福建省泉州市安溪第一中学2023-2024学年高二下学期6月份质量检测数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 福建省泉州市安溪第一中学2023-2024学年高二下学期6月份质量检测数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-09 14:23:03 | ||
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文档简介
福建省安溪第一中学
2023-2024学年高二年下学期6月份质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
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，只有一项是符合要求的．
1．下列式子正确的是
A． B．
C． D．
2．已知某种商品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：
2 4 5 6 8
30 40 50 60
根据表中的全部数据，用最小二乘法得出与的线性回归方程为，则表中的值为
A．45 B．50 C．55 D．70
3．已知随机变量，若，则
A． B． C． D．
4．等比数列满足，，则
A．56 B． C． D．112
5．二项式展开式中的系数为
A．120 B．135 C． D．
6．某银行拟面向部分科创小微企业开展贷款业务．调查数据表明，科创小微企业的贷款实际还款比例关于其年收入（单位：万元）的函数模型为．已知当贷款小微企业的年收入为10万元时，其实际还款比例为，若银行期待实际还款比例为，则贷款小微企业的年收入约为 （参考数据：，
A．14万元 B．16万元 C．18万元 D．20万元
7．函数的最小值为
A． B． C．1 D．
8．已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
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，，则
A． B． C． D．
10．已知，下列说法正确的是
A．在处的切线方程为 B．单调递减区间为
C．的极小值为 D．方程有两个不同的解
11．已知函数，，则下列各选项正确的是
（参考数据：
A．在上单调递增 B．有且仅有两个零点
C．， D．若有两解，，则
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．，其中，则 ．
13．现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有人经过，则有 种不同的进站方式（用数字作答）
14．若是区间，上的单调函数，满足（a），（b），且为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间，上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点，处的切线与轴交点的横坐标，2，3，，当与的误差估计值为，的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的的最小值为 ，相应的值为 ．
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．（本小题满分13分）
西部某村在产业扶贫政策的大力支持下，用2000亩地发展中药材的种植，中药材的平均亩产量（单位：千克亩）主要是开花结果时节，受当地7月底月初的平均气温（单位：的影响，下表是该村所在县20年来当地7月底月初的平均气温．
平均气温 ， ， ， ， ，
年数 2 4 6 6 2
在当地7月底月初的平均气温的影响下，中药材的平均亩产量如下表．
平均气温 ， ， ， ， ，
中药材的平均亩产量 17 17 23 32 32
将上表平均亩产量的频率作为概率．若中药材的平均亩产量不低于30千克亩，则称为“高产量”，计划种植3年中药材，设这3年中药材获得“高产量”的年数为．
（1）求的分布列；
（2）求的数学期望及方差．
16．（本小题满分15分）
若函数在处取得极小值0．
（1）求的图象在点，（1）处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
17．（本小题满分15分）
为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：
①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；
②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第4轮了；
③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
（1）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望；
（2）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率．
18．（本小题满分17分）
椭圆的两焦点为，，且椭圆过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）是坐标原点，，是椭圆上两点，是平行四边形，求以为直径的圆的方程．
19．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）求函数的零点个数；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围．
福建省安溪第一中学
2023-2024学年高二年下学期6月份质量检测
