精品解析：江西省吉安市永丰县永丰中学2022-2023学年高二下学期期末数学复习试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省吉安市永丰县永丰中学2022-2023学年高二下学期期末数学复习试题（解析版），共19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。

永丰中学2024届高二数学复习卷
考试时间：120分钟；满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在等比数列中，，则的值为（ ）
A. 48 B. 72 C. 147 D. 192
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的性质即可求解.
【详解】数列是等比数列，则，
，故．
故选：C．
2. 某班学生的一次数学考试成绩（满分：100分）服从正态分布：，且，则（ ）
A. 0.14 B. 0.22 C. 0.23 D. 0.26
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的对称性，结合题设条件，即可求解.
【详解】因为数学考试成绩服从且，
所以，
又因为，
所以．
故选：B
3. 有10件产品，其中3件是次品，从中任取两件，若表示取得次品的件数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据超几何分布的定义计算即可.
【详解】由题意知的可能取值为服从超几何分布，所以，所以.
故选：C项
4. 随机变量X服从两点分布，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分布列的性质求得，利用公式求得，，结合期望和方差的性质，即可求解.
【详解】由随机变量服从两点分布，若，
根据分布列的性质，可得，所以A正确；
又由，，所以B错误；
由，所以C错误；
由，所以D错误.
故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求导函数，把代入求得，然后求得.
【详解】由已知，
则，即，
所以．
故选：D．
6. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 当时，无正的零点
B. 当，在上必有零点
C. 当时，存在，使得
D. 当时，存在，使得
【答案】D
【解析】
【分析】对A，B选项举出符合条件的例子计算并判断；对C，D选项借助导数探讨在指定区间上的函数值情况判断并作答.
【详解】对于A选项：，取，则，即有正零点，A不正确；
对于B选项：，时，当时，此时恒为正，没有零点，B不正确；
对于C选项：，，，时，而，
函数在上都递增，由与的图象特征知在上有唯一交点，
则存在，有时时，即在上递增，在上递减，
而，，C不正确；
对于D选项：，，，，，
而，又函数在上都递增，它们在上有唯一交点x1，
由选项C的解析知，存在，在上递增，在上递减，
，
，所以存在有，D正确.
故选：D
【点睛】方法点睛：方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
7. 已知是数列的前项和，若，数列的首项，则（ ）
A. B. C. 2023 D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过对二项展开式赋值求解出的值，然后通过所给的条件变形得到为等差数列，从而求解出的通项公式，进而即得.
【详解】令，得.
又因为，所以.
由，得，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，所以.
故选：A.
8. 已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用转化思想，将代换，代换，则，满足：，即，再以代换，可得点，满足．因此求的最小值，即为求曲线上的点到直线的距离的最小值的平方．利用导数的几何意义，研究曲线和直线平行的切线性质即可得出答案．
【详解】解：代换代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足.
因此求的最小值，
即为求曲线上的点到直线的距离的最小值的平方.
设直线与曲线相切于点，
，则，
解得，切点为.
点到直线的距离，
则的最小值为.
故选B.
【点睛】本题考查了利用导数研究曲线的切线性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，问题转化是解题的关键，属于中档题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数的导函数为，若的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 在上单调递增 B. 在上单调递减
C. 在处取得极小值 D. 在处取得极大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据导函数与函数的单调性和极值的关系求解.
【详解】当时，单调递增，
由图可知时，，单调递增，故A正确；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，故B错误；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，故C正确；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，故D正确.
故选：ACD.
10. 在等差数列中，．现从数列的前10项中随机抽取3个不同的数，记取出的数为正数的个数为．则下列结论正确的是（ ）
A. 服从二项分布 B. 服从超几何分布
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等差数列的性质可得前10项中有6个正数，即可求解从而可判断服从超几何分布，即可判断ABC,由超几何分布的期望计算即可判断D.
【详解】依题意，等差数列公差，则通项为
，
由得，即等差数列前10项中有6个正数，
的可能取值为的事件表示取出的3个数中有个正数，（）个非正数，
因此，不服从二项分布，服从超几何分布，不正确，B正确；
错误；
由题正确．
故选：．
11. 已知数列满足，其中，为数列的前项和，则下列四个结论中，正确的是（ ）
A. 数列的通项公式为：
B. 数列为递减数列
C.
D. 若对于任意的都有，则
【答案】BC
【解析】
【分析】先求出，根据前项和与项的关系，推得时，，检验，即可得出通项公式，判断A项；作差法，即可判断数列的单调性；裂项可得，求和即可得出；由C项，可知，即可判断D项.
【详解】对于A项，由可得：
当时，；
当时，有，
，
两式相减得：，即.
当时，满足，
综上所述：，故A项错误；
对于B项，，当时恒成立，故，即数列为递减数列，故B项正确；
对于C项，因为，
所以，故C项正确；
对于D项，因为对任意恒成立，故，
所以对于任意的都有，则，故D项错误.
故选：BC.
12. 已知函数是其导函数，恒有，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，求导后可判断函数为增函数，利用单调性可依次判断各选项.
【详解】由题意得：令，
于是其导数．
又函数是其导函数，恒有，即，所以，即函数为增函数．
对于选项A：由，有，即，于是，故A正确；
对于选项B：由，有，即，于是，故B正确；
对于选项C：由，有，即，于是，无法比较与的大小关系，故C错误；
对于选项D：由，有，即，于是，即，故D正确.
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知、的对应值如下表所示：

