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四川省遂宁市遂宁中学校2023-2024学年高二下学期7月月考数学试卷
1．（2024高二下·船山月考）命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：命题“，”的否定是“，”.
故答案为：A.
【分析】根据全称命题的否定的定义直接判断即可.
2．（2024高二下·船山月考）函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．在处取得最大值 B．在区间上单调递减
C．在处取得极大值 D．在区间上有2个极大值点
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由导函数的图象易知：
0 0 非负
递增 极大值 递减 极小值 递增
故答案为：C.
【分析】根据导函数的符号确定函数的单调性，确定函数的极值即可.
3．（2024高二下·船山月考）已知函数，若在上单调递减．则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
即，即在上恒成立，
令，易知函数在单调递增，
则，即，即．
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，由题意可得，分离常数，结合令在单调递增求解即可.
4．（2024高二下·船山月考）云南民族村自建成以来，以生动鲜活的形态，展示了云南各民族的建筑艺术 歌舞服饰 文化风情 宗教信仰和生活习惯.在即将到来的五一假期，预计需要安排6名工作人员去三个不同的民族景点辅助宣传民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（　　）
A．360 B．450 C．540 D．1020
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：由题意可得，
按照人数比为分组再分配，则有种；
按照人数比为分组再分配，则有种；
按照人数比为分组再分配，则有种；
故共有.
故答案为：C.
【分析】利用分组分配结合分类加法计数原理求解.
5．（2024高二下·船山月考）已知是正数，且，则下列说法错误的是（　　）
A．的最小值为 B．的最大值为
C．的最大值为 D．的最小值为
【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为是正数，且，所以，
A、，当且仅当时取等号，
则的最小值为4，故A正确；
B、由是正数，，当且仅当时等号成立，
则的最小值为，故B正确；
C、，
因为，所以，则无最大值，故C错误；
D、，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：C.
【分析】由已知条件可得，利用基本不等式逐项分析判断即可.
6．（2024高二下·船山月考）已知为实数，则“”成立的充分不必要条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】A、取，满足，但推不出，故A错误；
B、取，满足，但推不出，故B错误；
C、函数在定义域上单调递增，因为，
所以，即，故C错误；
D、由，得到，即，
所以可以推出，但得不到，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值，结合充分必要条件定义即可求解判断AB；利用单调性，即可求解判断C；利用不等式性质得即可判断D.
7．（2024高二下·船山月考）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】集合间关系的判断；集合相等；交集及其运算
【解析】【解答】解：当时，；
当时，，，
则，因为，所以.
故答案为：A.
【分析】分为奇数、偶数讨论，将集合化为，再判断集合，的关系即可.
8．（2024高二下·船山月考）我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫作“算两次”，对此我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范．再如，我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多排列和组合恒等式，如由等式可知，其左边的项的系数和右边的项的系数相等，得到如下恒等式为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：A、二项式展开式中，的系数为，
，
其中的系数为，
则，故A正确；
B、由“算两次”的定义知，
从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数为，同时还可以分类考虑：
第一类：取出个元素不包括元素甲，则所有排列的个数为，
第二类：取出个元素包括元素甲，则先排元素甲，有m个位置，
然后从其余n个元素中抽出个元素全排列，则所有的排列个数为，
综上，从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数为，
所以，但是该等式不是由所给二项式得到，故B错误；
C、对于，由“算两次”的定义知，
展开式中，的系数为，
，
其中的系数为，
所以，故C错误；
D、由组合数的运算性质知，
，
当时，；当时，，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据新定义分别求出、展开式中求出的系数即可判断A；根据排列的概念与分类加法计数原理分别求出从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数即可判断B；根据新定义分别求出、展开式中求出的系数即可判断C；根据组合数的运算性质即可判断D.