数学试题参考答案
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，只有一项是符合要求的．
1．【解答】解：中，因为，所以，故错误；
中，由基本初等函数的导数公式易知，故正确；
中，因为，故错误；
中，，故错误．故选：．
2．【解答】解：由题意，，线性回归方程为，
根据线性回归方程过样本中心点，可得，
即，解得：，故选：．
3．【解答】解：由，可得，．故选：．
4．【解答】解：由题意知，解得，故．故选：．
5．【解答】解：二项式
，
故它的展开式中的系数．故选：．
6．【解答】解：由题意可知，
，得，．
令，
得，得，
取对数得得．故选：．
7．【解答】解：函数的定义域为，
且，因为，所以，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，故的最小值为（1）．故选：．
8．【解答】解：函数的定义域为，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，且，恒有，
由，得，即或，由，得，
于是函数有3个不同零点，当且仅当方程有2个不同的解，即直线与图象有2个公共点，
在同一坐标系内作出直线与的图象，如图，
观察图象知，当，即时，直线与的图象有2个公共点，
所以实数的取值范围为．故选：．
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．【解答】解：对于，因为，，
所以，故错误；
对于，因为，即，
，即，
所以，故正确；
对于，因为，由选项知，，
所以，故正确；
对于，由选项知，，，
因为，且，，
所以，
即，故正确．故选：．
10．【解答】解：对于，由，得，
所以（1），（1），所以在处的切线方程为，故正确；
对于，由，得，解得，所以的单调递减区间为，故正确；
对于，由，得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极大值，故错误；对于，由选项可知的最大值为，当时，，当时，，
所以函数与的图像的交点个数为1，即有1个解，故错误．故选：．
11．【解答】解：对于，令，则，
令，解得，单调递增，令，解得，单调递减，
故（1），
故在上单调递增，正确；
对于，在上单调递增，在上单调递减，
故在上单调递增，且，
由函数零点存在性定理可知在有且仅有1个零点，
在上，，即，设，，
令，解得，单调递增，令，解得，单调递减，
当时，取得最小值（2），故在上，有且仅有1个零点，故正确；
对于，令，
则，，
故在上有零点，正确；
对于，依题意，，，
两式相减得，即，
记，则，
故在上单调递减，故，
因此，设，则，
所以，即，
即，因此，则，故错误．故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【解答】解：当时，，即，则，
取，则有．故答案为：1．
13．【解答】解：将5人分为3组，有和两种情况：
当分组为时：共有，当分组为时：共有，
综上所述：共有种不同的进站方式．故答案为：720．
14．【解答】解：设，则，，
当，故可用牛顿切线法求在区间，上的根的近似值．
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点，处的切线方程为：
，
化简得，令，则，由于，
所以，，
所以，，
，，
故作为的近似值，故答案为：2；．
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．（本小题满分13分）
解：（1）计划种植3年中药材，这3年中药材获得“高产量”的年数的可能取值为0，1，2，3，
每年中药材获得“高产量”的概率为，
则，，
，，
的分布列为：
0 1 2 3
（2）由题意知，则，．
16．（本小题满分15分）
解：（1）因为，则，
因为函数在处取得极小值0，则，解得，
此时，则，
由可得，由可得，所以函数的减区间为，增区间为，
所以函数在处取得极小值，合乎题意，则（1），（1），
因此的图象在点，（1）处的切线方程为，
即．
（2）由可得，
设，则，
因为，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，
故实数的取值范围为．
17．（本小题满分15分）
解：（1）易知，
而的可能取值为0，1，2，3，
此时，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则．
（2）记“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件，
记“在第4轮结束时，学生代表乙答对0道题”记为事件，
记“在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件，
此时、互斥，且，
所以，
，
则．
故在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为．
18．（本小题满分17分）
解：（1）易知
，
所以，又，所以，则椭圆的方程为．
（2）不妨设线段的中点为，此时，设，，，，
此时，，两式相减并整理得，
易知，而，，
所以，解得．
则直线的方程为，
即，
联立，消去并整理得，
解得，，所以，故所求圆的方程为．
（本小题满分17分）
解：（1）函数的定义域为，，
显然在上单调递增，又，（1），
所以存在，使得，即，
当时，函数在上单调递减，
当时，函数在，上单调递增，
且，
且时且，（2），
所以在上有唯一的零点．
（2）因为，定义域为，
则，
因为有两个极值点，所以有两个变号零点，
令，，，则，
所以在上单调递增，
要使以有两个变号零点，只需，有两个变号零点，
，
当时在上恒成立，单调递增，不满足题意，
当时，当，，即单调递减，
