永安中學(xué)高2023級(jí)高二下第二次月考數(shù)學(xué)參考答案題號(hào)12345678910答案DCADBDBAABDACD題號(hào)11答案ABD1．D【分析】由等高條形圖的定義和性質(zhì)依次分析，即得解【詳解】觀察等高條形圖發(fā)現(xiàn)與相差很大，就判斷兩個(gè)分類變量之量關(guān)系最強(qiáng)．故選：D2．C【分析】利用導(dǎo)數(shù)的極限定義，將極限值化成，再對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)代入即得.【詳解】由求導(dǎo)，可得：.而，故.故選：C.3．A【分析】先根據(jù)回歸方程求出時(shí)的預(yù)報(bào)值，再運(yùn)用殘差計(jì)算公式計(jì)算即可.【詳解】把代入，可得生長(zhǎng)高度y的估計(jì)值為，則樣本的殘差的絕對(duì)值為.故選：A.4．D【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由求出的值，即可得到函數(shù)在上的單調(diào)性，從而求出的值.【詳解】因?yàn)椋裕?，解得，所以，則，所以當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，所以，解得.故選：D5．B【分析】設(shè)事件表示“抽出一名學(xué)生，該學(xué)生近視”，事件表示“學(xué)生抽自高一年級(jí)”，事件表示“學(xué)生抽自高二年級(jí)”，事件表示“學(xué)生抽自高三年級(jí)”，根據(jù)全概率公式列式求解.【詳解】設(shè)事件表示“抽出一名學(xué)生，該學(xué)生近視”，事件表示“學(xué)生抽自高一年級(jí)”，事件表示“學(xué)生抽自高二年級(jí)”，事件表示“學(xué)生抽自高三年級(jí)”，則，，，，，，由全概率公式，即，解得.故選：B.6．D【分析】分為在一樓就餐的同學(xué)有1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)和4個(gè)同學(xué)，再分別討論二樓、三樓就餐的同學(xué)即可得出答案.【詳解】在一樓就餐的同學(xué)有1個(gè)，在二樓、三樓就餐的同學(xué)為，即種；在一樓就餐的同學(xué)有2個(gè)，在二樓、三樓就餐的同學(xué)為，即種；在一樓就餐的同學(xué)有3個(gè)，在二樓、三樓就餐的同學(xué)為，即種；在一樓就餐的同學(xué)有4個(gè)，在二樓、三樓就餐的同學(xué)為，即種.所以共有：種.故選：D.7．B【分析】分析出，從而得到，錯(cuò)位相加法求和，求極限，得到答案.【詳解】，即投擲1次到達(dá)終點(diǎn)，故第一次投擲的點(diǎn)數(shù)為3，故，，即投擲2次到達(dá)終點(diǎn)，故第一次投擲的點(diǎn)數(shù)不為3，第二次投擲的點(diǎn)數(shù)可根據(jù)第一次投擲的點(diǎn)數(shù)來(lái)唯一確定，兩次投擲的點(diǎn)數(shù)有以下的情況，，故，，即投擲3次到達(dá)終點(diǎn)，前兩次投擲均沒有到達(dá)終點(diǎn)，，……，，即投擲次到達(dá)終點(diǎn)，前次投擲均沒有到達(dá)終點(diǎn)，，故①，②，則①-②得，故.故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：分析得到，即投擲次到達(dá)終點(diǎn)，前次投擲均沒有到達(dá)終點(diǎn)，得到，再根據(jù)求期望公式和錯(cuò)位相減法進(jìn)行求解.8．A【分析】首先利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出與相切時(shí)的a的值，根據(jù)a的值分段討論,利用指數(shù)函數(shù)的增長(zhǎng)速度判斷交點(diǎn)個(gè)數(shù).【詳解】函數(shù)，存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)，令，即與有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，又，令，即，此時(shí)與相切于點(diǎn)，又，所以既是與交點(diǎn)又是切點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，從遞減到，函數(shù)從遞減到，由于遞減較快，在處與相交一次，當(dāng)時(shí)，當(dāng)，但的增長(zhǎng)速度比快，因此兩者會(huì)在處相交一次，所以在和各有一個(gè)交點(diǎn)，加上固定零點(diǎn)，總共有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，的遞減速度比慢，因此始終位于上方，所以無(wú)交點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，但的增長(zhǎng)速度比慢，因此兩者會(huì)在處相交一次，所以在處有一個(gè)交點(diǎn)，加上固定零點(diǎn)，總共有兩個(gè)不同的零點(diǎn).當(dāng)時(shí)，令，即僅在相交，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，的遞減速度比慢，因此始終位于上方，所以無(wú)交點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，的增長(zhǎng)速度進(jìn)一步降低，無(wú)法與交，所以僅有一個(gè)零點(diǎn)，不滿足題目要求，數(shù)的取值范圍為，故選：A9．