2022-2023学年湖南省长沙市长郡梅溪湖中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年湖南省长沙市长郡梅溪湖中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据二次函数的性质求出，即可得出答案.

【详解】因为，所以.

因为，所以.

故选：C.

2．已知函数的定义域为，则函数的定义域（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据抽象函数和具体函数的定义域可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.

【详解】因为函数的定义域为，对于函数，

则有，解得或.

因此，函数的定义域为.

故选：A.

3．设函数的定义域为R，且是奇函数，则图像（    ）

A．关于点中心对称 B．关于点中心对称

C．关于直线对称 D．关于直线对称

【答案】A

【分析】根据奇函数的性质，结合对称性，即可得出答案.

【详解】因为为奇函数，所以，

所以函数图象关于点中心对称.

故选：A.

4．如果是离散型随机变量，，则下列结论中正确的是（    ）．

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据随机变量的线性关系，结合数学期望与方差的性质即可得，，故可得答案.

【详解】解：因为，所以，，

则，.

故选：D.

5．关于“函数，的最大、最小值与函数，的最大、最小值”，下列说法中正确的是（    ）．

A．有最大、最小值，有最大、最小值

B．有最大、最小值，无最大、最小值

C．无最大、最小值，有最大、最小值

D．无最大、最小值，无最大、最小值

【答案】C

【分析】画出，的图象，数形结合得到其最值情况，在，的基础上，得到，的最值情况.

【详解】，，

画出函数图象如下：

函数，无最大值，也无最小值；

当时，此时函数的图象为上一些点，

当且时，，当且时，，

且函数在且上单调递减，在当且上时单调递减，

故时，取得最小值，当时，取得最大值.

故选：C

6．如图是下列某个函数在区间的大致图象，则该函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】用特殊值结合排除法求解．由正负、的大小及函数的零点排除三个选项得正确结论．

【详解】对B，由，知，但由图象知，故可排除B，

对C，因为在上，而由函数图象知函数一个零点在上，而排除C；

对D，由知，而由函数图象可知，故可排除D.

故选：A．

7．“”是“不等式与同解”的（    ）条件.

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要

【答案】D

【分析】取特殊值，即可得出充分性和必要性均不满足.

【详解】取，，满足，

所以即为，即为，

两不等式的解集不同，故充分性不满足；

不等式与不等式的解集相同，均为R，

但不满足，故必要性不满足.

所以“”是“不等式与同解”的既不充分又不必要条件.

故选：D.

8．设，则的大小顺序为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小．

【详解】令，，

则，，，

而，当时，，单调递增；当时，，单调递减，

又，，即.

故选：B.

二、多选题

9．下列函数中，能用二分法求函数零点的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】利用二分法零点判断规则即可得到正确选项

【详解】选项A：由，可得在上存在零点；

选项B：由，可得在上存在零点；

选项C：，则其零点为，

但不存在实数满足，因而不能用二分法求此函数零点；

选项D：由，可得在上存在零点.

故选：ABD

10．下列选项中，正确的是（    ）

A．对于任何两个集合，恒成立

B．“对于，”的否定是“，”

C．对于成对样本数据，样本相关系数越大，相关性越强；相关系数越小，相关性越弱

D．已知实数x，y，z满足，则

【答案】AB

【分析】根据集合的运算，即可得出A项；根据全称量词命题的否定可知B项正确；根据样本相关系数的概念，可判断C项；作差，结合不等式的性质，即可判断D项.

【详解】对于A项，对于任何两个集合，都有，所以恒成立，故A项正确；

对于B项，根据全称量词命题的否定可知，“对于，”的否定是“，”，故B项正确；

对于C项，对于成对样本数据，样本相关系数的绝对值越大，相关性越强；相关系数的绝对值越小，相关性越弱，故C项错误；

对于D项，作差可得.

因为，所以，，，

所以，，所以，故D项错误.

故选：AB.

11．下列命题中，正确的命题是（    ）

A．数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的70%分位数是7

B．已知随机变量X服从正态分布，且，则

C．若事件A，B满足，则A与B独立

D．在独立性检验中，已知，若计算出，由此推断出犯错误的概率不大于0.01

【答案】BCD

【分析】根据百分数的计算公式，即可判断A项；根据正态分布的对称性，即可得出B项；由已知可推得，即可得出C项；根据已知条件，结合独立性检验规则，即可得出D项.

【详解】对于A项，由，所以70%分位数是，故A项错误；

对于B项，因为，所以正态曲线关于对称.

又，

所以有，所以，故B项正确；

对于C项，因为，即.

又，即，

所以，故与独立，故C项正确；

对于D项，由已知，根据独立性检验规则可知，推断出犯错误的概率不大于，故D项正确.

故选：BCD.

