512 ∴，，，， ∴X的分布列为 ∴． （3）设选手甲正确作答的题目个数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3， ∴，，∴． ∵，∴， ∴可以认为选手乙晋级的可能性更大． 19．【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，即可求得不同情况下函数的单调性； （2）构造函数，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明； （3）根据（2）中所求得，结合放缩法和累加法即可证明. 【详解】（1）函数定义域，， 当时，恒成立，所以在单调递增； 当时，令，得， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减. 综上所述，当时， 在单调递增； 当时， 在单调递增，在单调递减. （2）当时，，要证明，即证，即证， 设，则，令得，可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 所以，即，故得证. （3）由（2）可得，（当且仅当时等号成立），令，， 则，所以 ， 即， 所以. 【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，要善于运用转化法，整体代换转化进行放缩证明不等式. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$