四川省廣元市川師大萬達中學2023-2024學年高二下學期6月月考數(shù)學試題【含答案】

四川省廣元市川師大萬達中學2023-2024學年度第二學期期6月月考高二年級數(shù)學試題一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）1．若上的可導函數(shù)在處滿足，則（

）A．6 B． C．3 D．2．已知隨機變量，且，則（

）A．0.04 B．0.48 C．0.5 D．0.963．已知函數(shù)有極大值和極小值，則a的取值范圍是（

）A． B．或 C． D．或4．不等式的解集為（）A． B． C． D．5．給圖中五個區(qū)域進行染色，每個區(qū)域只染一種顏色且相鄰的區(qū)域不同色.若有4種顏色可供選擇，則共有（

）種不同的染色方案.A．48 B．60 C．72 D．846．定義：兩個正整數(shù)a，b，若它們除以正整數(shù)m所得的余數(shù)相等，則稱a，b對于模m同余，記作，比如：.已知：，滿足，則可以是（

）A．44 B．32 C．35 D．297．三個數(shù)的大小順序為（

）A． B． C． D．8．函數(shù)的導數(shù)仍是x的函數(shù)，通常把導函數(shù)的導數(shù)叫做函數(shù)的二階導數(shù)，記作．類似的，二階導數(shù)的導數(shù)叫做三階導數(shù)，三階導數(shù)的導數(shù)叫做四階導數(shù)…．一般地，階導數(shù)的導數(shù)叫做n階導數(shù)，函數(shù)的n階導數(shù)記作，例如的n階導數(shù)．若，則（

）A．2022 B．2023 C．2024 D．2025二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分）9．定義在區(qū)間上的函數(shù)的導函數(shù)的圖象如圖所示，以下命題正確的是（

）A．函數(shù)的最小值是B．在區(qū)間上單調C．是函數(shù)的極值點D．曲線在附近比在附近上升得更緩慢10．一個箱子中裝有大小?形狀均相同的8個小球，其中白球5個?黑球3個，現(xiàn)在兩次不放回的從箱子中取球，第一次先從箱子中隨機取出1個球，第二次再從箱子中隨機取出2個球，分別用表示事件“第一次取出白球”，“第一次取出黑球”；分別用表示事件“第二次取出的兩球都為黑球”，“第二次取出的兩球為一個白球一個黑球”.則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．11．已知函數(shù)，則下列結論正確的是（

