2021-2022学年江西省宜春市高二（下）期末数学试卷（理科）（Word解析版）

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2021-2022学年江西省宜春市高二（下）期末数学试卷（理科）

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 复数满足为虚数单位，则在复平面内复数对应的点在(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2. 若，，，则下列命题正确的是(    )

A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，，则

3. 根据分类变量与的观察数据计算得：根据下表给出的独立性检验中的小概率值和相应的临界值，作出下列判断，正确的是(    )

A. 有的把握认为变量与独立
B. 有的把握认为变量与不独立
C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过
D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过

4. 在同一坐标系中，将曲线变为曲线的一个伸缩变换是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 将一枚均匀的骰子连续投掷两次，记两次向上的点数之和为随机变量，则(    )

A.  B.  C.  D.

6. 如图所示圆柱的轴截面的周长为定值，则(    )

A. 圆柱的体积有最小值，此时高与底面圆的直径之比为
B. 圆柱的体积有最小值，此时高与底面圆的半径之比为
C. 圆柱的体积有最大值，此时高与底面圆的直径之比为
D. 圆柱的体积有最大值，此时高与底面圆的半径之比为
 

7. 随机变量的分布列如表：

则当取最大值时，(    )

A.  B.  C.  D.

8. 自年“新冠”出现后，全国人民“众志成城，齐心抗疫”许多志愿者挺身而出，现安排名男性志愿者，名女性志愿者站成一排将逐一进行核酸检测，要求男女相间且女性甲要在女性乙之前检测，则不同的安排方法的种数是(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

9. 若二项式展开式中各项的二项式系数的和为，且为曲线与轴围成的平面图形面积，则下列说法正确的是(    )

A.
B. 展开式中常数项为第项
C. 展开式中系数绝对值最大的项为第项
D. 从展开式中随机抽取一项，则事件“抽到无理项”的概率为

10. 在数学史上记载了众多科学家根据生活中的一些数学问题制作了许多经典的数学模型，如研究随机现象规律的“高尔顿钉板”模型．某游乐场根据“高尔顿钉板”模型，仿作了一款如图的游戏机，玩家投入一枚游戏币后，机器从上方随机放下一颗半径适当的小球，假设小球从最上层个缝隙落下的概率都相等，小球第一次与第层的一障碍物随机图中圆点碰撞且碰撞下落过程中等可能地从左边或右边继续下落，于是又碰到下一层的一障碍物，如此继续下去，最后落入编号，，，的槽内．设小球落入编号的槽内概率为，落入编号的槽内概率为，则(    )

A.  B.
C.  D. ，大小关系不定

11. 设函数，若关于的不等式的解集为：，且，且，若的极大值为，极小值为，则(    )

A.  B.  C.  D.

12. 函数满足为自然数的底数，且当时，都有为的导数，则下列判断正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 函数，则在处的切线方程为______．
14. 韩愈诗云“莫以宜春远，江山多胜游“描述的是风光秀丽的宜春明月山风景区，经统计每天去宜春明月山风景区的旅客人数是服从正态分布的一个随机变量，设一天中的旅客人数不超过人的概率为，则的值为______．
    若，则，，
15. 将没有重复数字且能够被整除的位数的正整数从小到大进行排序，则第个是______．
16. 若函数在上不存在零点，则实数的取值范围是______．

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 根据条件，分别求解：
    求展开式中的系数；
    求值：．
18. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：为参数，在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为．
    写出曲线的普通方程，并判断点与曲线的位置关系；
    设直线：与曲线交于、两点，求的值．
19. 平面内，定点，的坐标分别是，，动点，设函数．
    求不等式的解集；
    若函数的最小值为，且正实数，，满足：，试比较的大小，并说明理由．
20. 一不透明箱内装有个红球，个白球，个黑球，这个球的大小、形状均相同，甲现从中任意不放回地随机抽取小球，每次取个，直至取到黑球为止．
    求此过程中恰好把个红球全部取出的概率；
    记取到一个红球得分，取到一个白球得分，取到黑球得分，设甲取到黑球时的得分数为随机变量，求的分布列及．
21. 年月日至月日第届冬奥会在北京举行，本届冬奥会吉祥物“冰墩墩”自亮相以来就好评不断，一个原因是主办方的广泛宣传．某课外学习小组通过收集整理出了宣传力度与好评量之间的散点图如图所示，根据散点图中的数据，令，统计整理得到与的如下数据表如图所示，现计划用或建立关于的回归方程．

