2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高二（下）期末数学试卷（含解析），共15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学年辽宁省葫芦岛市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为(    )
A. 对任意x∈R，都有x2<0 B. 存在x0∈R，使得x02<0
C. 存在x0∈R，使得x02>0 D. 不存在x∈R，都有x2<0
2. 已知集合A={1,m}，B={0,m+1,m−1}，A⊆B，则实数m的值为(    )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
3. 根据如下样本数据：
x
3
4
5
6
7
8
y
4.0
2.5
−0.5
0.5
−2.0
−3.0
得到了回归方程y =b x+a ，则(    )
A. a >0，b <0 B. a >0，b >0 C. a <0，b <0 D. a <0，b >0
4. 已知等比数列{an}中，a7a9=16，a4=1，则a12等于(    )
A. 16 B. −16 C. −64 D. 64
5. 若“1 A. [12,1) B. (12,1] C. [12,1] D. (12,1)
6. 我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”如下：今有与人钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还敛聚与均分之，人得十钱，问人几何？意思是：将钱分给若干人，第一人给3钱，第二人给4钱，第三人给5钱，以此类推，每人比前一人多给1钱，分完后，再把钱收回平均分给各人，结果每人分得10钱，则分到钱的人数为(    )
A. 10 B. 15 C. 105 D. 195
7. 设随机变量ξ的分布列如表，则P(2ξ−5ξ−4<1)=(    )
ξ
1
2
3
4
P
112
a
13
13

A. 512 B. 12 C. 712 D. 16
8. 已知f(x)是可导函数，且f′(x) A. f(1)e2023f(0)
B. f(1)>ef(0)，f(2023)>e2023f(0)
C. f(1)>ef(0)，f(2023) D. f(1) 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题为真命题的是(    )
A. 若a>b，c>d，则a+c>b+d B. 若a>b，c>d，则ac>bd
C. 若a>b，则ac2>bc2 D. 若a0，则ca>cb
10. 已知X～N(μ,σ2)，f(x)=1 2πσe−(x−μ)22σ2，x∈R，则(    )
A. 曲线y=f(x)与x轴围成的几何图形的面积小于1
B. 函数f(x)图象关于直线x=μ对称
C. P(X>μ−σ)=2P(μ D. 函数F(x)=P(X>x)在R上单调递增
11. 某地7个贫困村中有3个村是深度贫困，现从中任意选3个村，下列事件中概率小于35的是(    )
A. 至少有1个深度贫困村 B. 有1个或2个深度贫困村
C. 有2个或3个深度贫困村 D. 恰有2个深度贫困村
12. 设a∈(0,1)，若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增，则a的值可能是(    )
A. 14 B. 35 C. 45 D. 78
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知P(B|A)=12，P(BA)=38，则P(A)的值为______ ．
14. 一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，记下颜色后放回，一共拿4次，设拿出黄球的次数为ξ，则P(ξ=0)= ______ ；E(ξ)= ______ ．
15. 已知正实数x，y满足x+y=1，则x+6y+3xy的最小值为______ ．
16. 艾萨克⋅牛顿，英国著名物理学家、数学家，牛顿用“作切线”的方法求函数f(x)零点时给出一个数列{xn}：满足(xn−xn+1)f′(xn)=f(xn)，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)有两个零点1和3，数列{xn}为牛顿数列，设an=lnxn−3xn−1，已知a1=2，xn>3，则{an}的通项公式an= ______ ．

四、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. (本小题10.0分)
某市学生校车由“通达”和“运达”两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了两家公司200天校车早上是否准时到校情况，并统计了如下列联表：

准时到校天数
未准时到校天数
通达
96
8
运达
84
12
(1)根据上表，分别估计“通达”和“运达”两家公司早上准时到校的概率；
(2)能否有95%的把握认为校车早上是否准时到校与校车所属的公司有关？
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，
P(K2≥k)
0.100
0.050
0.010
k
2.706
3.841
6.635

18. (本小题12.0分)
不等式ax2+bx−2>0的解集是A={x|12 (1)求实数a，b的值；
(2)若集合A是B的子集.求实数m的取值范围．
19. (本小题12.0分)
设函数f(x)=xekx(k≠0)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若函数f(x)在区间(−1,1)内单调递增，求k的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知等差数列{an}前n项和为Sn(n∈N+)，数列{bn}是等比数列，a1=1，b1=1，b2+S3=11，a5−2b2=a3．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=2 SnSn+2,n为奇数bn,n为偶数，求数列{cn}的前2n项和T2n．
21. (本小题12.0分)
投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，是把箭向壶里投.在战国时期较为盛行，在唐朝时期，发扬光大.《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏.为发扬传统文化，唤醒中国礼仪，某单位开展投壶游戏.现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中则此人继续投壶，若未投中则换为对方投壶.无论之前投壶情况如何，甲每次投壶的命中率均为0.3，乙每次投壶的命中率均为0.4.由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投壶的人是甲的概率；
(2)求第i次投壶的人是乙的概率．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x+m)ln(1+1x).
(1)当m=12时，判断函数f(x)的图像是否关于直线x=n对称，若对称，求n的值，若不对称，说明理由；
(2)若函数g(x)=f(1x)在(0,+∞)存在极值，求m的取值范围．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：由于全称命题的否定是特称命题，
所以命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为“存在x0∈R，使得x02<0”.
故选：B．
根据全称命题的否定的改写方法即可求解
本题主要考查特称命题的否定，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：∵A⊆B，
∴m=0或m=m+1(不可能，舍去)或m=m−1(不可能，舍去)．
故选：B．
根据集合A与B的关系可以得到m=0或m=m+1或m=m−1，排除后两种情况即可得解．
本题考查集合的应用，熟练掌握集合之间的关系及其含义是解题关键．

