重庆市第一中学2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 函数的图像大致为， 已知，，，则，，的大小关系， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年重庆一中高2024届高二下期期末考试
数学试卷
注意事项：
1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本卷或者草稿纸上无效.
3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.
一、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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合和，再结合补集、交集的定义，即可求解．
【详解】集合或，
，
故．
故选：D．
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】全称命题的否定是特称命题，把任意改为存在，再否定结论.
【详解】命题“，”的否定是“，”
故选：D
3. 若，则“”是 “”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
4. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性后排除两个选项，然后考虑函数在原点附近的函数值的正负又排除一个选项，得正确结论．
【详解】函数定义域是R，，函数为奇函数，排除BD，
时，，排除C．
故选：A．
5. 若对于定义域内的任意实数都有，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先求得函数的解析式，然后求解的值即可.
【详解】由题意可得：，解得：，
故.
故选D.
【点睛】本题主要考查函数解析式的求解，函数值的求解，函数与方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
6. 已知，，，则，，的大小关系（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可；
【详解】解：因为，即，
又，即，
所以，即，
综上可得，
故选：A
7. 某学校选派甲，乙，丙，丁，戊共5位优秀教师分别前往四所农村小学支教，用实际行动支持农村教育，其中每所小学至少去一位教师，甲，乙，丙不去小学但能去其他三所小学，丁，戊四个小学都能去，则不同的安排方案的种数是（ ）
A. 72 B. 78 C. 126 D. 240
【答案】B
【解析】
【分析】分组讨论结合组合排列关系计算即可.
【详解】要求每所小学至少去一位教师，则需要将5人分成4组，
则①甲，乙，丙中有2位教师去同一所学校有：
种情况，
②甲，乙，丙中有1位教师与丁去同一所学校有：
种情况，
③丁，戊两人选择同一所学校有：种情况，
所以满足题意的情况为：，
故选：B.
8. 已知函数满足对任意x恒成立，且时，则的值为（ ）
A. －2 B. －1 C. 1 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析可得函数是以2为周期的周期函数，利用周期性结合指对数运算求解.
【详解】因为，则，
可得，所以函数是以2为周期的周期函数，
则，
，
所以
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若样本数据，，…，的方差为4，则数据，，…，的方差为9
B. 若随机变量，，则
C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越弱
D. 已知随机变量X服从二项分布，若，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据方差的线性运算性质，计算即可；对于B，根据正太分布曲线可求得；对于C，相关系数越接近1，相关性越强；对于D，根据二项分布的均值公式和方差公式列式即可求解判断.
【详解】对于A，根据方差的线性运算性质可得,数据的方差为16， A错误；
对于B，随机变量，，
则，B正确；
对于C，线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强， C错误；
对于D， 因为随机变量X服从二项分布，
所以，，解得，D正确.
故选：BD.
10. 甲袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球，乙袋中装有2个白球，2个红球和1个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是红球，则以下结论正确的是（ ）
A. ，，两两互斥 B.
C. D. 与B是相互独立事件
【答案】AB
【解析】
【分析】A由互斥事件的定义判断；B根据题意判断；C应用全概率公式求，D判断是否相等即可.
【详解】由题意，{甲袋取出白球}，{甲袋取出红球}，{甲袋取出黑球}，
所以，，两两互斥，A正确；
而甲袋有3个白球，3个红球和2个黑球，则，，
先发生，此时乙袋有3个白球，2个红球和1个黑球，则，
先发生，此时乙袋有2个白球，3个红球和1个黑球，则，
先发生，此时乙袋有2个白球，2个红球和2个黑球，则，
所以，B正确，C错误；
，D错误.
故选：AB
11. 已知是定义域为的奇函数，函数，，当时，恒成立，则（ ）
A. 在上单调递增 B. 的图象与x轴有2个交点
C. D. 不等式解集为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可得在时恒成立，推得的奇偶性和单调性，可得结论．
【详解】因为当时，恒成立，
即恒成立，
所以在时恒成立，
即在上单调递减，故A错误；
由是定义域为,,的奇函数，得也为,,的奇函数，且，
所以，的图象与轴有2个交点，故B正确；
由得，
所以，故C正确；
由在上单调递减且为奇函数，，
则得或，故D错误．
故选：BC．
12. 已知函数有三个不同的零点，，（其中），则（ ）
A. a的值可以为－4 B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】若函数有三个不同的零点，则方程有三个不同的实数根，令，则，设，求导分析单调性，极值，分析的零点，即可得出答案．
【详解】函数有三个不同的零点，，（其中），
即方程有三个不同的实数根，，（其中），
等价于方程有三个不同的实数根，，（其中），
令，其中，
令，则；，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
其中，，且当时，恒成立，可得函数的大致图象，
由题知，方程有三个不同的实数根，
则需要有两个不同解，
所以，即或，A选项错误；
则有，，
当时，，，
又因为，即，所以与矛盾，
所以不符合题意，故舍去.
当时，，则，
则对应的关系有，且应满足，如图所示，

且，则，即，
令，则，
由对勾函数在上单调递减，则在上单调递增，
，所以，B选项正确；
，所以，
，
令，，
当时，，，，
所以在上，单调递增，所以，
所以，即，
又在上单调递减，所以，即，故C选项正确；
由且，则有