设与的相关系数分别为，，求，的值并根据其意义判断哪种模型更合适建立与的回归方程，请求出该方程；
附：参考数据和公式：，，回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：，，相关系数计算公式：．
为发挥线上购物的优越性，现主办方在某网购平台推出一款以“冰墩墩”为原型的纪念品进行售卖，网购平台为提高销售量，组织，，三家网店开展“秒杀”抢购活动．其中甲在家抢购一个订单，乙在家抢购一个订单，丙在家抢购一个订单，若三人在三家网店订单“秒杀”成功的概率均为，且三人是否抢购成功互不影响，记三人抢购到的订单总数为随机变量．
(ⅰ)求的分布列及；
(ⅱ)若每个订单由个“冰墩墩”构成，记三人抢购到的“冰墩墩”总数量为，假设，求取最小值时正整数的值．

22. 已知函数为自然对数的底数．
    求函数的单调递增区间；
    若不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
    证明：．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
则，
故在复平面内复数对应的点在第四象限．
故选：．
根据已知条件，先对化简，再结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，，，，A正确，
，当，，时，满足，但，B错误，
，当，时，满足，但，C错误，
，当，时，满足，，但，D错误，
故选：．
利用不等式的基本性质判断，利用举实例法判断．
本题考查了不等式的基本性质，举实例法的应用，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：，
变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过，没有的把握认为变量与独立，故ABD错误，C正确．
故选：．
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
本题主要考查独立性检验的定义，考查转化能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由题意，将曲线变为曲线的一个伸缩变换是，即，
故选：．
根据伸缩变换的性质求解即可．
本题主要考查了曲线的伸缩变换，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：将一枚均匀的骰子连续投掷两次，所有可能结果有个，满足点数之和小于等于的有，，，，，共种情况．
所以．
故选：．
首先求出基本事件总数，再列出满足点数之和小于等于的情况，最后利用古典概型的概率公式与对立事件的概率公式计算即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
 

6.【答案】 

【解析】解：设底面半径为，圆柱的高为，则由题意得为定值，，
，，
圆柱的体积为，
则，则，解得，或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值，此时，
取得最大值，高与底面圆的半径之比为．
故选：．
设底面半径为，圆柱的高为，则由题意得为定值，然后表示出圆柱的体积，利用导数可求出其最大值，由此能求出结果．
本题考查圆柱的结构特征、圆柱的体积、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意可得，，解得，
故E，
令，，
则，
当时，即，取得最大值，
故D．
故选：．
先利用分布列的性质，求得的值，得出的表达式，再结合三角代换，以及方差的公式，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量期望与方差的求解，考查转化能力，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：先排名女性，有种排法，名女性之间出现个空，
将名男性排到这个空对应的位置上，有种排法，
由于女性甲和女性乙检测的先后顺序只有两种，故再乘以，
因此不同的安排方法的种数是种．
故选：．
采用插空法，先排女性，再排男性，最后根据甲乙的顺序有两种，故再乘以，即可得答案．
本题考查了排列数公式的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由题意可知，，
，，故选项A错误；
展开式第项为：
，
常数项为：，
，即展开式的第项为常数项，故选项B错误；
展开式系数的绝对值与展开式的系数对应相等，
故设展开式的系数最大为第项，则，，
，，
，展开式的系数绝对值最大为第项；
由展开式中一共有项，第项为：
，
为整数时，展开式为有理项，
，，，，时展开式为有理项，故无理项也有项，
故选项D正确，
故选：．
利用题中的条件分别解出和值，进而逐项验证，即可解出．
本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：依题意可知，小球从最上层个缝隙落下的概率都相等，
，，所以．
故选：．
结合相互独立事件概率计算公式，计算出，，由此得出正确答案．
本题主要考查独立事件概率计算公式，属于常考题型．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为关于的不等式的解集为，且，且，
可得，
由此可确定函数的大致图象如图所示，

则为的二重根，故设，
则
，
令，则或，
则当时，，单调递减，
当或时，，单调递增，
故是函数的极大值点，故，
是函数的极小值点，
故，
故，
故选：．
由题意可确定，确定函数大致图象，可设，利用求导确定函数的极值点，求得极值，即可求得答案．
本题考查导数的综合应用，三次函数的图象与性质，导数与函数的极值，考查数形结合思想，属于难题．
 

