浙江省杭嘉湖金四县区2022-2023学年高二数学下学期5月调研测试试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前

2023年5月杭嘉湖金四县区调研测试

高二年级数学试题

考生须知：

1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟。

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。

4．考试结束后，只需上交答题纸。

选择题部分

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，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知，，则的值为（    ）

A.  B.  C. 5或3 D. 4或6

【答案】D

【解析】

【分析】运用组合数性质可求得结果.

【详解】因为，

所以或，

解得：或

故选：D.

2. 设为等比数列的前项和，，则

A. 11 B. 5 C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：设公比为，由，得，解得，所以．故选D．

考点：等比数列的前项和.

3. 设某项试验的成功率是失败率的倍，用随机变量去表示次试验的成功次数，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意得出关于和的方程组，即可解得的值.

【详解】由题意知，且，.

故选：C.

【点睛】本题考查概率的求解，根据题意建立方程组是解答的关键，考查运算求解能力，属于基础题.

4. 已知函数，下列直线不可能是曲线的切线的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求得，根据斜率的范围求确定C不成立，对ACD都可以找到相应的切点满足所给定的切线方程.

【详解】，，，所以的切线斜率的最小值为，

对A：在点处的切线方程的斜率为，切点为，切线方程为，故A满足；

对B：在点处的切线方程的斜率为，切点为，切线方程为，故B满足；

对C：直线的斜率为，故C不可能为的切线.

对D：在点处的切线方程的斜率为，切点为，切线方程为，故D满足；

故选：C

5. 已知数列，，，若，则正整数值为（    ）

A. 20 B. 21 C. 22 D. 23

【答案】A

【解析】

【分析】根据数列特点赋值证明是等差数列，从而求出通项公式代入求解二次方程即可得解.

【详解】因为，

令，

所以，

所以，

所以，

所以数列为首项是2，公差为2的等差数列，

所以，

，

，

所以，

所以，

所以，

所以或，

故选：A.

6. 学校以劳动周形式开展劳育工作创新实践,学校开设“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“3D打印”四种课程.甲、乙、丙3名同学每名同学至少从中选一种,每种课程都恰有1人参加，记A=“甲参加民俗文化”,B=“甲参加茶艺文化”,C=“乙参加茶艺文化”,则下列结论正确的是（    ）

A. 事件A与B相互独立 B. 事件A与C互斥

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据排列组合结合古典概型求相应概率，再根据独立事件、互斥事件以及条件概率逐项分析判断.

【详解】由题意可知：甲、乙、丙3名同学中有且仅有一名同学选择了两种课程，

故不同的排法有种，

可得.

对于选项A：因为，则，

所以事件A与B不独立，故A错误；

对于选项B：甲参加民俗文化的同时乙可以参加茶艺文化，即事件A与事件B可以同时发生，

所以事件A与C不互斥，故B错误；

对于选项C：因为，则，故C正确；

对于选项D：因，故D错误；

故选：C.

7. 已知实数满足，则满足条件的的最小值为（    ）

A. 1 B. e C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】同构函数，运用导数研究其单调性可得，进而可得，运用导数研究其在上的最小值即可.

【详解】因为，

所以，

所以，即：，（，，），

设，（），则，

所以，（），

所以在上单调递增，

所以，即：，，

令，，则，

，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

故y的最小值为.

故选：B.

【点睛】同构法的三种基本模式方法点睛：

①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；

②比商型，如可以同构成，进而构造函数；

③和差型，如，同构后可以构造函数或.
 

8. 现有n（n>2,）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其它无区别的小球，第k（k=1,2,3…n）个袋子中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回），若第三次取出的球为白球的概率为，则n=（    ）

A. 4 B. 8 C. 16 D. 32

【答案】B

【解析】

【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.

【详解】设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为，

第三次取出的是白球的取法有如下四种情形：

白白白，取法数为：

红白白，取法数为：

白红白，取法数为：

红红白：取法数为：

所以第三次取出的是白球的总情形数为：

则在第 k个袋子中连取三次球第三次取出的球是白球的概率为：，

因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第三个球是白球的概率为：

当时，.

故选：B.

二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 已知在的二项展开式中，第6项为常数项，则（    ）

A.  B. 展开式中项数共有13项

C. 含的项的系数为 D. 展开式中有理项的项数为3

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用二项式定理及二项展开式的通项公式，结合展开式中的特定项的求法即可求解.