ABD【分析】根據(jù)均值與方差性質(zhì)、二項(xiàng)分布和兩點(diǎn)分布的均值與方差、正態(tài)分布的基本意義依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.【詳解】對(duì)于A，由均值與方差的性質(zhì)可知：，，A正確；對(duì)于B，，，，，與無(wú)關(guān)，B正確；對(duì)于C，，，，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若服從于兩點(diǎn)分布，則方差，當(dāng)時(shí)，取得最大值，D正確.故選：ABD.10．AC【分析】用概率與統(tǒng)計(jì)的知識(shí)點(diǎn)，逐個(gè)分析每個(gè)選項(xiàng)，排除可得答案.【詳解】對(duì)于A，兩個(gè)變量，的相關(guān)系數(shù)為，越小，與之間的相關(guān)性越弱，故A正確對(duì)于B，，，故B錯(cuò)誤對(duì)于C，越接近1，模型擬合越好，且，故C正確.對(duì)于D，，故，令，解得，故，故D正確.故選：ACD11．ABD【分析】證明函數(shù)與互為反函數(shù)，可判斷A的真假；設(shè)，，求的取值范圍，可判斷BD的真假；根據(jù)求的取值范圍，可判斷C的真假.【詳解】對(duì)A：由.所以函數(shù)與互為反函數(shù)，根據(jù)反函數(shù)的性質(zhì)，曲線上任意點(diǎn)，與P對(duì)應(yīng)的點(diǎn)也在曲線上，故A正確；對(duì)C：由.設(shè)（），則.由，由.所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.又，，，所以.又，所以，所以不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)B：設(shè)，則，那么點(diǎn)坐標(biāo)為，所以“魚尾”的寬為：.由題知當(dāng)和時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以的取值范圍是，故B正確；對(duì)D：因?yàn)?，根?jù)函數(shù)的性質(zhì)，且，所以當(dāng)時(shí)，，所以在，，上各有一解，故D正確.故選：ABD12．24【分析】根據(jù)題意，寫出其通項(xiàng)，再求其特定項(xiàng)的系數(shù)即可.【詳解】在的展開式中，.令得，所以含項(xiàng)的系數(shù)是.故答案為：24.13．/0.4【分析】根據(jù)所給的概率分步規(guī)律，寫出四個(gè)變量對(duì)應(yīng)的概率，根據(jù)分布列的性質(zhì)，寫出四個(gè)概率之和是1，解出的值，要求的變量的概率包括兩個(gè)變量的概率，相加得到結(jié)果．【詳解】∵，，∴，∴，.故答案為：．14．【分析】設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為，求的解析式，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)證明，則，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)求的最小值，由此可得結(jié)論.【詳解】設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為，則點(diǎn)的坐標(biāo)為，又，所以，設(shè)，則，令，可得，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，設(shè)，則，令，所以，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)等號(hào)成立，即，時(shí)等號(hào)成立.所以的最小值為，故答案為：.15．(1)，，有把握(2)分布列見解析，【分析】（1）先算出，再計(jì)算卡方對(duì)比臨界值即可得解.（2）由題意可得X的所有可能值為0，1，2，3，計(jì)算出對(duì)應(yīng)的概率即可得分布列，進(jìn)一步即可求解數(shù)學(xué)期望.【詳解】（1）依題意，，，數(shù)學(xué)成績(jī)總評(píng)優(yōu)秀人數(shù)數(shù)學(xué)成績(jī)總評(píng)非優(yōu)秀人數(shù)合計(jì)每天都整理數(shù)學(xué)錯(cuò)題人數(shù)14620不是每天都整理數(shù)學(xué)錯(cuò)題人數(shù)51520合計(jì)192140零假設(shè)為：數(shù)學(xué)成績(jī)總評(píng)優(yōu)秀與每天都整理數(shù)學(xué)錯(cuò)題無(wú)關(guān)根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，計(jì)算得根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷不成立，所以有99%的把握認(rèn)為“數(shù)學(xué)成績(jī)總評(píng)優(yōu)秀與每天都整理數(shù)學(xué)錯(cuò)題有關(guān)”．