）A．函數(shù)存在二個不同的零點B．函數(shù)的極大值為，極小值為C．若時，，則的最大值為2D．若方程有兩個實根，則三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12．已知隨機變量，，則.13．在多項式的展開式中，含項的系數(shù)為.14．若函數(shù)與的圖像在實數(shù)集上有且只有個交點，則實數(shù)的取值范圍為．四、解答題（本大題共5小題，共77分.）15．已知的展開式中，第2項與第3項的二項式系數(shù)之比為1：3.(1)求n的值；(2)求展開式中所有的有理項.16．已知奇函數(shù)在處取得極大值2．(1)求的解析式；(2)若，使得有解，求實數(shù)的取值范圍．17．為豐富和活躍學校教師業(yè)余文化生活，提高教師身體素質，展現(xiàn)教師自我風采，增進教師溝通交流，陽泉一中舉辦了2024年度第一屆青年教師團建暨羽毛球比賽活動，已知其決賽在小胡和小張之間進行，每場比賽均能分出勝負，已知該學校為本次決賽提供了1000元獎金，并規(guī)定:若其中一人贏的場數(shù)先達到4場，則比賽終止，同時該人獲得全部獎金;若比賽意外終止時無人先贏4場，則按照比賽繼續(xù)進行各自贏得全部獎金的概率之比給兩人分配獎金.若每場比賽小胡贏的概率為，每場比賽相互獨立.(1)在已進行的5場比賽中小胡贏了3場，若比賽繼續(xù)進行到有人先贏4場，求小胡贏得全部獎金的概率；(2)若比賽進行了5場時終止（含自然終止與意外終止），記小胡獲得獎金數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望.18．“南澳牡蠣”是我國地理標志產(chǎn)品，產(chǎn)量高、肉質肥、營養(yǎng)好，素有“海洋牛奶精品”的美譽.2024年該基地考慮增加人工投入，現(xiàn)有以往的人工投入增量x（人）與年收益增量y（萬元）的數(shù)據(jù)如下：人工投入增量x（人）234681013年收益增量y（萬元）13223142505658該基地為了預測人工投入增量為16人時的年收益增量，建立了y與x的兩個回歸模型：模型①：由最小二乘公式可求得y與x的線性回歸方程：；模型②：由散點圖的樣本點分布，可以認為樣本點集中在曲線：的附近，對人工投入增量x做變換，令，則，且有，，，.(1)（i）根據(jù)所給的統(tǒng)計量，求模型②中y關于x的回歸方程（精確到0.1）；（ii）根據(jù)下列表格中的數(shù)據(jù)，比較兩種模型的決定系數(shù)，并選擇擬合精度更高、更可靠的模型，預測人工投入增量為16人時的年收益增量.回歸模型模型①模型②回歸方程182.479.2(2)根據(jù)養(yǎng)殖規(guī)模與以往的養(yǎng)殖經(jīng)驗，產(chǎn)自某南澳牡蠣養(yǎng)殖基地的單個“南澳牡蠣”質量（克）在正常環(huán)境下服從正態(tài)分布.購買10只該基地的“南澳牡蠣”，會買到質量小于20g的牡蠣的可能性有多大?附：若隨機變量，則，；樣本的最小二乘估計公式為：，，.19．固定項鏈的兩端，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線．1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程為，其中為參數(shù)．當時，就是雙曲余弦函數(shù)，類似地我們可以定義雙曲正弦函數(shù)．它們與正、余弦函數(shù)有許多類似的性質．(1)類比正、余弦函數(shù)導數(shù)之間的關系，，，請寫出，具有的類似的性質（不需要證明）；(2)當時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍；(3)求的最小值．1．A【分析】根據(jù)函數(shù)在某點處的導數(shù)定義即可求解.【詳解】因為，所以，故選：A.2．D【分析】由正態(tài)分布的性質求解即可.【詳解】由正態(tài)分布的對稱性可知，，所以．故選：D3．B【分析】根據(jù)函數(shù)有極大值和極小值，可以判斷導數(shù)有兩個零點，然后求a的取值范圍即可.【詳解】函數(shù)，，函數(shù)有極大值和極小值，所以其導函數(shù)有兩個不同的解，所以或.故選：B4．D【分析】根據(jù)題意，利用排列數(shù)公式和排列數(shù)的性質，列出方程求得，結合，即可求解.【詳解】由，可得，整理得，解得，又因為，解得，綜上可得，又由所以.故選：D.5．C【分析】分為同色，且同色；同色，而不同色；同色，而不同色三種情況，分別計算，根據(jù)分類加法計數(shù)原理，求和即可得出答案.【詳解】由題意知，與任意一點均不同色.只用3種顏色，即同色，且同色，此時不同染色方法的種數(shù)為；用4種顏色，此時可能同色，而不同色或同色，而不同色.若同色，而不同色，此時不同染色方法的種數(shù)為；若同色，而不同色，此時不同染色方法的種數(shù)為.根據(jù)分類加法計數(shù)原理可得，不同染色方法的種數(shù)為.故選：C6．A【分析】首先根據(jù)二項式定理求，再計算除以7的余數(shù)，再結合選項，即可求解.【詳解】，，所以除以7的余數(shù)是，除以7的余數(shù)是2，選項中44除以7的余數(shù)是2，32除以7的余數(shù)是4，35除以7的余數(shù)是0，29除以7的余數(shù)是1.故選：A7．D【分析】首先將化成統(tǒng)一形式，構造函數(shù)，研究單調性進而比較大小即可.【詳解】由題意得，，；設，則，當時，，所以單調遞增，當時，，所以單調遞減，又，所以，即，所以.故選：D8．C【分析】利用n階導數(shù)的定義，求出，再求出導數(shù)值即得.【詳解】依題意，，，，，，，，，…，由此得，，，，，因此，所以.故選：C9．BD【分析】由圖形，根據(jù)導數(shù)在研究函數(shù)單調性的應用，結合極值點的概念即可判斷ABC；根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可判斷D.【詳解】對于A：由圖可知，單調遞減，單調遞增，所以，故A錯誤；對于B：由圖可知，單調遞增，故B正確；對于C：由圖可知單調遞增，單調遞增，所以不是函數(shù)的極值點，故C錯誤；對于D：由導數(shù)的幾何意義知，，且，所以在處的切線的斜率小于處的切線的斜率，即曲線在附近比在附近上升得更加緩慢，故D正確.故選：BD10．ACD【分析】根據(jù)題意，分別求得，然后結合條件概率公式以及全概率公式代入計算，逐一判斷，即可求解.【詳解】由題得，根據(jù)條件概率公式，得，，故正確，錯誤.對選項，所以，故C正確.對選項D，，，故D正確.故選：ACD.11．ACD【分析】根據(jù)零點的定義解方程可得其零點，知A正確；利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，求其極值點，可知B正確；采用數(shù)形結合的方式可判斷CD.【詳解】對于A，，令，可得，解得或，所以函數(shù)存在二個不同的零點，A正確；對于B，的定義域為，，令，可得或，當時，，在，上單調遞減，當時，，在上單調遞增；所以當時，函數(shù)取極小值，當時，函數(shù)取極大值，故B不正確；對于C，因為，所以作出圖象如下圖所示，