12.【答案】 

【解析】解：设，则，
因为当时，都有，
所以，
所以在上单调递增，
，
，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以关于对称，则，
因为在上单调递增，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以，故A错误；
所以，
所以，即，故B错误；
所以，
所以，
所以，故C错误；
，
所以，
所以，故D正确．
故选：．
设，求导分析单调性，对称性，逐个判断每个选项，即可得出答案．
本题考查函数的性质，解题关键是构建函数，分析函数的对称性，单调性，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由，得，
，得，
，则，
在处的切线方程为．
故答案为：．
求出原函数的导函数，得到，进一步求出的值，利用直线方程的斜截式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，求解的值是关键，是基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：，
，
．
故答案为：．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：万位是、没有重复数字且能够被整除的个数为：，
万位是、没有重复数字且能够被整除的个数为：，
万位是、没有重复数字且能够被整除的个数为：，
万位是、没有重复数字且能够被整除的位数按照从小到大排序，
前个数为，，，，，
，第个是．
故答案为：．
先求出万位是或或、没有重复数字且能够被整除的个数，然后列出万位是，没有重复数字且能够被整除的位数按照从小到大排序的前个数，即可求出结果．
本题考查简单的归纳推理、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由题意得当时，，
令，，则设，
当时，，
则，
在上不存在零点，
当时，根据可得，
故只需，则，即可满足，
在上不存在零点，
故，
综合以上可得数的取值范围为，
故答案为：．
由题意得当时，将函数变为，换元令，，构造函数，根据讨论其零点情况，即可求得答案．
本题考查零点存在定理，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：，
的系数为：；
． 

【解析】利用二项式定理的展开式，即可解出；
利用排列数和组合数公式，即可解出．
本题考查了二项式定理，排列数组合数的运算，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

18.【答案】解：曲线的参数方程为：为参数，
消去参数可得，，
点的极坐标为，且，，
点的直角坐标为，
将代入曲线的普通方程的左边得，
故在曲线内部．
直线：的极坐标方程对应的普通方程为：，
在直线上，
故可设直线的参数方程为为参数，与曲线的普通方程联立，化简整理可得，，
，设两根为，，
由韦达定理可得，，
故． 

【解析】根据曲线的参数方程，消去参数可得，，再结合极坐标公式，求出点的直角坐标，并根据两点之间的距离公式，即可求解．
先求出直线的参数方程，再结合参数方程的几何意义，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查参数方程化普通方程，考查参数方程的几何意义，属于中档题．
 

19.【答案】解：由已知得：，
故即为：或或，
解得或或，
综上：的解集为：；
解：当且仅当时取等号，
所以，故，
又因为：，，均为正数，
所以当且仅当时取等号，
同理，当且仅当时取等号，
，
，当且仅当，，时取等号，
又，
所以． 

【解析】由题意得，分段讨论去掉绝对值，解不等式可得答案；
求得的最小值，即得，变为，利用基本不等式即可比较的大小．
本题考查了含绝对值的不等式的解法以及基本不等式的应用，属于中档题．
 

20.【答案】解：记事件“取到黑球停止时恰好把个红球全部取出”，“第次取到黑球，即前次取出的全是红球“，“第次取到黑球，前次取出的球中含个红球和个白球“，
则，
由题意知：随机变量的所有可能取值为，，，，，，
，
，
，
，
所以分布列为：

所以． 

【解析】根据题意可得符合题意有第次取到黑球，即前次取出的全是红球或第次取到黑球，前次取出的球中含个红球和个白球，计算概率求和；
随机变量的所有可能取值为，，，，，，根据题意求分布列和期望．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：由已知可得，，
，
，建立关于的回归方程更合适．
，，
关于的回归方程为；
由题意可知，的所有可能取值为，，，，，
，，
，，
的分布列为：

；
，，
令，则，
，
当时，；当时，；当时，．
取最小值时正整数的值为或． 

【解析】由已知数据求得与，比较大小可得建立关于的回归方程更合适，求出与，可得与的回归方程；
由题意可知，的所有可能取值为，，，，，分别求得概率，列出分布列，即可求得；
，求得，可得当时，；当时，；当时，，由此可得取最小值时正整数的值为或．
本题考查回归方程的求法，考查离散型随机变量的期望与方程，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．
 

22.【答案】解：，，
则，
令，得，
因为对任意恒成立，
所以，即，
则，，
所以，，
所以的单调递增区间为，．
，则，
则，
所以在上单调递减，
所以当时，，即，
当时，时，，
因为，，
所以，
所以，故不满足条件，
当时，，不满足条件，
当时，时，
，
要使得，即恒成立，
只需满足，即，
综上所述，实数的取值范围为．
证明：因为，
所以满足中的条件，
即在上恒成立，
由于，且，
所以，则，
又，
所以，且，
当时，也成立，
所以，，得证． 

【解析】根据题意可得，，求导得，分析的正负，进而可得的单调递增区间．
，则，则，推出的单调性，得，分三种情况：当时，当时，当时，时，求出的范围．
由，得满足中的条件，即在上恒成立，则，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．