【详解】依题意，展开式的通项公式为，

因为第6项为常数项，

所以时，有，解得，故A正确；

由，得展开式中项数共有项，故B错误；

令，得，

所求含项的系数为.故C正确；

由,令，,则，即，

因为，所以应为偶数，所以可取，即可以取，所以第项，第项，第项为有理项，即展开式中有理项的项数为3，故D.

故选：ACD.

10. 某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量颗之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图.若去掉后，下列说法正确的是（    ）

A. 相关系数的绝对值变小

B. 决定系数变大

C. 残差平方和变大

D. 解释变量与响应变量的相关性变强

【答案】BD

【解析】

【分析】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断.

【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉后，回归效果更好.

对于选项A：相关系数越接近于1，线性相关性越强，所以去掉后，相关系数的绝对值变大，故A错误；

对于选项B：决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉后，决定系数变大，故B正确；

对于选项C：残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉后，残差平方和变小，故C错误

对于选项D：由选项A可知：去掉后，相关系数的绝对值变大，所以解释变量与响应变量的相关性变强，故D正确；

故选：BD.

11. 设函数，定义域交集为，若存在，使得对任意都有，则称构成“相关函数对”.则下列所给两个函数构成“相关函数对”的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据函数新定义，可得两个函数图象有且只有一个交点，且在的右侧图象中的图象高于的图象，在的左侧图象中的图象低于的图象，结合导数研究函数单调性及零点存在性定理，逐项判断即可.

【详解】根据“相关函数对”的定义，可得两个函数的图象有且只有一个交点，且在的右侧图象中的图象高于的图象，在的左侧图象中的图象低于的图象.

对于A项，令，

则，

，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

即恒成立，所以不符合题意，故A项不成立；

对于B项，令，，

则，

所以在上单调递增，

又因为，，

所以由零点存在性定理知，存在唯一，使得，

则对任意，不等式恒成立，符合题意，故B项正确；

对于C项，，

则，

所以在单调递增，

又因为，，

所以由零点存在性定理知，存在唯一，使得，

则对任意，不等式恒成立，符合题意，故C项正确；

对于D项，因为，解得：或，

所以图象与图象有两个交点，不符合题意，故D项不成立.

故选：BC.

12. 某种疾病在某地区人群中发病率为0.1%.现有一种检测方法能够检测人体是否患该病，但不是完全准确，其准确率如下：健康人群检测为阳性的概率为0.02，患病人群检测为阴性的概率为0.05.设事件A=“某人不患该病”，B=“该人被检出阳性”，则（    ）

A.

B.

C. 该地区某人去检测是否患该病，检测为阳性的概率约为0.999

D. 某人在不清楚是否得病的情况下被检测出阳性，那么他真正患该病的概率约为0.045

【答案】AD

【解析】

【分析】根据条件概率公式和概率的乘法公式即可求解.

【详解】因为健康人群检测为阳性的概率为0.02，

所以某人不患该病的条件下，该人被检出阳性的概率为0.02，

即某人不患该病的条件下，该人被检出阴性的概率为0.98，

所以，故选项A正确；

因为，

所以,

所以，

又患病人群检测为阴性的概率为0.05，

所以,

所以，

所以，

故，

故选项B错误；

因为，

所以该地区某人去检测是否患该病，检测为阳性的概率约为0.02093.

故选项C错误；

.

故答案D正确；

故选：AD.

非选择题部分

三、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 设随机变量～，则 _____

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：因为，满足二项分布，所以

考点：1．二项分布公式；

14. 若，则的值为________．

【答案】
 

【解析】

【分析】赋值法解得，，得到的值.

【详解】令得，即，

令得，

故.

故答案为：

15. 某公司销售某种业务保单，已知每份业务保单的利润现值随机变量PVP可以用正态分布近似，且满足：,.已知标准正态分布随机变量Z满足,那么该业务保单的利润现值可以以95%的概率大于________．

【答案】185.5##

【解析】

【分析】由题意知，转化为标准正态分布求出PVP的范围.

详解】由题意知，则，

因为，所以，所以，

所以该业务保单的利润现值可以以95%的概率大于185.5.

故答案为：185.5

16. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．

【答案】

【解析】

【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.