9．（2024高二下·船山月考）下列说法不正确的是（　　）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．若，则的最大值为2
C．若不等式的解集为，则必有
D．命题“，使得．”的否定为“，使得．”
【答案】A,B,D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；不等关系与不等式；基本不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、例如，则，即，满足题意，但，即充分性不成立；例如，
则，即，满足题意，但，即必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故A不正确；
B、若，则，当且仅当时等号成立，
则的最大值为，故B不正确；
C、若，则的解集不可能为两数之间，不合题意；
若，则的解集不可能为两数之间，不合题意；
综上所述：若不等式的解集为，则必有，故C正确；
D、命题“，使得．”的否定为“，使得”，故D不正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据充分、必要条件分析即可判断A；根据不等式运算求解即可判断B；根据分类讨论a的符号，结合一元二次不等式分析即可判断C；根据特称命题的否定是全称命题分析即可判断D.
10．（2024高二下·船山月考）若随机变量且，则下列选项正确的是（　　）
A． B．
C．的最小值为18 D．
【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，故B错误；
C、由，得，即，
则，当且仅当时取等号，故C正确；
D、，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正态分布的对称性即可判断AB；由对称性求出，再求出最小值即可判断C；利用期望的性质计算即可判断D.
11．（2024高二下·船山月考）已知，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．在处的切线方程为
C．在上单调递增 D．方程有两个不同的解
【答案】B,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，，
则，故A错误；
B、因为，则，且，
则在处的切线方程为，即，故B正确；
C、因为，则，令，可得，
其中，则，所以在上单调递增，故C正确；
D、方程的解的个数，即为的解的个数，
即函数与函数图像交点个数，
在同一坐标系中，作出函数与的图像，如图所示：
由图像可知，方程只有一个解，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】求导即可判断AC；根据导数的几何意义即可判断B；将方程的解转化为函数图象的交点即可判断D.
12．（2024高二下·船山月考）在处有极小值，则实数为　 　．
【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为为函数的极小值点，所以，解得或，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
即为极小值点，符合题意；
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
即为极大值点，不符合题意，故.
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，由是函数的极小值点，则，解得或，代入检验求解即可.
13．（2024高二下·船山月考）对具有线性相关关系的变量有一组观测数据，其经验回归方程，则在样本点处的残差为　 　.
【答案】0.5
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：由回归直线必过样本中心，将代入，
得，解得，则，
当时，，则残差.
故答案为：0.5.
【分析】利用样本中心在回归直线上及残差的定义求解即可.
14．（2024高二下·船山月考）定义为集合A中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本身，已知集合，集合M的所有非空子集依次记为、、…、，则　 　.
【答案】215
【知识点】子集与真子集；二项式定理
【解析】【解答】解：设，
则集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减1，令，则展开式中所有项的系数之和为，
所以.
故答案为：.
【分析】构造函数，分析题意知，集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减1.
15．（2024高二下·船山月考）已知的二项展开式中，前三项的二项式系数的和为46．
（1）求展开式中所有项的系数的和：
（2）求展开式中的常数项．
【答案】（1）解：由的二项展开式中前三项的二项式系数的和为46，则，
即，，解得，
令，则，
故展开式中所有项的系数的和为；
（2）解：由（1）知二项式为，则二项展开式的通项为，
令，解得，则展开式中的常数项为．
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）由二项式系数的性质，结合组合数的计算可得，再利用赋值法求解系数和即可；
（2）由（1）可得，写出通项，利用通项特征求解，再代入求解即可.
（1）因为的二项展开式中前三项的二项式系数的和为46，所以，
即，，解得或（舍）．
令，则，
所以展开式中所有项的系数的和为．
（2）由（1）知二项式为，
所以二项展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为．
16．（2024高二下·船山月考）某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后.
（1）从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取50件进行检验，其中甲车间优等品占，乙车间优等品占，请填写如下列联表：
　 优等品 非优等品 总计
甲车间 　 　 　
乙车间 　 　 　
总计 　 　 　
依据小概率值的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到0.001)
，其中.
下表是X独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
（2）调查了近10个月的产量（单位：万个)和月销售额（单位：万元)，得到以下数据：，根据散点图认为y.关于x的经验回归方程为，试求经验回归方程.
参考公式：，其中.
【答案】（1）解：零假设：车间与优等品无关，
优等品 非优等品 总计
甲车间 40 10 50
乙车间 30 20 50
总计 70 30 100
，
根据小概率值的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为车间与优等品有关联；
（2）解：由题意得：，，
又因为，，所以，，
则经验回归方程为.