12．2022年冬奥会在北京举办，为了弘扬奥林匹克精神，某市多所中小学开展了冬奥会项目科普活动.为了调查学生对冰壶这个项目的了解情况，在该市中小学中随机抽取了10所学校，10所学校中了解这个项目的人数如图所示：

若从这10所学校中随机选取2所学校进行这个项目的科普活动，记X为被选中的学校中了解冰壶的人数在30以上的学校所数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由已知得出的可能取值为0，1，2，根据超几何分布得出的分布列，根据公式，求得期望、方差，即可得出答案.

【详解】根据题意，的可能取值为0，1，2，其中了解冰壶的人数在30以上的学校有4所，了解冰壶的人数在30以下的学校有6所，

所以，，，.

所以，的概率分布列为：

所以，，.

对于A项，由分布列可得，，故A项正确；

对于B项，由分布列可知，，故B项正确；

对于C项，因为，故C项错误；

对于D项，由上分析知D项正确.

故选：ABD.

【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列、期望、方差的方法，

1.由已知得出随机变量的取值；

2.列出分布列；

3.根据分布列求出期望、方差.

三、填空题

13．若“函数是奇函数”是真命题，则a的值是__________.

【答案】

【分析】由已知求出函数的定义域，.然后根据奇函数的性质，列出关系式，即可得出答案.

【详解】由已知可得，的定义域为R，且.

因为函数是奇函数，所以有成立，

即，即.

因为，所以有，所以.

故答案为：.

14．设为R上的可导函数，且，则曲线在点处的切线斜率为__________.

【答案】/

【分析】根据已知可求出，然后根据导数的几何意义，即可得出答案.

【详解】由已知可得.

根据导数的几何意义可知，曲线在点处的切线斜率为.

故答案为：.

15．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止.某考生一次发球成功的概率为p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值范围为_______.

【答案】

【分析】求出随机变量的分布列，可得期望，进而可根据E(X)＞1.75解得.

【详解】有题意知所以，解得或，由，所以.

故答案为：

16．已知函数（，）至多有一个零点，则的最小值为________．

【答案】3

【分析】由题意可得到满足的不等式关系，将变形并结合，推出，再利用换元，变形为，继而利用基本不等式求得最值.

【详解】由题意知,

故

，

设，则

，

当且仅当，即时取等号，

此时，，符合题意，

故的最小值为3，

故答案为：3

【点睛】关键点点睛：根据题意可得到满足的不等式关系，要求的最小值，关键是将变形并结合，推出，从而利用换元，变形为，继而利用基本不等式求得最值.

四、解答题

17．经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内某公路汽车的车流量（千辆/时）与汽车的平均速度（千米/时）之间的函数关系为．

(1)在该时段内，当汽车的平均速度为多少时，车流量最大？最大车流量是多少（精确到0.1千辆/时）？

(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应该在什么范围内？

【答案】(1)千米/时，千辆/时

(2)

【分析】（1）函数解析式的分子分母同时除以v，然后利用基本不等式求出函数的最大值以及取得最大值时v的值．

（2）由条件列出不等式，求解即可．

【详解】（1）依题意，

当且仅当，即（千米/时）时，等号成立．

最大车流量千辆/时．

（2）由条件得，整理得，解得，

故汽车的平均速度应该在范围内．

18．已知实数，函数.

(1)当时，求；

(2)当时，若关于a的方程有解，求实数m的范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）代入，求出分段函数值即可；

（2）根据的取值范围，求出，.代入已知整理可得，结合二次函数的图象与性质，求出当时，，即可得出答案.

【详解】（1）当时，函数，

所以，，所以.

（2）当时，，

则，，

所以.

因为有解，

所以，

即在上有解.

当时，由可知，

当时，有最小值，所以，

所以.

19．某高科技公司对其产品研发年投资额x（单位：百万元）与其年销售量y（单位：千件）的数据进行统计，整理后得到如下统计表和散点图.

(1)该公司科研团队通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种方案作为年销售量y关于年投资额x的回归分析模型，请根据统计表的数据，确定方案①和②的经验回归方程；（注：系数b，a，d，c按四舍五入保留一位小数）

(2)根据下表中数据，用相关指数（不必计算，只比较大小）比较两种模型的拟合效果哪个更好，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量是多少？

参考公式及数据：，，

，

，.

【答案】(1)，

(2)30（千件）

【分析】（1）求出，根据公式计算出得线性回归方程；求出，再求得系数，，代入得非线性回归方程；

（2）根据（1）回归方程分别求得相关指数，比较可得，然后估算销售量即可．

【详解】（1）由题可得，，

， ，

所以， ，

方案①回归方程，

对两边取对数得：，令，是一元线性回归方程.  

，

，

，

方案②回归方程 ；

（2）方案①相关指数；

方案②相关指数，

（有此结论即给分），

故模型②的拟合效果更好，精度更高.

当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量（千件）.