0
2
4
6
8

1



11
若与线性相关，且回归直线方程为，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】求出、，根据回归直线方程经过样本中心点，代入计算可得.
【详解】由表可知，，

因为回归直线方程经过样本中心点，
所以，解得．
故答案为：．
14. 设等差数列，前n项和分别为，，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质化简计算作答.
【详解】等差数列，的前n项和分别为，，
所以.
故答案：
15. 无穷数列满足：只要，必有，则称为“和谐递进数列”.若为“和谐递进数列”，且，则__________，为数列的前项和，则__________.
【答案】 ①. 1 ②. 4718
【解析】
【分析】根据所给定义列出数列的前几项，即可得到数列是周期数列，且周期为，从而求出，再根据并项求和法计算可得.
【详解】空①因为，且，所以，，.
空②，又，所以，
即，
所以数列是以3为一个周期的数列，所以.
故答案为：1；4718.
16. 若关于x的不等式恒成立，则的最小值是________________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数的定义域进行参变分离可得恒成立，设，利用导数求函数的最大值，即可求出的最小值.
【详解】由于，则原不等式可化为，设，则，当时，，递增；，，递减，可得在处取得极大值，
且为最大值.所以，则a的最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查了函数的导数等基础知识，考查抽象概括、运算求解等数学能力，考查化归与转化、数形结合等思想方法.本题的关键是将不等式恒成立问题转化成求函数的最值问题.
四、解答题：本题共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. 已知正项等差数列前项和为，______，．请从条件①，；条件②，且，，成等比数列，两个条件中任选一个填在上面的横线上，并完成下面的两个问题．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）若选①，根据等差数列性质可得，再计算等差数列基本量即可；
（2）代入可得，再根据等比数列求和证明即可.
【小问1详解】
若选①，由，得，
又因为，所以，则，解得；
故．
若选②，设等差数列的公差为，∵，且，，成等比数列，
∴，即，解得：或（舍），
∴，．
【小问2详解】
，所以．
∴，即得证.
18. 已知函数在处取得极值-14.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在上的最值.
【答案】（1）
（2）最小值为-14，最大值18
【解析】
【分析】（1）由极值和极值点，利用导数求出未知系数，再利用导数的几何意义求切点处切线的方程.
（2）利用导数求函数单调区间，根据单调性求函数在区间上的最值.
【小问1详解】
因，故
由于在处取得极值-14，故有，
化简得，解得，
经检验，时，符合题意，所以.
则，，故
所以曲线在点处的切线方程为：，即
【小问2详解】
，，
解得或；解得，
即函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
，
因此在的最小值为.最大值为
19. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，在11月21日至12月18日在卡塔尔境内举行．足球运动是备受学生喜爱的体育运动，某校开展足球技能测试，甲参加点球测试，他每次点球成功的概率均为．现他有3次点球机会，并规定连续两次点球不成功即终止测试，否则继续下一次点球机会．已知甲不放弃任何一次点球机会．
（1）求甲恰好用完3次点球机会的概率；
（2）甲每次点球成功一次，可以获得50积分，记其获得的积分总和为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，85.2
【解析】
【分析】（1）利用对立事件的概率公式求解即可；
（2）由题意可得的所有可能取值为，然后求出各自对应的概率，从而可求出的分布列和数学期望．
【小问1详解】
设事件：恰好用完3次机会，事件：前2次均不成功，依题意得，
．
【小问2详解】
易知的所有可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为