【知识点】线性回归方程；独立性检验；回归分析；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据的计算公式求解即可；
（2）利用经验回归方程计算公式，代入求解即可.
（1）
优等品 非优等品 总计
甲车间 40 10 50
乙车间 30 20 50
总计 70 30 100
设：车间与优等品无关.
根据小概率值的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为车间与优等品有关联.
（2）依题意得：
，
又因为，，
故，
所以经验回归方程为.
17．（2024高二下·船山月考）我们知道，，因此，当且仅当时等号成立.即，的算术平均数的平方不大于，平方的算术平均数.请运用这个结论解答下列两题.
（1）求函数的最大值；
（2）已知，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】解：（1）当时，，
即，当且仅当，即时等号成立，
而，故函数的最大值为；
（2）当，时，，则
即，当且仅当时等号成立，因此的最小值为，
恒成立恒成立，
故实数的取值范围是.
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由，可得，化简变形后求的最大值即可；
（2）由于，变形后可得，而恒成立恒成立，从而求实数的取值范围即可.
18．（2024高二下·船山月考）某校拟对全校学生进行体能检测，并规定：学生体能检测成绩不低于60分为合格，否则为不合格；若全年级不合格人数不超过总人数的，则该年级体能检测达标，否则该年级体能检测不达标，需加强锻炼．
（1）为准备体能检测，甲、乙两位同学计划每天开展一轮羽毛球比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用七局四胜制（一方获胜四局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前3局比赛均获胜的概率；
（2）经过一段时间的体能训练后，该校进行了体能检测，并从高二年级1000名学生中随机抽取了40名学生的成绩作分析．将这40名学生体能检测的平均成绩记为，标准差记为，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，，请估计该校高二年级学生体能检测是否合格？
附：若随机变量，则，，．
【答案】（1）解：设“甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜”为事件，“甲以或或获胜”分别记为事件，，，
“甲前3局比赛均获胜”为事件．
则，
，
，
．
，
，
所以甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，
前3局比赛均获胜的概率；
（2）解：设该校高二年级学生体能检测的成绩为，则，
，
所以，
所以高二年级学生体能检测不合格的人数约为人，
而，所以该校高二年级学生体能检测成绩合格．
【知识点】正态密度曲线的特点；条件概率
【解析】【分析】（1）利用条件概率计算公式即可求得甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前3局比赛均获胜的概率；
（2）利用正态分布的性质即可求得全年级不合格人数总人数的百分比，与比较后即可得到该年级体能检测是否达标．
（1）设“甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜”为事件，
“甲以或或获胜”分别记为事件，，，
“甲前3局比赛均获胜”为事件．
则，
，
，
．
，
，
所以甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，
前3局比赛均获胜的概率．
（2）设该校高二年级学生体能检测的成绩为，则．
，
所以，
所以高二年级学生体能检测不合格的人数约为人，
而，所以该校高二年级学生体能检测成绩合格．
19．（2024高二下·船山月考）定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”．
（1）若是上的“好函数”，求的取值范围．
（2）（ⅰ）证明：是上的“好函数”．
（ⅱ）设，证明：．
【答案】（1）解：对任意，且，
即，解得，
因为，所以，即的取值范围为；
（2）证明：（ⅰ）设，则．
令，且，
则，则在上单调递增，
所以，即，
所以是上的“好函数”．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，
令，则，
即．
故，
化简可得．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）利用给定定义结合分离参数法求解即可；
（2）（ⅰ）利用给定定义结合导数证明即可；
（ⅱ）利用给定定义结合裂项相消法证明即可.