20．某企业打算处理一批产品，这些产品每箱100件，以箱为单位销售.已知这批产品中每箱出现的废品率只有或者两种可能，两种可能对应的概率均为0.5.假设该产品正品每件市场价格为100元，废品不值钱.现处理价格为每箱8400元，遇到废品不予更换.以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据.

（1）在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买；

（2）现允许开箱，有放回地随机从一箱中抽取2件产品进行检验.

①若此箱出现的废品率为，记抽到的废品数为，求的分布列和数学期望；

②若已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，判断是否可以购买.

【答案】(1) 在不开箱检验的情况下，可以购买. (2) ①分布列见解析，0.4  ②不可以购买

【分析】（1）求出在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值，即得解；（2）①的可能取值为0，1，2，再求出对应的概率，即得的分布列和数学期望；②一箱产品中，设正品的价格的期望值为，求出即得解.

【详解】（1）在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值为：

，

∴在不开箱检验的情况下，可以购买.

（2）①的可能取值为0，1，2，

，

，

，

∴的分布列为：

.

②设事件：发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，

则，

一箱产品中，设正品的价格的期望值为，则，

事件：抽取的废品率为的一箱，

则，

事件：抽取的废品率为的一箱，

则，

∴，

∴已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，不可以购买.

【点睛】本题主要考查随机变量的分布列和期望的求法，考查条件概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

21．若函数在时，函数值y的取值区间恰为，则称为的一个“倒域区间”.定义在上的奇函数，当时，.

(1)求在上的解析式；

(2)求的“倒域区间”.

【答案】(1)，

(2)和

【分析】（1）设，利用奇函数的定义，即可求得函数在上的解析式；

（2）分析可知，只需讨论或，分析二次函数的单调性，结合函数值域可缩小的范围.然后根据题中定义可得出关于实数、的等式组，求出、的值，即可得出结果.

【详解】（1）当时，则，且.

因为为上的奇函数，所以，

所以，

所以，在上的解析式为，.

（2）由已知在时，函数值的取值区间恰为，

其中且，，所以，，则，所以同号，

所以或.

①当时，因为函数，

根据二次函数的图象与性质，可知在上单调递增，在上单调递减，

故当时，，则有.

因为，所以，，所以，.

因为函数在上递减，且在上的值域为，

所以，，解得，

所以，函数在内的“倒域区间”为；

②当时，，

根据二次函数的图象与性质，可知在上单调递减，在上单调递增，

故当时，，则有.

因为，，所以，，所以，.

因为在上单调递减，则，解得，

所以，在内的“倒域区间”为.

综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.

【点睛】关键点睛：本题考查函数的新定义，解题的关键在于分析函数的单调性，结合题意得出关于参数的方程，进行求解即可.

22．已知，.

(1)求方程的根的个数；

(2)证明：.

【答案】(1)2个

(2)证明见解析

【分析】（1）原问题可转化为求函数零点的个数，求出.二次求导得出的单调性以及极值情况，然后分以及，根据的单调性，结合端点处的导数值，即可得出的单调性，从而得出该区间内零点的个数.进而研究，根据复合函数的单调性，可得出的单调性，根据零点存在定理即可得出该区间内零点的个数.在内，根据正弦函数的范围可得恒成立，即可得出答案；

（2）先推得，然后由已知可得出.进而代入求和化简可得出.

【详解】（1）由题意可转化为求函数零点的个数.

则定义域为，且.

（ⅰ）令，，

则，.

因为函数在上单调递减，函数在上单调递减，

根据复合函数的单调性，可知在上单调递减.

又，，

根据零点存在定理可知，，使得.

所以，当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减.

所以，为的极大值点，

即：在区间上存在唯一的极大值点.

①当时，

由的单调性，可知在上单调递增，

所以，

所以在上单调递减.

又，所以为在上的唯一零点；

②当时，

由的单调性，可知在上单调递增，在上单调递减.

又，所以在上恒成立，

所以在上单调递增，此时，不存在零点.

又，，

根据零点存在定理可知，，使得.

当时，有，所以在上单调递增；

当时，有，所以在上单调递减.

又，，

所以在上恒成立，此时不存在零点；

（ⅱ）当时，函数单调递减，函数单调递减，

根据复合函数的单调性可知，在上单调递减.

又，，

所以.

根据零点存在定理可知，在上存在零点.

又在上单调递减，

所以，在上存在唯一零点；

（ⅲ）当时，，，

所以，

所以在上不存在零点.

综上所述，有且仅有2个零点，

所以，方程的根的个数为2.

（2）因为，

又由（1）知：，

所以，，

所以，.

又，

所以.

【点睛】方法点睛：研究函数的零点：求出导函数，根据导函数得出函数的单调性，结合端点处（或特殊点处）函数值的符号，结合零点存在定理，分区间研究，即可得出.