0
50
100
150





所以
20. 已知正项数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得；
（2）结合（1）中结论，利用错位相减法求得，由此得证.
【小问1详解】
因为，
当时，，
因为，所以，
当时，，
两式相减得，，
因为，所以，
经检验，上式对于也适合，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
，
两式相减得，
所以，
由于，显然，所以.
21. 在我国，大学生就业压力日益严峻，伴随着政府政策引导与社会观念的转变，大学生创业意识，就业方向也悄然发生转变．某大学生在国家提供的税收，担保贷款等很多方面的政策扶持下选择加盟某专营店自主创业，该专营店统计了近五年来创收利润数（单位：万元）与时间（单位：年）的数据，列表如下：

1
2
3
4
5

2.4
2.7
4.1
6.4
7.9

（1）依据表中给出的数据，是否可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明（计算结果精确到0.01）．（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）
附：相关系数公式：
参考数据：，
（2）谈专营店为吸引顾客，特推出两种促销方案．
方案一：每满500元可减50元；
方案二：每满500元可抽奖一次，每次中奖的概率都为，中奖就可以获得100元现金奖励，假设顾客每次抽奖的结果相互独立．
①某位顾客购买了1050元的产品、该顾客选择参加两次抽奖，求该顾客换得100元现金奖励的概率．
②某位顾客购买了2000元的产品，作为专营店老板，是希望该顾客直接选择返回200元现金，还是选择参加四次抽奖？说明理由．
【答案】（1）答案见解析；（2）①；②专营店老板希望该顾客选择参加四次抽奖，理由见解析．
【解析】
【分析】(1）由已知求得t与y，再由已知结合相关系数公式求得r，与0.75比较大小得结论;
(2）①直接由相互独立事件的概率公式求解;
②设X表示顾客在四次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则，由二项分布的期望公式求得期望，可得顾客在四次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.6×100=160．与200比较大小得结论.
【详解】（1）由题知，，，
．
则
．
故与的线性相关程度很高，可以用线性回归方程拟合；
（2）①顾客选择参加两次抽奖，设他获得100元现金奖励为事件A，
；
②设表示顾客在四次抽奖中中奖的次数，
由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则，
∴．
由于顾客每中一次可获得100元现金奖励，
因此顾客在四次抽奖中可获得的奖励金额的均值为．
由于顾客参加四次抽奖获得现金奖励的均值160小于直接返现的200元现金，
故专营店老板希望该顾客选择参加四次抽奖．
【点睛】本题主要考查线性相关系数求法，考查独立重复试验与二项分布，考查计算能力，属于中档题.
22. 已知函数，（其中）．
（1）讨论的单调性；
（2）对于任意，都有成立，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，再讨论，，和时导数的正负及函数的单调性；
（2）由对于任意，都有成立等价于对于任意，，构造，其中，由导数求出的最大值，即可得出的取值范围．
【小问1详解】
因为函数，其中，
所以，
令，得或，
当时，，故函数在单调递增，
当时，当时，，当时，，
故函数在和上单调递增，在上单调递减，
当，即时，当时，，当时，，
故函数在和上单调递增，在上单调递减，
当，即时，当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，
当时，函数在单调递增，
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
对于任意，都有成立对于任意，，
即对于任意，对于任意，，
设，其中，
则，
因为，
所以，
所以，
所以在单调递增，
所以，
所以，
即．