当，，即单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，（a），
要使有两个变号零点，则（a），即，解得，
此时（1），，
所以在和上各有一个变号零点，满足题意，
综上所述，实数的取值范围为．
2023-2024学年高二年下学期6月份质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
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，只有一项是符合要求的．
1．下列式子正确的是
A． B．
C． D．
2．已知某种商品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：
2 4 5 6 8
30 40 50 60
根据表中的全部数据，用最小二乘法得出与的线性回归方程为，则表中的值为
A．45 B．50 C．55 D．70
3．已知随机变量，若，则
A． B． C． D．
4．等比数列满足，，则
A．56 B． C． D．112
5．二项式展开式中的系数为
A．120 B．135 C． D．
6．某银行拟面向部分科创小微企业开展贷款业务．调查数据表明，科创小微企业的贷款实际还款比例关于其年收入（单位：万元）的函数模型为．已知当贷款小微企业的年收入为10万元时，其实际还款比例为，若银行期待实际还款比例为，则贷款小微企业的年收入约为 （参考数据：，
A．14万元 B．16万元 C．18万元 D．20万元
7．函数的最小值为
A． B． C．1 D．
8．已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
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，，则
A． B． C． D．
10．已知，下列说法正确的是
A．在处的切线方程为 B．单调递减区间为
C．的极小值为 D．方程有两个不同的解
11．已知函数，，则下列各选项正确的是
（参考数据：
A．在上单调递增 B．有且仅有两个零点
C．， D．若有两解，，则
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．，其中，则 ．
13．现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有人经过，则有 种不同的进站方式（用数字作答）
14．若是区间，上的单调函数，满足（a），（b），且为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间，上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点，处的切线与轴交点的横坐标，2，3，，当与的误差估计值为，的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的的最小值为 ，相应的值为 ．
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．（本小题满分13分）
西部某村在产业扶贫政策的大力支持下，用2000亩地发展中药材的种植，中药材的平均亩产量（单位：千克亩）主要是开花结果时节，受当地7月底月初的平均气温（单位：的影响，下表是该村所在县20年来当地7月底月初的平均气温．
平均气温 ， ， ， ， ，
年数 2 4 6 6 2
在当地7月底月初的平均气温的影响下，中药材的平均亩产量如下表．
平均气温 ， ， ， ， ，
中药材的平均亩产量 17 17 23 32 32
将上表平均亩产量的频率作为概率．若中药材的平均亩产量不低于30千克亩，则称为“高产量”，计划种植3年中药材，设这3年中药材获得“高产量”的年数为．
（1）求的分布列；
（2）求的数学期望及方差．
16．（本小题满分15分）
若函数在处取得极小值0．
（1）求的图象在点，（1）处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
17．（本小题满分15分）
为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：
①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；
②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第4轮了；
③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
（1）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望；
（2）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率．
18．（本小题满分17分）
椭圆的两焦点为，，且椭圆过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）是坐标原点，，是椭圆上两点，是平行四边形，求以为直径的圆的方程．
19．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）求函数的零点个数；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围．
福建省安溪第一中学
2023-2024学年高二年下学期6月份质量检测
数学试题参考答案
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，只有一项是符合要求的．
1．【解答】解：中，因为，所以，故错误；
中，由基本初等函数的导数公式易知，故正确；
中，因为，故错误；
中，，故错误．故选：．
