湖北省十堰市部分重点中学2022-2023学年高二数学下学期5月联考试题（Word版附答案）

十堰市部分重点中学2023年度5月联考高二数学试卷考试时间：2023年5月17日下午-15：00–17：00试卷满分：150分一､单选选择题：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.抛物线的焦点到准线的距离是（）.A.B.C.2D.42.已知函数在处的导数为12，则（）A.-4B.4C.-36D.363.的展开式中含项的系数为（）A.-24B.24C.-16D.164.已知上可导函数的图象如图所示，是的导函数，则不等式的解集为（）A.B.C.D.5.数列满足，则（）A.B.C.D.36.已知随机变量，且，则的最小值为（）A.9B.8C.D.67.某公司安排甲､乙､丙､丁四位职员到三个社区开展调研活动，每位职员必须到一个社区开展活动，每个社区至少有一位职员.由于交通原因，乙不能去社区，甲和乙不能同去一个社区，则不同的安排方法数为（）A.36B.24C.20D.14 8.若关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.5月1日当晩，武当山举行无人机天幕秀，数百架无人机编队以天为幕，呈现精心设计的4个武当山的“地标”，分为“太和宫､龙头香､太子坡､宣武门”.按照以上排好的先后顺序进行表演，每个环节表演一次.假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则（）A.事件“成功表演太和宫环节”与事件“成功表演太子坡环节”互斥B.“龙头香”､“宣武门”环节均表演成功的概率为C.表演成功的环节个数的期望为3D.在表演成功的环节恰为3个的条件下“宣武门”环节表演成功的概率为10.已知数列的前项和满足，则下列说法正确的是（）A.是为等差数列的充要条件B.可能为等比数列C.若，则为递增数列D.若，则中，最大11.现有带有编号的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（）A.全部投入4个不同的盒子里，共有种放法B.全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法12.已知函数是的导数，下列说法正确的是（）A.曲线在处的切线方程为B.函数有唯一极小值C.函数在上单调递增，在上单调递减D.对于任意的总满足 三､填空题.本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设为双曲线的两个焦点，若双曲线的两个顶点及原点恰好将线段四等分，则双曲线的离心率为__________.14.已知，则__________.（用数字作答）15.假设某地历史上从某次特大洪水发生以后，在30年内发生特大洪水的概率是0.8，在40年内发生特大洪水的概率是0.85.现此地距上一次发生特大洪水已经过去了30年，那么在未来10年内该地区仍无特大洪水发生的概率是__________.16.已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是__________.四､解答题.本大题共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.（10分）已知是等比数列，公比，前项和为，且，数列满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.18.（12分）已知等差数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.19.（12分）已知函数.（1）当时，求函数的极值；（2）讨论函数的单调性.20.（12分）甲､乙两队进行一场排球比赛，假设各局比赛相互间没有影响且无平局，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一队比另一队多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为. （1）第二局比赛结束时比赛停止的概率；（2）设表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列和数学期望.21.（12分）已知椭圆的短轴长为2，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设与圆相切的直线交椭圆于两点（为坐标原点），求线段长度的最大值.22.（12分）已知是实数，函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个相异的零点且，求证：.十堰市部分重点中学2023年度5月联考高二数学参考答案1.B【详解】抛物线化为标准方程为抛物线，则其焦准距为，即焦点到准线的距离是，2.B【详解】根据题意，函数在处的导数，则，3.B【详解】的展开式中含的项为，系数为24.4.C【详解】由图象知的解集为的解集为，或所以或，解集即为.5.A【详解】， ，，数列是以3为周期的周期数列，，故选：A.6.B【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以.