（1）由题可知任意，且，
即，解得．
因为，所以，即的取值范围为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则．
令，且，
则，则在上单调递增，
所以，即，
所以是上的“好函数”．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当时，，
令，则，
即．
故，
化简可得．
1 / 1四川省遂宁市遂宁中学校2023-2024学年高二下学期7月月考数学试卷
1．（2024高二下·船山月考）命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
2．（2024高二下·船山月考）函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．在处取得最大值 B．在区间上单调递减
C．在处取得极大值 D．在区间上有2个极大值点
3．（2024高二下·船山月考）已知函数，若在上单调递减．则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·船山月考）云南民族村自建成以来，以生动鲜活的形态，展示了云南各民族的建筑艺术 歌舞服饰 文化风情 宗教信仰和生活习惯.在即将到来的五一假期，预计需要安排6名工作人员去三个不同的民族景点辅助宣传民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（　　）
A．360 B．450 C．540 D．1020
5．（2024高二下·船山月考）已知是正数，且，则下列说法错误的是（　　）
A．的最小值为 B．的最大值为
C．的最大值为 D．的最小值为
6．（2024高二下·船山月考）已知为实数，则“”成立的充分不必要条件是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·船山月考）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·船山月考）我们曾用组合模型发现了组合恒等式：，，这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫作“算两次”，对此我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范．再如，我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多排列和组合恒等式，如由等式可知，其左边的项的系数和右边的项的系数相等，得到如下恒等式为（　　）
A．
B．
C．
D．
9．（2024高二下·船山月考）下列说法不正确的是（　　）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．若，则的最大值为2
C．若不等式的解集为，则必有
D．命题“，使得．”的否定为“，使得．”
10．（2024高二下·船山月考）若随机变量且，则下列选项正确的是（　　）
A． B．
C．的最小值为18 D．
11．（2024高二下·船山月考）已知，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．在处的切线方程为
C．在上单调递增 D．方程有两个不同的解
12．（2024高二下·船山月考）在处有极小值，则实数为　 　．
13．（2024高二下·船山月考）对具有线性相关关系的变量有一组观测数据，其经验回归方程，则在样本点处的残差为　 　.
14．（2024高二下·船山月考）定义为集合A中所有元素的乘积，规定：只有一个元素时，乘积即为该元素本身，已知集合，集合M的所有非空子集依次记为、、…、，则　 　.
15．（2024高二下·船山月考）已知的二项展开式中，前三项的二项式系数的和为46．
（1）求展开式中所有项的系数的和：
（2）求展开式中的常数项．
16．（2024高二下·船山月考）某工厂进行生产线智能化升级改造，对甲、乙两个车间升级改造后.
（1）从该工厂甲、乙两个车间的产品中各随机抽取50件进行检验，其中甲车间优等品占，乙车间优等品占，请填写如下列联表：
　 优等品 非优等品 总计
甲车间 　 　 　
乙车间 　 　 　
总计 　 　 　
依据小概率值的独立性检验，能否认为车间与优等品有关联？（结果精确到0.001)
，其中.
下表是X独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
（2）调查了近10个月的产量（单位：万个)和月销售额（单位：万元)，得到以下数据：，根据散点图认为y.关于x的经验回归方程为，试求经验回归方程.
参考公式：，其中.
17．（2024高二下·船山月考）我们知道，，因此，当且仅当时等号成立.即，的算术平均数的平方不大于，平方的算术平均数.请运用这个结论解答下列两题.
（1）求函数的最大值；
（2）已知，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
18．（2024高二下·船山月考）某校拟对全校学生进行体能检测，并规定：学生体能检测成绩不低于60分为合格，否则为不合格；若全年级不合格人数不超过总人数的，则该年级体能检测达标，否则该年级体能检测不达标，需加强锻炼．
（1）为准备体能检测，甲、乙两位同学计划每天开展一轮羽毛球比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用七局四胜制（一方获胜四局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前3局比赛均获胜的概率；
（2）经过一段时间的体能训练后，该校进行了体能检测，并从高二年级1000名学生中随机抽取了40名学生的成绩作分析．将这40名学生体能检测的平均成绩记为，标准差记为，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，，请估计该校高二年级学生体能检测是否合格？
附：若随机变量，则，，．
19．（2024高二下·船山月考）定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”．
（1）若是上的“好函数”，求的取值范围．
（2）（ⅰ）证明：是上的“好函数”．
（ⅱ）设，证明：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：命题“，”的否定是“，”.
故答案为：A.
【分析】根据全称命题的否定的定义直接判断即可.
2．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由导函数的图象易知：
0 0 非负
递增 极大值 递减 极小值 递增
故答案为：C.
【分析】根据导函数的符号确定函数的单调性，确定函数的极值即可.
