2022-2023学年吉林省长春市十一高中高二下学期第二学程考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年吉林省长春市十一高中高二下学期第二学程考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年吉林省长春市十一高中高二下学期第二学程考试数学试题

一、单选题
1．如图所示的Venn图中，、是非空集合，定义集合为阴影部分表示的集合．若，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析可知，求出集合、、，即可得集合.
【详解】由韦恩图可知，，
因为，，
则，，因此，.
故选：D.
2．过原点且与函数图像相切的直线方程是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先设出切点，再利用导数的几何意义建立方程求出切线的斜率即可得到结果.
【详解】因为，所以，
设所求切线的切点为，则，
由题知，，解得，所以切线斜率为，
故所求切线方程为.
故选：C.
3．已知变量y与x之间具有线性相关关系，根据变量x与y的相关数据，计算得则y关于x的线性回归方程为（    ）
附：回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据已知数据求，代入回归直线方程即可求解.
【详解】由题中的数据可知，
所以.
所以.
所以y关于x的线性回归方程为.
故选：B.
4．据统计，某工厂所生产的一类新型微电子芯片的厚度X （单位：）服从正态分布，且. 如果芯片的厚度高于，那么就带要对该芯片进行复检. 若该工厂此芯片日产量平均为10000片，那么每天需要进行复检的产品大约有（    ）
（附：若X（单位：）服从正态分布，则，，.）
A．228件 B．455件 C．1587件 D．3173件
【答案】A
【分析】根据正态分布的对称性，即可求得的值和，从而求出10000片中每天需要进行复检的产品.
【详解】因为，所以，
即与关于对称，则，
因为，所以，又因为，
，所以件，
所以每天需要进行复检的产品大约有件，
故选：A.
5．已知是定义在R上的奇函数，的导函数为 ，若 恒成立，则的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性求解.
【详解】令函数，则 ，
因为 所以. 是增函数，
因为是奇函数，所以，，
所以的解集为，即≥的解集为；
故选：D.
6．，当时，都有，则实数的最大值为（    ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】依题意对，当时恒成立，，，则问题转化为在上单调递增，求出函数的导函数，则在上恒成立，参变分离可得的取值范围，即可得解.
【详解】因为，当时，都有，
即，即，
令，，则恒成立，
即在上单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为在上单调递减，
所以，所以，即实数的最大值为.
故选：B
7．某市环保局举办“六·五”世界环境日宣传活动，进行现场抽奖．抽奖规则是：盒中装有10张大小相同的精美卡片，卡片上别印有“环保会徽”或“绿色环保标志”图案．参加者每次从盒中抽取卡片两张，若抽到两张都是“绿色环保标志”卡即可获奖．已知从盒中抽两张都不是“绿色环保标志”卡的概率是．现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，抽后放回，另一人再抽，用表示获奖的人数，那么（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据二项分布的期望和方差公式即可求解.
【详解】设印有“环保会徽”图案的卡片有张，则“绿色环保标志”图案的卡片有张，
由题意可知，所以从盒中抽取卡片两张获奖的概率为 ，
由于服从二项分布，即，所以，
故选:A
8．已知函数有两个不同的极值点，且不等式恒成立，则实数t的范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】恒成立，等价于恒成立.由有两个不同的极值点结合韦达定理可得，其中，后构造函数，利用导数求出其最值即可得答案.
【详解】因为不等式恒成立，所以恒成立．.
因为函数有两个不同的极值点，
所以方程有两个不相等的正实数根，于是有，解得．
则

.
设，，故在上单调递增，
故，所以．又注意到满足题意，因此实数t的范围是．     
故选：B
【点睛】关键点睛：本题涉及恒成立问题与由函数极值点求参数范围，难度较大.本题所涉字母较多，关键为找到间的关系，得到关于a的表达式.