当时，，当且仅当，即时等号成立，故最小值为8.7.C【详解】解：由于乙不能去社区，则乙可以去或社区，共2种，剩余的3人可以分成1，2两组或1，1，1三组两种情况，①分成1，2两组，去和乙不同的两个社区，有种，②分成1，1，1三组，去三个社区且甲和乙不能同去一个社区，有种，所以不同的安排方法数为种，8.D【详解】根据题意知，即，令，则在上恒成立，由，在上；在上， 所以在上递增；在上递减，且，在上上，而，当时，，成立；当时，根据在上单调递增，在上恒成立，综上所述：只需满足即，令，则在上恒成立，即在上递增，故，综上所述：的取值范围为.故选：D.9.BCD【详解】事件“成功表演太和宫环节”与事件“成功表演太子坡环节”可以同时发生，故不互斥，错误；“龙头香”､“宣武门”环节均表演成功的概率为正确；记表演成功的环节个数为，则，期望为，C正确；记事件：“表演成功的环节恰为3个”，事件：“宣武门环节表演成功”.，由条件概率公式正确，10.ABD【详解】；当时，，当时，，满足通项公式，数列为等差数列；当为等差数列时，，故A正确；当时，，是等比数列，B正确；，取，则错误；当时，从第二项开始，数列递减，且，故，故最大，D正确. 故选：ABD11.ACD【详解】对于A，带有编号的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；对于，带有编号的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为有种分法；若两组球个数之比为有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；对于，带有编号的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；对于D，带有编号的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；12.ABD【详解】解：，则，而，因此，曲线在点处的切线方程为正确；则，由于故存在使得，可得有唯一极小值.B正确设，当时，，则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，C错误； 设，则由选项C知，在上单调递增，而，则，即有，因此函数在上单调递增，，即有，所以对任意的，总满足，D正确.综上，正确答案为13.【详解】解：由题意得14.15【详解】解：令，得，令，得，令，得解得，故15.0.75解析设“在30年内发生特大洪水”为事件“在40年内发生特大洪水”为事件“未来10年内该地区将发生特大洪水”为事件，则在未来10年内该地区仍无特大洪水发生的概率是.16.【详解】当时，，所以，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，且，当时，，当时，， 当时，与一次函数相比，函数呈爆炸性增长，从而，当时，，所以，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，且，当时，，当时，，当时，与对数函数相比，一次函数呈爆炸性增长，从而，当，且时，，根据以上信息，可作出函数的大致图象如下：函数的零点个数与方程的解的个数一致，方程，可化为，所以或，由图象可得没有解，所以方程的解的个数与方程解的个数相等，而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，由图可知：当时，函数的图象与函数的图象有3个交点. 故答案为：.17.【详解】解：（1）由题意得等比数列的公比，且故，分解得所以.（2）设.18.（1）（2）【详解】（1）设数列的公差为，，，.（2）由（1）可知，数列的前项和为，，两式作差，得 ，.19.（1）.（2）答案见解析.详解：（1），，，则.1+0-0+极大值极小值（2），当时，在单调递减.当时，和有有，则在和上单调递减，在上单调递增.当时，和有有，则在和上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在单调递减.当时，在和上单调递减，在上单调递增.当时，在和上单调递减，在上单调递增. 20.（1）（2）分布列见解析，解：（1）依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束其概率为.故第二局比赛结束时比赛停止的概率.依题意知，的所有可能值为.表示当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束，表示前二局的比分为，第三四局有一队连胜2局，表示前二局的比分为且前4局的比分为，所以随机变量的分布列为：246所以21.（1）（2）.【详解】（1）由题设：，解得，椭圆的方程为；（2）的面积，设，①当轴时，，②当与轴不垂直时，设直线的方程为， 由已知，得，把代入椭圆方程消去，整理得，有，，当且仅当即时等号成立，又当时，，22.（1）的定义域为，当时，恒成立，故在上单调递减；.当时，令得：，令得：，故在上单调递增，在上单调递减；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）由（1）可知，要想有两个相异的零点，则，不妨设，因为，所以， 所以，要证.，即证，等价于，而，所以等价于证明即，令，则，于是等价于证明成立，设，所以在上单调递增，故，即成立，所以，结论得证.