3．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，
即，即在上恒成立，
令，易知函数在单调递增，
则，即，即．
故答案为：B.
【分析】求函数的定义域，再求导，由题意可得，分离常数，结合令在单调递增求解即可.
4．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：由题意可得，
按照人数比为分组再分配，则有种；
按照人数比为分组再分配，则有种；
按照人数比为分组再分配，则有种；
故共有.
故答案为：C.
【分析】利用分组分配结合分类加法计数原理求解.
5．【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为是正数，且，所以，
A、，当且仅当时取等号，
则的最小值为4，故A正确；
B、由是正数，，当且仅当时等号成立，
则的最小值为，故B正确；
C、，
因为，所以，则无最大值，故C错误；
D、，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：C.
【分析】由已知条件可得，利用基本不等式逐项分析判断即可.
6．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】A、取，满足，但推不出，故A错误；
B、取，满足，但推不出，故B错误；
C、函数在定义域上单调递增，因为，
所以，即，故C错误；
D、由，得到，即，
所以可以推出，但得不到，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值，结合充分必要条件定义即可求解判断AB；利用单调性，即可求解判断C；利用不等式性质得即可判断D.
7．【答案】A
【知识点】集合间关系的判断；集合相等；交集及其运算
【解析】【解答】解：当时，；
当时，，，
则，因为，所以.
故答案为：A.
【分析】分为奇数、偶数讨论，将集合化为，再判断集合，的关系即可.
8．【答案】A
【知识点】分类加法计数原理；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】解：A、二项式展开式中，的系数为，
，
其中的系数为，
则，故A正确；
B、由“算两次”的定义知，
从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数为，同时还可以分类考虑：
第一类：取出个元素不包括元素甲，则所有排列的个数为，
第二类：取出个元素包括元素甲，则先排元素甲，有m个位置，
然后从其余n个元素中抽出个元素全排列，则所有的排列个数为，
综上，从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数为，
所以，但是该等式不是由所给二项式得到，故B错误；
C、对于，由“算两次”的定义知，
展开式中，的系数为，
，
其中的系数为，
所以，故C错误；
D、由组合数的运算性质知，
，
当时，；当时，，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据新定义分别求出、展开式中求出的系数即可判断A；根据排列的概念与分类加法计数原理分别求出从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数即可判断B；根据新定义分别求出、展开式中求出的系数即可判断C；根据组合数的运算性质即可判断D.
9．【答案】A,B,D
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用；不等关系与不等式；基本不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、例如，则，即，满足题意，但，即充分性不成立；例如，
则，即，满足题意，但，即必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故A不正确；
B、若，则，当且仅当时等号成立，
则的最大值为，故B不正确；
C、若，则的解集不可能为两数之间，不合题意；
若，则的解集不可能为两数之间，不合题意；
综上所述：若不等式的解集为，则必有，故C正确；
D、命题“，使得．”的否定为“，使得”，故D不正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据充分、必要条件分析即可判断A；根据不等式运算求解即可判断B；根据分类讨论a的符号，结合一元二次不等式分析即可判断C；根据特称命题的否定是全称命题分析即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布的期望与方差
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，故B错误；
C、由，得，即，
则，当且仅当时取等号，故C正确；
D、，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正态分布的对称性即可判断AB；由对称性求出，再求出最小值即可判断C；利用期望的性质计算即可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，，
则，故A错误；
B、因为，则，且，
则在处的切线方程为，即，故B正确；
C、因为，则，令，可得，
其中，则，所以在上单调递增，故C正确；
D、方程的解的个数，即为的解的个数，
即函数与函数图像交点个数，
在同一坐标系中，作出函数与的图像，如图所示：
由图像可知，方程只有一个解，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】求导即可判断AC；根据导数的几何意义即可判断B；将方程的解转化为函数图象的交点即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为为函数的极小值点，所以，解得或，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
即为极小值点，符合题意；
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
即为极大值点，不符合题意，故.
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，由是函数的极小值点，则，解得或，代入检验求解即可.
13．【答案】0.5
【知识点】线性回归方程；回归分析
【解析】【解答】解：由回归直线必过样本中心，将代入，
得，解得，则，
当时，，则残差.
