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【含答案】

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．0.963．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．846．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．297．三个数的大小顺序为（

）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2D．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，求实数的取值范围．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.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）234681013年收益增量y（万元）13223142505658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182.479.2(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：，，.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．1．A【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．D【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：D3．B【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：B4．D【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．C【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：C6．A【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：A7．D【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：D8．C【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：C9．BD【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：BD10．ACD【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．ACD【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．12．【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．【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．【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：．15．(1)(2)，，，.【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.【详解】（1）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；（2）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．(1)(2)【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．【详解】（1）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．（2）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．(1)(2)分布列见解析，【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．【详解】（1）记小胡赢得全部奖金为事件，则；（2）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：02507501000数学期望为．18．(1)（i）；（ii）答案见解析(2)【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；【详解】（1）（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．（2）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．(1),(2)(3)0【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