二、多选题
9．下列各结论正确的是（ ）
A．“”是“”的充要条件
B．的最小值为2
C．命题“”的否定是“”
D．“一元二次函数的图象过点”是“”的充要条件
【答案】AD
【详解】根据符号规律可判断A；根据基本不等式成立条件以及利用单调性求最值可判断B；根据全称命题否定形式可判断C；结合二次函数图象与性质可判断D.
【分析】解：⇔，故A正确;
，令，则，
且在区间上，函数值y随自变量x的增大而增大，最小值为，故B错误；
命题“”的否定是“”，故C错误；
一元二次函数的图象过点显然有，反之亦可，故D正确.
故选：AD
10．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的，，．随机取一个零件，记“零件为次品”， “零件为第台车床加工” ，，，下列结论正确的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】由全概率公式和条件概率依次判断4个选项即可．
【详解】对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为，
，
所以，故C正确；
对于D：由上可得，
又因为，故D错误，
故选：BC．
11．乒乓球，被称为中国的“国球”.某次比赛采用五局三胜制，当参赛甲､乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在任一局赢球的概率为，实际比赛局数的期望值记为，则下列说法中正确的是（    ）
A．三局就结束比赛的概率为 B．的常数项为3
C．函数在上单调递减 D．
【答案】ABD
【分析】设实际比赛局数为，先计算出可能取值的概率，即可判断A选项；进而求出期望值，即可判断BCD选项.
【详解】设实际比赛局数为，则的可能取值为，
所以，
，
，
因此三局就结束比赛的概率为，则A正确；
故
，
由知常数项为3，故B正确；
由，故D正确；
由，
，所以，
令，则；令，则，
则函数在上单调递增，则C不正确.
故选：ABD.
12．已知函数，，则下列说法正确的是（    ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数a的最小值为
C．若有两个零点，，则
D．若，且，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】A选项，由题，，判断在上的单调性即可；
B选项，由单调性，；
C选项，由有两个零点，，构造函数应用极值点偏移可解；
D选项，因，及在上单调递增，结合B选项分析可判断选项.
【详解】对于A选项，，.
又当时，，则在上是增函数，故A正确；
对于B选项，时，，又为正实数，所以，又时，，
所以在单调递增，故，即.

令，知，所以在上递增，在上递减，所以，
得正实数的最小值为，故B正确；
对于C选项，有两个根，，等价于函数有两个零点，.
注意到，则在上单调递减，在上单调递增，
因函数有零点，则.
设，
令，，
因为，
所以，
当时，，单调递减；
所以在上单调递减，所以，即当时，，
由题意，，，且在上单调递增，
所以，即．故C错误；
对于D选项，由AB选项分析可知，在上单调递增，
又，，
则.由，即，即有，
又，在上单调递增，所以，即，所以，
其中.由B选项分析可知，，其中时取等号，则，
其中时取等号，所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于复杂函数，常利用导数求单调区间.对于恒成立问题，常利用分离参数法将问题转化为求最值.

对于双变量问题，常结合题目条件寻找变量间关系，将双变量转化为单变量.

三、填空题
13．花店还剩七束花，其中三束郁金香，两束白玫瑰，两束康乃馨，李明随机选了两束，已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为________．
【答案】/
【分析】使用条件概率进行计算即可.
【详解】设事件“两束花是同一种花”，事件“两束花都是郁金香”，
则积事件“两束花都是郁金香”，
事件中样本点的个数为，
积事件中样本点的个数为，
∴已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为
.
故答案为：.
14．若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据基本不等式即可求解的最小值，进而求解即可.
【详解】由于，所以,
当且仅当取等号，故，解得，
故答案为：
15．若函数在上有最小值，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【分析】求出函数的单调性，结合最小值的定义即可求解.
【详解】，令得，
时，时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
若函数在上有最小值，则其最小值必为，
则必有且，解得，
故答案为：.
16．已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案.
【详解】，所以，
故，所以，为常数，
因为，又，故，
所以，
若在区间内存在零点，
则在区间内存在零点，
整理得，
设，则，
令得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
故时，成立，
即存在，使得有解，即有解，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
又，故，
所以，故实数m的取值范围.
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.

四、解答题
17．设等比数列的前项和为，公比，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和为.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用基本量法，即可求解.
（2）利用分组求和即可求解.
【详解】（1）解：，解得，
；
（2）                         

                                
.
18．民族要复兴，乡村要振兴，合作社助力乡村产业振兴，农民专业合作社已成为新型农业经营主体和现代农业建设的中坚力量，为实施乡村振兴战略作出了巨大的贡献．已知某主要从事手工编织品的农民专业合作社共有100名编织工人，该农民专业合作社为了鼓励工人，决定对“编织巧手”进行奖励，为研究“编织巧手”是否与年龄有关，现从所有编织工人中抽取40周岁以上（含40周岁）的工人24名，40周岁以下的工人16名，得到的数据如表所示．

“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19


年龄＜40岁

10

总计


40
(1)请完成答题卡上的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析“编织巧手”与“年龄”是否有关；
(2)为进一步提高编织效率，培养更多的“编织巧手”，该农民专业合作社决定从上表中的非“编织巧手”的工人中采用分层抽样的方法抽取6人参加技能培训，再从这6人中随机抽取2人分享心得，求这2人中恰有1人的年龄在40周岁以下的概率．
参考公式：，其中．
参考数据：