2．【解答】解：由题意，，线性回归方程为，
根据线性回归方程过样本中心点，可得，
即，解得：，故选：．
3．【解答】解：由，可得，．故选：．
4．【解答】解：由题意知，解得，故．故选：．
5．【解答】解：二项式
，
故它的展开式中的系数．故选：．
6．【解答】解：由题意可知，
，得，．
令，
得，得，
取对数得得．故选：．
7．【解答】解：函数的定义域为，
且，因为，所以，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，故的最小值为（1）．故选：．
8．【解答】解：函数的定义域为，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，且，恒有，
由，得，即或，由，得，
于是函数有3个不同零点，当且仅当方程有2个不同的解，即直线与图象有2个公共点，
在同一坐标系内作出直线与的图象，如图，
观察图象知，当，即时，直线与的图象有2个公共点，
所以实数的取值范围为．故选：．
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．【解答】解：对于，因为，，
所以，故错误；
对于，因为，即，
，即，
所以，故正确；
对于，因为，由选项知，，
所以，故正确；
对于，由选项知，，，
因为，且，，
所以，
即，故正确．故选：．
10．【解答】解：对于，由，得，
所以（1），（1），所以在处的切线方程为，故正确；
对于，由，得，解得，所以的单调递减区间为，故正确；
对于，由，得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极大值，故错误；对于，由选项可知的最大值为，当时，，当时，，
所以函数与的图像的交点个数为1，即有1个解，故错误．故选：．
11．【解答】解：对于，令，则，
令，解得，单调递增，令，解得，单调递减，
故（1），
故在上单调递增，正确；
对于，在上单调递增，在上单调递减，
故在上单调递增，且，
由函数零点存在性定理可知在有且仅有1个零点，
在上，，即，设，，
令，解得，单调递增，令，解得，单调递减，
当时，取得最小值（2），故在上，有且仅有1个零点，故正确；
对于，令，
则，，
故在上有零点，正确；
对于，依题意，，，
两式相减得，即，
记，则，
故在上单调递减，故，
因此，设，则，
所以，即，
即，因此，则，故错误．故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【解答】解：当时，，即，则，
取，则有．故答案为：1．
13．【解答】解：将5人分为3组，有和两种情况：
当分组为时：共有，当分组为时：共有，
综上所述：共有种不同的进站方式．故答案为：720．
14．【解答】解：设，则，，
当，故可用牛顿切线法求在区间，上的根的近似值．
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点，处的切线方程为：
，
化简得，令，则，由于，
所以，，
所以，，
，，
故作为的近似值，故答案为：2；．
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．（本小题满分13分）
解：（1）计划种植3年中药材，这3年中药材获得“高产量”的年数的可能取值为0，1，2，3，
每年中药材获得“高产量”的概率为，
则，，
，，
的分布列为：
0 1 2 3
（2）由题意知，则，．
16．（本小题满分15分）
解：（1）因为，则，
因为函数在处取得极小值0，则，解得，
此时，则，
由可得，由可得，所以函数的减区间为，增区间为，
所以函数在处取得极小值，合乎题意，则（1），（1），
因此的图象在点，（1）处的切线方程为，
即．
（2）由可得，
设，则，
因为，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，
故实数的取值范围为．
17．（本小题满分15分）
解：（1）易知，
而的可能取值为0，1，2，3，
此时，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则．
（2）记“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件，
记“在第4轮结束时，学生代表乙答对0道题”记为事件，
记“在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件，
此时、互斥，且，
所以，
，
则．
故在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为．
18．（本小题满分17分）
解：（1）易知
，
所以，又，所以，则椭圆的方程为．
（2）不妨设线段的中点为，此时，设，，，，
此时，，两式相减并整理得，
易知，而，，
所以，解得．
则直线的方程为，
即，
联立，消去并整理得，
解得，，所以，故所求圆的方程为．
（本小题满分17分）
解：（1）函数的定义域为，，
显然在上单调递增，又，（1），
所以存在，使得，即，
当时，函数在上单调递减，
当时，函数在，上单调递增，
且，
且时且，（2），
所以在上有唯一的零点．
（2）因为，定义域为，
则，
因为有两个极值点，所以有两个变号零点，
令，，，则，
所以在上单调递增，
要使以有两个变号零点，只需，有两个变号零点，
，
当时在上恒成立，单调递增，不满足题意，
当时，当，，即单调递减，
当，，即单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，（a），
要使有两个变号零点，则（a），即，解得，
此时（1），，
所以在和上各有一个变号零点，满足题意，
综上所述，实数的取值范围为．
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