，D选项正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：
函数的零点转化为方程的根，通过构造函数，借助导数研究单调性，利用数形结合求出零点的范围，根据选项中的内容通过函数的性质判断结论是否正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中的常数项为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出展开式的通项，再令的指数等于零，即可得解.
【详解】展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：.
14. 已知m，n是正实数，函数的图像经过点，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】代入得，利用乘“1”法即可得到最值.
【详解】当时，，且，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
故答案为：.
15. 设，，满足，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用对数的运算法则以及换底公式求解.
【详解】由可知，即，
由可知，即，
消去得，解得或（舍去），
当时，所以，
故答案为：.
16. 已知定义在上连续函数满足：
①在上单调 ②
③对恒成立 ④对恒成立
若，，，，记与形成的封闭图形的面积为，，则满足的最小的n的值为______．
【答案】9
【解析】
【分析】由题意可画出图象，从而可得，再根据对称性以及定义计算得到，从而以此类推得到，，再根据等比数列的前和公式及性质列出不等式，进而求解即可．
【详解】由题意可知当时，的函数图象关于对称，
当时，的函数图象关于直线对称，
其图象如下：

又根据对称性可知与形成的封闭图形的面积为，
又，，所以与形成的封闭图形的面积为，即，
故以此类推，有，，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
由，，且数列为正项数列，
所以满足的最小的n的值为9．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查抽象函数性质以及等比数列性质，属中档题．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知是定义在R上的奇函数，且.
（1）求实数a，b的值；
（2）若，求实数m的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的性质以及列方程求解；
（2）先分析的单调性，再利用单调性解不等式.
【小问1详解】
由题意,解得，则，
经检验：，故，.
【小问2详解】
设R上任意实数，且，
则，
所以在R上是增函数,
则，故.
解得.
18. 已知等差数列是递增数列，记为数列的前n项和，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前n项和为，求证.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由等差数列基本量的计算直接求得；
（2）由裂项相消法求出的前项和即可．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，且，
，，成等比数列，
，
，
，且，，
；
【小问2详解】
证明：，


．
19. 我国自2016年实行全面二孩政策后，出生人口迎来了一个小高峰，但随后几年出生人口逐年下降，2022年的出生人口数首次低于1000万，低出生率与老龄化逐渐成为社会性问题．近几年我国人口出生数据如下表：
年份
2016
2017
2018
2019
2020
2021
2022
序号x
1
2
3
4
5
6
7
出生人数（万人）
1786
1723
1523
1465
1202
1062
956

（1）对以上数据进行回归分析可知，y与x线性相关性强，求y关于x的线性回归方程；（精确到0.1）
（2）用所求线性回归方程预测从哪一年起，我国出生人口低于600万．并回答用该线性回归方程作为分析我国出生人口的数学模型是否合理，并说明理由．
附：对于一组组数据，，…，，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
参考数据：，，．
【答案】（1）
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意求出的值，从而求得的值，代入公式中可求得和的值，进而即可求得y关于x的线性回归方程；
（2）结合（1），列出不等式，结合回归方程的含义即可求解．
【小问1详解】
由，
则，
则，
则，
所以回归直线方程．
【小问2详解】
由，解得，
所以，即从2025年起，我国出生人口低于600万．
用该线性回归方程作为分析我国出生人口的数学模型不合理，
此回归曲线只能反映近几年的人口出生变化，
若按此推测，2029年出生人口数为负值，显然是不符合实际．
20. 甲乙两所友好学校举行篮球联谊赛，先获得3场比赛胜利的学校获得冠军并终止比赛，比赛交替在甲校与乙校进行，第一场比赛在甲校进行.已知甲队在主场（甲校）获胜的概率为，在客场（乙校）获胜的概率为，每场比赛要分出胜负且胜负概率不变.
（1）求甲队以3胜1负的成绩赢得冠军的概率；
（2）设篮球联谊赛比赛进行的场数为X，求随机变量X的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）由题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
设事件为：“甲队以3胜1负的成绩赢得冠军”，
若甲队以3胜1负的成绩赢得冠军，则前三场输一场，第四场胜，
所以.
【小问2详解】
由题意的可能取值为，，.
则，
，
，
故随机变量的分布列为：

3
4
5




则.
21. 已知椭圆C：的离心率为，在椭圆上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）椭圆左顶点为A，过点且不平行于x轴的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP，AQ与直线的交点分别为M，N，试判断点B与以MN为直径的圆的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）点B在以MN为直径的圆上，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，列方程组解得即可得椭圆C的标准方程；
（2）设，，通过直线的方程，得两点的坐标，设直线l的方程，代入椭圆方程，借助韦达定理证明，可得结论.
小问1详解】
由题意：，
又在椭圆上，有，解得，.
则椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
设直线l的方程为，联立方程，得，
设，，由韦达定理得：，，

直线AP方程：，可得，同理，
则，，

，
可知，则点B在以MN为直径的圆上.
【点睛】方法点睛：
解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. （1）证明：当时，；
（2）是否存在正数，使得在上单调递增，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，
【解析】
【分析】（1）构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可证得，进而可得出，由此可证得结论成立；
（2）令，注意到，由此可得出结论成立的必要条件为，求出，然后利用导数分析出函数在上单调递增，然后证明出当、时在不恒为增函数，即可得出实数的值.
【详解】（1）设，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，即（*），
由（*）可知，当时，得，原不等式得证；
（2），则，
设，则，
在上单调递增在上恒成立，
注意到，只需在处取得最小值，
易知其必要条件为，则，
下面证明充分性：
令，则且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，当时，，即，
当时，，即，
当时，，则，
故，
①当时，，
所以在上单调递增，即在上单调递增；
②当时，若，
则，
若，则，
所以在上单调递减，即在上单调递减.
由①②可知，，故当时，在上单调递增.
当时，由（1）知当时，
，
当时，，单调递减，不合题意；
当时，同理可得当时，，
当时，，单调递减，不合题意.
综上所述：当时，函数在上单调递增.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；