0.100
0.050
0.010
0.005

2.706
3.841
6.635
7.879

【答案】(1)填表见解析；认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010
(2)

【分析】（1）根据题意补全列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）先根据分层抽样求各层的人数，结合古典概型分析运算.
【详解】（1）年龄在40周岁以上（含40周岁）的非“编织巧手”有5人，年龄在40周岁以下的“编织巧手”有6人．列联表如下：

“编织巧手”
非“编织巧手”
总计
年龄40岁
19
5
24
年龄<40岁
6
10
16
总计
25
15
40
零假设为：“编织巧手”与“年龄”无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“编织巧手”与“年龄”有关，此推断犯错的概率不大于0.010．
（2）由题意可得这6人中年龄在40周岁以上（含40周岁）的人数是2；年龄在40周岁以下的人数是4．
从这6人中随机抽取2人的情况有种，
其中符合条件的情况有种，
故所求概率．
19．已知函数
(1)当时，求的极值；
(2)讨论的单调性；
(3)若，求在区间的最小值.
【答案】(1)，
(2)当时的单调增区间为，，单调减区间为；
当时在R上单调递增；
当时的单调递增区间为，，单调递减区间为；
(3)

【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可得到函数的单调区间与极值；
（2）求导函数，分，，讨论可得结果；
（3）结合（2）的结论，分、两种情况讨论，分别求出函数的最小值.
【详解】（1）当时定义域为R，
且，
所以当或时，当时，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
即，；
（2）函数定义域为R，则，
令，解得或，
①当时，则当或时，，
当时，，
所以的单调增区间为，，单调减区间为；
②当时，恒成立，所以在R上单调递增；
③当时，当或时，，当时，，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为，
综上可得当时的单调增区间为，，单调减区间为；
当时在R上单调递增；
当时的单调递增区间为，，单调递减区间为；
（3）因为，由（2）可得的单调增区间为，，单调减区间为，
若，即时在上单调递减，
所以在上的最小值为，
若，即时，在单调递减，在单调递增，
所以在的最小值为，
所以.
20．某学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”、“双人对战”和“挑战答题”.参赛者先参与“四人赛”活动，每局第一名得3分，第二名得2分，第三名得1分，第四名得0分，每局比赛相互独立，三局后累计得分不低于6分的参赛者参加“双人对战”活动，否则被淘汰.“双人对战”只赛一局，获胜者可以选择参加“挑战答题”活动，也可以选择终止比赛，失败者则被淘汰.已知甲在参加“四人赛”活动中，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第三名、第四名的概率均为；甲在参加“双人对战”活动中，比赛获胜的概率为.
(1)求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率.
(2)“挑战答题”活动规则如下：参赛者从10道题中随机选取5道回答，每道题答对得1分，答错得0分.若甲参与“挑战答题”，且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答，记甲在“挑战答题”中累计得分为X，求随机变量X的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析；

【分析】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，由题意确定的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得答案.
（2）确定随机变量X的所有可能取值，求得每个值对应概率，可得分布列，即可求得数学期望.
【详解】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了或或或.
；
；
；
，
所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率，
故甲能进入“挑战答题”活动的概率.
（2）随机变量X的所有可能取值为，
；；
；.
所以X的分布列如下表所示：
X
2
3
4
5
P




所以.
21．已知椭圆与坐标轴的交点所围成的四边形的面积为上任意一点到其中一个焦点的距离的最小值为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于两点，为坐标原点，以，为邻边作平行四边形在椭圆上，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意列出关于a、b、c的方程，结合可解；
（2）设，利用韦达定理结合四边形为平行四边形可的点P坐标，然后结合点P在椭圆上可解.
【详解】（1）由题可知
，
所以，即，
所以，
所以，因为，
所以2，所以.
所以椭圆的方程为：.
（2）联立，消去，化简整理得：，
需满足，
设，由韦达定理可
知：.
则以为邻边作平行四边形，
则，

由于点在椭圆上，所以，
即
化简得：，经检验满足
又
，
由于，
所以，
所以，故，
所以的取值范围为.
22．已知函数.
(1)当时，，求的取值范围；
(2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：；
(3)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题；
（2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.
（3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证.
【详解】（1）函数，，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：.
即的取值范围为.
（2）由，故，
因为函数有两个不同的极值点（其中），故.
要证：，只要证：.
因为，于是只要证明即可.
因为，故，
因此只要证，等价于证，
即证，令，等价于证明，
令，
因为，所以，
故在上单调递增，所以，得证.
（3）由（1）可知当时，，故，
令，所以，所以，

，
所以.
【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.