山东省威海市乳山市银滩高级中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 山东省威海市乳山市银滩高级中学2023-2024学年高二下学期4月月考数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 827.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-20 16:47:25 | ||
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文档简介
银滩高级中学2023-2024学年高二下学期4月月考
数学
一 单选题
1.已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A.0.65 B.0.5 C.0.15 D.0.1
2.甲 乙 丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有（ ）
A.20种 B.30种 C.50种 D.60种
3.俗话说“斜风细雨不须归”，在自然界中，下雨大多伴随着刮风.已知某地8月份刮风的概率为，下雨的概率为，既刮风又下雨的概率为.记事件为“8月份某天刮风”，事件为“8月份某天下雨”，则（ ）
A. B. C. D.
4.随机变量的分布列如下表，若，则（ ）
-2 1 2
A.0 B.2 C.3 D.4
5.丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数在上的导函数为，在上的导函数为，在上恒成立，则称函数在上为“凹函数”.则下列函数在上是“凹函数”的是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知是定义在上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知函数，则满足的实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数.若存在实数使不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题
9.甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到A，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（ ）
A.不同的安排方法共有240种
B.甲志愿者被安排到学校的概率是
C.若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种
D.在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是
10.下列命题中，正确的有（ ）
A.服从，若，则；
B.若已知二项式的第三项和第八项的二项式系数相等.若展开式的常数项为84，则
C.已知，若A，互斥，则
D.2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法有48种.
11.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法一牛顿法.首先，设定一个起始点，如图，在处作图象的切线，切线与轴的交点横坐标记作：用替代重复上面的过程可得；一直继续下去，可得到一系列的数在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点.若要求的近似值（精确到0.1），我们可以先构造函数，再用“牛顿法”求得零点的近似值，即为的近似值，则下列说法正确的是（ ）
A.对任意
B.若，且，则对任意
C.当时，需要作2条切线即可确定的值
D.无论在上取任何有理数都有
三 填空题
12.展开式中项的系数是__________.
13.50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取张，为了使这张彩票里至少有一张中奖的概率大于至少为__________.
14.已知函数若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是__________.
四 解答题
15.已知的展开式中的第二项和第三项的系数相等.
（1）求的值；
（2）求展开式中所有二项式系数的和，并求出二项式系数最大的项；
（3）求展开式中所有的有理项.
16.已知二次函数的导函数图象如下图所示，设.
（1）若函数在区间上单调，求实数的取值范围；
（2）若函数的图像总在函数图象的上方，求的取值范围.
17.某陶瓷厂准备烧制甲 乙 丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有技术水平，经过第一次烧制后，甲 乙 丙三件产品合格的概率依次为，经过第二次烧制后，甲 乙 丙三件产品合格的概率依次为，
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
（2）分别求甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的概率
（3）经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为，求随机变量的数学期望和方差.
18.已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）求方程的实数根个数.
19.某品牌国产电动车近期进行了一系列优惠促销方案.既要真正让利于民，更要保证品质兼优，工厂在车辆出厂前抽取了100辆汽车作为样本进行单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）.
（2）根据大量的测试数据，可以认为该款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现从该款汽车的生产线任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.
（3）某线下销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送车模”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，指挥车模在方格图上行进，若车模最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券8万元；若最终停在“赠送车模”方格时，则可获得车模一个.已知硬币出现正 反面的概率都是0.5，车模开始在第0格，客户每掷一次硬币，车模向前移动一次.若掷出正面，车模向前移动一格，若掷出反面，车模向前移动两格，直到移到第4格（幸运之神）或第5格（赠送车模）时游戏结束.若有6人玩游戏，每人参与一次，求这6人获得优惠券总金额的期望值.
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，
参考答案
1.C
2.A 【详解】每个人被安排在另外两个人前面的机会是均等的，故共有种方法.
3.B
4.B 【详解】由题意可知，，解得，
又，所以；
所以.故选：B.
5.【答案】B 对，当时，，所以错误；
对B，在上恒成立，所以B正确；
对C，，所以错误；
对D，，因为，所以D错误.