可知方程存在另一個解，，若當時，，則，所以的最大值為2，故C正確；對于D，方程有兩個實根等價于圖象的與的圖象有兩個不同交點，作出圖象如下圖所示，

結合圖象可知：，D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是首先求函數(shù)的導數(shù)，令導數(shù)為0，判斷零點兩側的正負，得到函數(shù)的單調性，關鍵是要注意是函數(shù)的單調遞減區(qū)間，但當時，，所以圖象是無限接近軸，如果這里判斷錯了，那選項就容易判斷錯了．12．【分析】借助二項分布期望公式與方差公式，結合方差的性質計算即可得.【詳解】由，故，則，則.故答案為：.13．【分析】根據(jù)題意，利用組合的運算方法，求得展開式中含項，即可求解.【詳解】由多項式，即為，要得到項，結合組合的運算，可得項為，所以項的系數(shù)為.故答案為：.14．【分析】問題等價于僅有個解，進一步可等價于僅有個解，設，利用導數(shù)研究函數(shù)的性質，作出其圖像，利用圖像即可得解．【詳解】解：依題意，僅有個解，顯然不是該方程的解，則，即僅有個解，設，定義域關于原點對稱，且滿足，即為奇函數(shù)，考慮時的情況，，，當時，，即在上單調遞減，當時，，即在上單調遞增，則函數(shù)極大值為，且當時，；當時，；作出函數(shù)的大致圖像如圖所示：由于僅有個解，故與函數(shù)的圖像僅有個交點，結合圖像可得或，解得或．故答案為：．15．(1)(2)，，，.【分析】（1）根據(jù)二項式系數(shù)公式，結合組合數(shù)的計算公式進行求解即可；（2）根據(jù)二項式的通項公式進行求解即可.【詳解】（1）因為的展開式中，第2項與第3項的二項式系數(shù)之比為1：3，所以，即，解得，或舍去，即；（2）因為的展開式的第項為：，所以當時，r=1，3，5，7，所以的展開式中，有理項分別為：，，，.16．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù)求出的值，由處取得極大值，求出，的值，即可確定的解析式；（2）判斷在上的單調性，求出函數(shù)的最值，依題意，解得即可．【詳解】（1）因為是奇函數(shù)，所以，即，所以，所以．由，得．因為在上取得極大值，所以，解得，經(jīng)檢驗，當時，在處取得極大值，故．（2）由（1）可知，，當時，，當和時，，即在上單調遞增，在，上單調遞減，所以在取得極小值，在處取得極大值，又因為，，，，所以在上的最大值為，最小值為，要使得有解，則，解得，所以的取值范圍為．17．(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）小胡贏得全部獎金是贏得第4場，或輸?shù)?場、贏第5場，根據(jù)互斥事件及相互獨立事件的概率公式計算可得；（2）依題意可得隨機變量的可能取值為，，，，計算對應的概率值，寫出的分布列，計算數(shù)學期望值．【詳解】（1）記小胡贏得全部獎金為事件，則；（2）若場比賽結束，比賽自然終止，①小胡與小張贏得比賽場數(shù)分別為，小胡獲元；②小胡與小張贏得比賽場數(shù)分別為，小胡無獎金；若場比賽結束，比賽意外終止，即有一人贏了場，有一人贏了場，則贏了場的人，按照比賽繼續(xù)進行贏得全部獎金的概率為，所以此人得到的獎金為元，則贏了場的人，得到的獎金為元；③小胡與小張贏得比賽場數(shù)分別為，小胡獲元；④小胡與小張贏得比賽場數(shù)分別為，小胡獲元；所以隨機變量的可能取值為，，，；比賽結果共有，所以，，，，所以的分布列為：02507501000數(shù)學期望為．18．(1)（i）；（ii）答案見解析(2)【分析】（1）（i）根據(jù)公式計算得到回歸直線方程；（ii）通過比較的大小可得到擬合效果的差異，將代入回歸方程可得到預測值.（2）根據(jù)正態(tài)分布的對稱性得到，購買10只該基地的“南澳牡蠣”，其中質量小于20g的牡蠣為只，故，由間接法列式得到結果即可；【詳解】（1）（i）由，有，且，所以模型②中關于的回歸方程為.（ii）由表格中的數(shù)據(jù)，有，即，模型①的小于模型②，說明回歸模型②刻畫的擬合效果更好．當時，模型②的收益增量的預測值為（萬元），這個結果比模型①的預測精度更高、更可靠．（2）由已知單個“南澳牡蠣”質量，則，由正態(tài)分布的對稱性可知，，設購買10只該基地的“南澳牡蠣”，其中質量小于的牡蠣為只，故，所以，所以這10只“南澳牡蠣”中，會買到質量小于的牡蠣的可能性僅為．19．(1),(2)(3)0【分析】（1）求導即可得結論;（2）構造函數(shù),求導,并結合分類討論確定函數(shù)的最小值即可求