故答案为：0.5.
【分析】利用样本中心在回归直线上及残差的定义求解即可.
14．【答案】215
【知识点】子集与真子集；二项式定理
【解析】【解答】解：设，
则集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减1，令，则展开式中所有项的系数之和为，
所以.
故答案为：.
【分析】构造函数，分析题意知，集合的所有子集的乘积之和即为展开式中所有项的系数之和减1.
15．【答案】（1）解：由的二项展开式中前三项的二项式系数的和为46，则，
即，，解得，
令，则，
故展开式中所有项的系数的和为；
（2）解：由（1）知二项式为，则二项展开式的通项为，
令，解得，则展开式中的常数项为．
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【分析】（1）由二项式系数的性质，结合组合数的计算可得，再利用赋值法求解系数和即可；
（2）由（1）可得，写出通项，利用通项特征求解，再代入求解即可.
（1）因为的二项展开式中前三项的二项式系数的和为46，所以，
即，，解得或（舍）．
令，则，
所以展开式中所有项的系数的和为．
（2）由（1）知二项式为，
所以二项展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为．
16．【答案】（1）解：零假设：车间与优等品无关，
优等品 非优等品 总计
甲车间 40 10 50
乙车间 30 20 50
总计 70 30 100
，
根据小概率值的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为车间与优等品有关联；
（2）解：由题意得：，，
又因为，，所以，，
则经验回归方程为.
【知识点】线性回归方程；独立性检验；回归分析；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据的计算公式求解即可；
（2）利用经验回归方程计算公式，代入求解即可.
（1）
优等品 非优等品 总计
甲车间 40 10 50
乙车间 30 20 50
总计 70 30 100
设：车间与优等品无关.
根据小概率值的独立性检验，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下，认为车间与优等品有关联.
（2）依题意得：
，
又因为，，
故，
所以经验回归方程为.
17．【答案】解：（1）当时，，
即，当且仅当，即时等号成立，
而，故函数的最大值为；
（2）当，时，，则
即，当且仅当时等号成立，因此的最小值为，
恒成立恒成立，
故实数的取值范围是.
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由，可得，化简变形后求的最大值即可；
（2）由于，变形后可得，而恒成立恒成立，从而求实数的取值范围即可.
18．【答案】（1）解：设“甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜”为事件，“甲以或或获胜”分别记为事件，，，
“甲前3局比赛均获胜”为事件．
则，
，
，
．
，
，
所以甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，
前3局比赛均获胜的概率；
（2）解：设该校高二年级学生体能检测的成绩为，则，
，
所以，
所以高二年级学生体能检测不合格的人数约为人，
而，所以该校高二年级学生体能检测成绩合格．
【知识点】正态密度曲线的特点；条件概率
【解析】【分析】（1）利用条件概率计算公式即可求得甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前3局比赛均获胜的概率；
（2）利用正态分布的性质即可求得全年级不合格人数总人数的百分比，与比较后即可得到该年级体能检测是否达标．
（1）设“甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜”为事件，
“甲以或或获胜”分别记为事件，，，
“甲前3局比赛均获胜”为事件．
则，
，
，
．
，
，
所以甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，
前3局比赛均获胜的概率．
（2）设该校高二年级学生体能检测的成绩为，则．
，
所以，
所以高二年级学生体能检测不合格的人数约为人，
而，所以该校高二年级学生体能检测成绩合格．
19．【答案】（1）解：对任意，且，
即，解得，
因为，所以，即的取值范围为；
（2）证明：（ⅰ）设，则．
令，且，
则，则在上单调递增，
所以，即，
所以是上的“好函数”．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，
令，则，
即．
故，
化简可得．
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）利用给定定义结合分离参数法求解即可；
（2）（ⅰ）利用给定定义结合导数证明即可；
（ⅱ）利用给定定义结合裂项相消法证明即可.
（1）由题可知任意，且，
即，解得．
因为，所以，即的取值范围为．
（2）（ⅰ）证明：设，
则．
令，且，
则，则在上单调递增，
所以，即，
所以是上的“好函数”．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当时，，
令，则，
即．
故，
化简可得．
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