6.D 【详解】由题意，当时，，则函数在上单调递增，而是定义在上的偶函数，容易判断是定义在上的奇函数，于是在上单调递增，而，则.于是当时，.故选：
7.D 【详解】故为偶函数
且当时，恒成立，
所以恒成立，当时，单调递增，而
由可得：，即
令所以单调递减，而
所以的解集为故选：D
8.A 【详解】由得，
即，令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为的极小值为，由解集为，得：的图象在直线上方的图象对应的，则实数的取值范围为.
9.ABD 【详解】甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到四所山区学校参加支教活动，
则共有种安排方法，故A正确；
甲志愿者被安排到学校，
若学校只有一个人，则有种安排方法，
若学校只有2个人，则有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到学校有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到学校的概率是，故B正确；
若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故错误；
甲志愿者被安排到学校有60种安排方法，
在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的安排方法有24种，
所以在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是，故正确.
10.BCD 【详解】A选项，依题意，解得，所以选项错误.
选项，由于二项式的第三项和第八项的二项式系数相等，
所以，所以，二项式，
展开式的通项公式是，
令，解得，所以，所以选项正确.
选项，若互斥，则，则根据条件概率公式，所以选项正确选项，记另一个男生为乙，
若站法如下：方法有种.
女 甲 女 女 乙
女 甲 乙 女 女
若站法如下：方法有种.
若站法如下：方法有种
女 女 乙 甲 女
乙 女 女 甲 女
综上所述，方法数共有种，所以选项正确.
11.BCD 【详解】A，因为，则，设，则切线方程为，切线与轴的交点横坐标为，所以，故A错误；
B，处的切线方程为，
所以与轴的交点横坐标为，故B正确；
，因为，所以两条切线可以确定的值，故C正确；
，由选项C可知，，所以无论在上取任何有理数都有，故D正确.故选：
12.320 【详解】由，
所以的系数为中的系数，展开式中为，
13.
所以，解得.
14. 【详解】当时，，当时.
当时，方程只有一个实数根.
当或时，方程有两个实数根.
当时，方程有三个不同的实数根，分别为，又，
可知，且，且
.记，则.
当时，，当，
当时，的极小值也是最小值，，
又当时，的取值范围是
15.【详解】（1）的展开式的通项为，，
展开式中的第二项和第三项的系数相等，
，即，解得或（舍）；
（2）展开式中所有二项式系数的和为；
二次式系数最大的项为第3次和第4次
（3）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.
16.【详解】（1）解：因为，
所以，由题意得，解得，则，
因为，所以，
当或时，，当时，，
所以在和上递增，在上递减，
因为函数在区间上单调，所以，解得；
（2）因为函数的图像总在函数图象的上方，
所以恒成立，
令，则，
当或时，，当时，，
所以的最小值为和中较小者，
因为，所以，
所以，又，所以.
17.【详解】（1）分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则.
（3）由（2）知，随机变量的可能取值为，且，
故；
.
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
故随机变量的数学期望
18.【详解】（1）因为，
所以，
故曲线在点处的切线方程；
（2）且.
当时，，
当时，，
故的单调增区间为，单调减区间为和；
（3）令，则在上单调递增，在和上单调递减，
，
在上有一个零点，
在上有一个零点，
，
在上有一个零点，
所以在和各有一个零点，
即方程的实数根个数为3.
19.【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出.
（2）由，.利用正态分布的对称性可得.
（3）计算车模移到第4格或第5格时的概率，计算一次游戏优惠券金额的期望值，再求6人获得优惠券总金额的期望值.
【详解】（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为：
千米
（2）由，它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率为：
.
（3）硬币出现正 反面的概率都是，
第一次掷出正面，车模移动到第1格，其概率为，
移动到第2格有两类情况：掷出2次正面或掷出1次反面，，
同理，，
，
，
设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为X万元，或0，
∴X的期望万元
设这6人获得优惠券总金额为Y万元，优惠券总金额的期望值.元.