【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点

因为，所以方程的两个根为，

即方程的两个根为，

即函数与函数的图象有两个不同的交点，

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

所以当时，，即图象在上方

当时，，即图象在下方

，图象显然不符合题意，所以．

令，则，

设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，

则切线的斜率为，故切线方程为，

则有，解得，则切线的斜率为，

因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，

综上所述，的取值范围为．

[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导

=0的两个根为

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

设函数，则，

若，则在上单调递增，此时若，则在

上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数

且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；

若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.

【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；

法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．

四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知函数.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）过点可作曲线的两条切线，求实数的取值范围.

【答案】（1）递减区间为，递增区间为   

（2）或

【解析】

【分析】（1）求出导函数，解不等式即可求得函数的单调区间；

（2）设切点坐标，利用导数几何意义及两点式斜率公式建立方程，利用判别式法即可求解.

【小问1详解】

因为，所以，

令得，令得，

故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

【小问2详解】

因为，所以，

设切点，则，

即有两非零解，由可知或.

18. 数列满足，数列前n项和为，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用项与前n项和的关系即可求解；

（2）根据（1）的结论，求出，利用错位相减法即可求出数列的前n项和.

【小问1详解】

由已知可得，当时，，即，

当时，，此式也满足，

所以数列的通项公式为.

【小问2详解】

由（1）知，，

所以.

①

由①－②得，，

所以.

19. 某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：

（1）假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率.计算某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率；

（2）某天午餐，甲和乙两名同学准备去A，B这两个餐厅中某一个就餐.设事件M=“甲选择A餐厅就餐”，事件N=“乙选择A餐厅就餐”，,.若，证明：事件M和N相互独立.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意设出事件，用表格数据直接求解；

（2）用条件概率公式和全概率公式化简原式得到，进一步化简得到即可证明事件M和N相互独立.

【小问1详解】

设“某天中午甲去餐厅用餐”为事件，

“该天中午甲去餐厅用餐”为事件，

由题知，， 

.

所以某天甲同学午餐去A餐厅用餐的情况下晚餐去B餐厅用餐的概率为

【小问2详解】

由

可知，

所以

即，

所以，

得，

即M和N相互独立得证.

20. 过点作曲线的切线，切点为，设在轴上的投影是点；又过点作曲线的切线，切点为，设在轴上的投影是点，依此下去，得到一系列点，设点的横坐标是.

（1）求,并求数列的通项公式；

（2）求证：.

【答案】（1），   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义和数列的递推关系即可求解；

（2）根据二项式定理放缩即可求解.

【小问1详解】

，

若切点是，

则切线方程为.

①当时，切线过点，

即，

得.

②当时，切线过点，

即，

得.

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以.

【小问2详解】

.

21. 学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．

（1）求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；

（2）设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．

【答案】（1）分布列见解析，（分）   

（2）

【解析】

【分析】（1）可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；

（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为，再根据导出求出函数的单调区间，即可得出答案.

【小问1详解】

解：可取5，6，7，8，9，10，

，，

，，

，，

分布列如下：

所以（分）；

【小问2详解】

解：设一天得分不低于3分为事件，

则，

则恰有3天每天得分不低于3分的概率，

则

，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值.

22. 已知函数.

（1）当时，求函数的最大值；

（2）若关于x的方1有两个不同的实根，求实数a的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其单调性后可得函数的最大值.

（2）利用同构可将原方程转化为有两个不同的正数根，利用导数结合零点存在定理可求参数的取值范围.

【小问1详解】

当时，，故，

当时，，故在上为增函数，

当时，，故在上为减函数，

故.

【小问2详解】

方程即为，

整理得到：，令，

故，因为均为上的增函数，故为上的增函数，

而，故的解为，

因为方程有两个不同的实数根，故有两个不同的正数根，

设，则，

若，则，故在上为增函数，

在上至多一个零点，与题设矛盾；

若，则时，；时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

由有两个不同的零点可得，

故.

当时，，而，

故在有且只有一个零点，

又，设，

令，，则，

故在上为减函数，故，

故，故在有且只有一个零点，

综上.

【点睛】思路点睛：导数背景下的函数的零点问题，注意根据解析式的同构特征合理构建新函数，后者可利用导数讨论其单调性，并结合零点存在定理检验零点的存在性.