（2）不是每天都整理數(shù)學(xué)錯(cuò)題的學(xué)生有20人，其中數(shù)學(xué)成績(jī)總評(píng)優(yōu)秀人數(shù)為5，X的所有可能值為0，1，2，3，，，，，所以X的分布列為：X0123P期望.16．(1)，(2)【分析】（1）比賽結(jié)束時(shí)甲贏的局?jǐn)?shù)為2局即前4局甲贏2局，最后一局乙贏；甲贏的局?jǐn)?shù)為3局即前4局甲贏2局最后一局甲贏，或者是前三局甲贏.（2）分別計(jì)算在4局和5局結(jié)束時(shí)甲獲勝的條件概率，并通過比較大小求解取值范圍.【詳解】（1）記比賽結(jié)束時(shí)甲贏的局?jǐn)?shù)為，當(dāng)時(shí)，比賽結(jié)束共打了5局，甲在前4局中贏2局，其余3局是乙贏，則，當(dāng)時(shí)，比賽結(jié)束共打了3、或4、或5局，即連打3局都是甲贏、或打4局發(fā)生甲贏前3局中2局和第4局、或打5局發(fā)生甲贏前4局中2局和第5局，則.（2）記事件為“進(jìn)行了4局比賽分出勝負(fù)”，則記事件為“甲獲勝”，則事件為“進(jìn)行了4局比賽且甲獲勝”，則因此，在進(jìn)行了4局比賽分出勝負(fù)的情況下，甲獲勝的概率為，記事件為“進(jìn)行了5局比賽分出勝負(fù)”，則則表示“進(jìn)行了5局比賽且甲獲勝”，故因此，在進(jìn)行了5局比賽分出勝負(fù)的情況下，甲獲勝的概率為，依題意有，所以.17．(1)(2)當(dāng)時(shí)，的增區(qū)間是，減區(qū)間是，，極大值為，極小值為；當(dāng)時(shí)，的增區(qū)間是，，減區(qū)間是，極大值為，極小值為．【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出；（2）根據(jù)分類討論思想以及函數(shù)單調(diào)區(qū)間與極值的求法即可解出．【詳解】（1）函數(shù)定義域?yàn)?若,則，，所以切線方程為.（2），令，有兩根，或.(1)當(dāng)時(shí),與的情況如下：-0+0-減極小增極大減由表可知,的增區(qū)間是，減區(qū)間是，，極大值為，極小值為．(2)當(dāng)時(shí),與的情況如下：+0-0+增極大減極小增由表可知,的增區(qū)間是，，減區(qū)間是，極大值為，極小值為．18．(1)（i）；（ii）理由見解析；(2).【分析】（1）（i）根據(jù)已知，應(yīng)用特殊區(qū)間的概率及正態(tài)分布的對(duì)稱性求；（ii）根據(jù)（i）結(jié)果及已知小概率事件的定義得結(jié)論；（2）設(shè)該大型超市所出售的每箱蘋果的質(zhì)量為，且，應(yīng)用特殊區(qū)間的概率求得，進(jìn)而有并應(yīng)用二項(xiàng)分布的方差公式求方差.【詳解】（1）（i）依題意得，，所以.設(shè)，因?yàn)?，則；（ii）由（i）得.因?yàn)樾堄?jì)算出這25箱蘋果質(zhì)量的平均值為4938.77克，且，所以，則小張購(gòu)買的這25箱蘋果質(zhì)量的平均值為4938.77克屬于小概率事件，小概率事件基本不會(huì)發(fā)生，這就是小張舉報(bào)該超市的理由.（2）設(shè)該大型超市所出售的每箱蘋果的質(zhì)量為，則.設(shè)，由，得，根據(jù)題意，得隨機(jī)變量，故.19．(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）在區(qū)間上為減函數(shù)，可得在區(qū)間上，即，而后根據(jù)的范圍求出的范圍即可；（2）先對(duì)進(jìn)行求導(dǎo)得到，再對(duì)進(jìn)行分類討論即可；（3）從唯一性與存在性兩方面進(jìn)行證明，再結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理得到最后結(jié)論.【詳解】（1）解：在區(qū)間上為減函數(shù)，∴在區(qū)間上，∴，令，只需，顯然在區(qū)間上為減函數(shù)，∴，∴；（2）解：由題意得（），則，若，由于，故存在正數(shù)使得，條件滿足；若，令，則，可知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，從而此時(shí)對(duì)任意的都有，條件不滿足.綜上，a的取值范圍是；（3）解：設(shè)，，下面分唯一性和存在性兩方面來(lái)證明：唯一性：由，知的導(dǎo)數(shù)等于，而，故顯然恒為負(fù)，從而在上單調(diào)遞減，特別地，在上單調(diào)遞減，這表明，使得的至多有一個(gè)，從而唯一性得證.存在性：先考慮函數(shù)，這里．由于，故當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，從而對(duì)于任意的，都有，即.這就得到，對(duì)任意，有.從而，對(duì)任意的，都有；而對(duì)任意的，都有然后回到原題，首先有.同時(shí)又有，，故.由零點(diǎn)存在定理，知一定存在，使得，綜合上述的存在性和唯一性兩個(gè)方面，知存在唯一的，使得【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：（1）在區(qū)間上為減函數(shù)，可得在區(qū)間上，即，而后根據(jù)的范圍求出的范圍即可；（2）先對(duì)進(jìn)行求導(dǎo)得到，再對(duì)進(jìn)行分類討論即可；（3）從唯一性與存在性兩方面進(jìn)行證明，再結(jié)合零點(diǎn)的