数学
一 单选题
1.已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A.0.65 B.0.5 C.0.15 D.0.1
2.甲 乙 丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有（ ）
A.20种 B.30种 C.50种 D.60种
3.俗话说“斜风细雨不须归”，在自然界中，下雨大多伴随着刮风.已知某地8月份刮风的概率为，下雨的概率为，既刮风又下雨的概率为.记事件为“8月份某天刮风”，事件为“8月份某天下雨”，则（ ）
A. B. C. D.
4.随机变量的分布列如下表，若，则（ ）
-2 1 2
A.0 B.2 C.3 D.4
5.丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数在上的导函数为，在上的导函数为，在上恒成立，则称函数在上为“凹函数”.则下列函数在上是“凹函数”的是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知是定义在上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知函数，则满足的实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数.若存在实数使不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题
9.甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到A，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（ ）
A.不同的安排方法共有240种
B.甲志愿者被安排到学校的概率是
C.若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种
D.在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是
10.下列命题中，正确的有（ ）
A.服从，若，则；
B.若已知二项式的第三项和第八项的二项式系数相等.若展开式的常数项为84，则
C.已知，若A，互斥，则
D.2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法有48种.
11.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法一牛顿法.首先，设定一个起始点，如图，在处作图象的切线，切线与轴的交点横坐标记作：用替代重复上面的过程可得；一直继续下去，可得到一系列的数在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点.若要求的近似值（精确到0.1），我们可以先构造函数，再用“牛顿法”求得零点的近似值，即为的近似值，则下列说法正确的是（ ）
A.对任意
B.若，且，则对任意
C.当时，需要作2条切线即可确定的值
D.无论在上取任何有理数都有
三 填空题
12.展开式中项的系数是__________.
13.50张彩票中只有2张中奖票，今从中任取张，为了使这张彩票里至少有一张中奖的概率大于至少为__________.
14.已知函数若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是__________.
四 解答题
15.已知的展开式中的第二项和第三项的系数相等.
（1）求的值；
（2）求展开式中所有二项式系数的和，并求出二项式系数最大的项；
（3）求展开式中所有的有理项.
16.已知二次函数的导函数图象如下图所示，设.
（1）若函数在区间上单调，求实数的取值范围；
（2）若函数的图像总在函数图象的上方，求的取值范围.
17.某陶瓷厂准备烧制甲 乙 丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有技术水平，经过第一次烧制后，甲 乙 丙三件产品合格的概率依次为，经过第二次烧制后，甲 乙 丙三件产品合格的概率依次为，
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
（2）分别求甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的概率
（3）经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为，求随机变量的数学期望和方差.
18.已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）求方程的实数根个数.
19.某品牌国产电动车近期进行了一系列优惠促销方案.既要真正让利于民，更要保证品质兼优，工厂在车辆出厂前抽取了100辆汽车作为样本进行单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）.
（2）根据大量的测试数据，可以认为该款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现从该款汽车的生产线任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率.
（3）某线下销售公司现面向意向客户推出“玩游戏，赢大奖，送车模”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，指挥车模在方格图上行进，若车模最终停在“幸运之神”方格，则可获得购车优惠券8万元；若最终停在“赠送车模”方格时，则可获得车模一个.已知硬币出现正 反面的概率都是0.5，车模开始在第0格，客户每掷一次硬币，车模向前移动一次.若掷出正面，车模向前移动一格，若掷出反面，车模向前移动两格，直到移到第4格（幸运之神）或第5格（赠送车模）时游戏结束.若有6人玩游戏，每人参与一次，求这6人获得优惠券总金额的期望值.
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，
参考答案
1.C
2.A 【详解】每个人被安排在另外两个人前面的机会是均等的，故共有种方法.
3.B
4.B 【详解】由题意可知，，解得，
又，所以；
所以.故选：B.
5.【答案】B 对，当时，，所以错误；
对B，在上恒成立，所以B正确；
对C，，所以错误；
对D，，因为，所以D错误.
6.D 【详解】由题意，当时，，则函数在上单调递增，而是定义在上的偶函数，容易判断是定义在上的奇函数，于是在上单调递增，而，则.于是当时，.故选：
7.D 【详解】故为偶函数
且当时，恒成立，
所以恒成立，当时，单调递增，而
由可得：，即
令所以单调递减，而
所以的解集为故选：D
8.A 【详解】由得，
即，令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为的极小值为，由解集为，得：的图象在直线上方的图象对应的，则实数的取值范围为.
9.ABD 【详解】甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到四所山区学校参加支教活动，
则共有种安排方法，故A正确；
甲志愿者被安排到学校，
若学校只有一个人，则有种安排方法，
若学校只有2个人，则有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到学校有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到学校的概率是，故B正确；
若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故错误；
甲志愿者被安排到学校有60种安排方法，
在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的安排方法有24种，
所以在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是，故正确.
10.BCD 【详解】A选项，依题意，解得，所以选项错误.
选项，由于二项式的第三项和第八项的二项式系数相等，
所以，所以，二项式，
展开式的通项公式是，
令，解得，所以，所以选项正确.
选项，若互斥，则，则根据条件概率公式，所以选项正确选项，记另一个男生为乙，
若站法如下：方法有种.
女 甲 女 女 乙
女 甲 乙 女 女
若站法如下：方法有种.
若站法如下：方法有种
女 女 乙 甲 女
乙 女 女 甲 女
综上所述，方法数共有种，所以选项正确.
11.BCD 【详解】A，因为，则，设，则切线方程为，切线与轴的交点横坐标为，所以，故A错误；
B，处的切线方程为，
所以与轴的交点横坐标为，故B正确；
，因为，所以两条切线可以确定的值，故C正确；
，由选项C可知，，所以无论在上取任何有理数都有，故D正确.故选：
12.320 【详解】由，
所以的系数为中的系数，展开式中为，
13.
所以，解得.
14. 【详解】当时，，当时.
当时，方程只有一个实数根.
当或时，方程有两个实数根.
当时，方程有三个不同的实数根，分别为，又，
可知，且，且
.记，则.
当时，，当，
当时，的极小值也是最小值，，
又当时，的取值范围是
15.【详解】（1）的展开式的通项为，，
展开式中的第二项和第三项的系数相等，
，即，解得或（舍）；
（2）展开式中所有二项式系数的和为；
二次式系数最大的项为第3次和第4次
（3）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.
16.【详解】（1）解：因为，
所以，由题意得，解得，则，
因为，所以，
当或时，，当时，，
所以在和上递增，在上递减，
因为函数在区间上单调，所以，解得；
（2）因为函数的图像总在函数图象的上方，
所以恒成立，
令，则，
当或时，，当时，，
所以的最小值为和中较小者，
因为，所以，
所以，又，所以.
17.【详解】（1）分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则.
（3）由（2）知，随机变量的可能取值为，且，
故；
.
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
故随机变量的数学期望
18.【详解】（1）因为，
所以，
故曲线在点处的切线方程；
（2）且.
当时，，
当时，，
故的单调增区间为，单调减区间为和；
（3）令，则在上单调递增，在和上单调递减，
，
在上有一个零点，
在上有一个零点，
，
在上有一个零点，
所以在和各有一个零点，
即方程的实数根个数为3.
19.【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数的计算方法即可得出.
（2）由，.利用正态分布的对称性可得.
（3）计算车模移到第4格或第5格时的概率，计算一次游戏优惠券金额的期望值，再求6人获得优惠券总金额的期望值.
【详解】（1）估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为：
千米
（2）由，它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率为：
.
（3）硬币出现正 反面的概率都是，
第一次掷出正面，车模移动到第1格，其概率为，
移动到第2格有两类情况：掷出2次正面或掷出1次反面，，
同理，，
，
，
设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为X万元，或0，
∴X的期望万元
设这6人获得优惠券总金额为Y万元，优惠券总金额的期望值.元.
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