3.【答案】A 
【解析】
【分析】本题考查线性回归方程的求法，考查最小二乘法，属于基础题．
利用公式求出b ，a ，即可得出结论．
【解答】
解：样本平均数x−=5.5，y−=0.25，
∴i=16(xi−x−)(yi−y−)=−24.5，i=16(xi−x−)2=17.5，∴b =−24.517.5=−1.4，
∴a =0.25−(−1.4)×5.5=7.95，
故选：A．  
4.【答案】A 
【解析】解：因为等比数列{an}中，a7a9=a4a12=16，a4=1，
则a12=16．
故选：A．
由已知结合等比数列的性质即可求解．
本题主要考查了等比数列性质的应用，属于基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：根据题意，对于|x−2m|<1，解可得：2m−1 若“1 则有2m−1≤11+2m≥2，解可得12≤m≤1，
即m的取值范围为[12,1]．
故选：C．
根据题意，解不等式|x−2m|<1，由充分必要条件与集合的关系可得(1,2)⫋(2m−1,1+2m)，解可得m的取值范围，即可得答案．
本题考查充分必要条件与集合的关系，涉及不等式的解法，属于基础题．

6.【答案】B 
【解析】解：由题意得，分到的钱数构成以3为首项，以1为公差的等差数列，设有n人，
则3n+n(n−1)2×1=10n，
整理得n2−15n=0，
故n=15．
故选：B．
由已知结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式在实际问题中的应用，属于基础题．

7.【答案】C 
【解析】解：根据题意，2ξ−5ξ−4<1，解可得1<ξ<4，
则P(2ξ−5ξ−4<1)=P(1<ξ<4)，
结合分布列：P(1<ξ<4)=P(ξ=2)+P(ξ=3)=1−P(ξ=1)−P(ξ=4)=1−112−13=712．
故选：C．
根据题意，解2ξ−5ξ−4<1可得1<ξ<4，结合分布列计算P(1<ξ<4)，即可得答案．
本题考查随机变量的分布列，涉及不等式的解法，属于基础题．

8.【答案】D 
【解析】解：令g(x)=f(x)ex，∵f′(x) ∴g′(x)=f′(x)−f(x)ex<0，
∴函数g(x)在R上单调递减．
∴g(1) ∴f(1)e 即f(1) 故选：D．
令g(x)=f(x)ex，求其导函数，由已知可得函数的单调性，得到g(1) 本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数是关键，是中档题．

9.【答案】AD 
【解析】解：对于A，若a>b，c>d，则a+c>b+d，故A正确；
对于B，取a=−1，b=−2，c=3，d=1，满足a>b，c>d，但是ac=−3 对于C，若a>b，c=0，则ac2=bc2，故C错误；
对于D，若a0，则ab>0，b−a>0，
则ca−cb=bc−acab=c(b−a)ab>0，即ca>cb，故D正确．
故选：AD．
利用不等式的性质逐个判断各个选项．
本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．

10.【答案】BC 
【解析】解：A.曲线y=f(x)与x轴围成的几何图形的面积等于1，因此A不正确；
B.函数f(x)图象关于直线x=μ对称，可得B正确；
C.∵P(μ>X>μ−σ)=P(μμ−σ)=2P(μ D.函数F(x)=P(X>x)在R上单调递减，可得D不正确．
故选：BC．
利用正态分布列的性质即可判断出正误．
本题考查了正态分布列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

11.【答案】CD 
【解析】解：据题意，
事件“至少有1个深度贫困村”概率为1−C43C73=1−435=3135>35；
事件“有1个或2个深度贫困村”概率为C42C31+C41C32C73=3035=67>35；
事件“有2个或3个深度贫困村”概率为C41C32+C33C73=1335<35；
事件“恰有2个深度贫困村”概率为C41C32C73=1235<35；
故概率小于35的事件为C，D．
故选：CD．
根据古典概型及其概率公式，对选项逐一分析即可得出结论．
本题考查古典概型，属基础题．

12.【答案】CD 
【解析】解：根据题意，函数f(x)=ax+(1+a)x，其导数f′(x)=axlna+ln(1+a)(1+a)x，
若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增，则axlna+ln(1+a)(1+a)x≥0在(0,+∞)上恒成立，
axlna+ln(1+a)(1+a)x≥0⇔ln(1+a)(1+a)x≥−axlna⇒(1+aa)x≥−lnaln(1+a)，
则有(1+aa)x≥−lnaln(1+a)在(0,+∞)上恒成立，
必有−lnaln(1+a)≤1在(0,+∞)上恒成立，
由于a∈(0,1)，则1+a∈(1,2)，必有ln(1+a)≥−lna0 即a的取值范围为[ 5−12,1)，
分析选项：a=45和a=78符合．
故选：CD．
根据题意，求出f(x)的导数，分析可得axlna+ln(1+a)(1+a)x≥0在(0,+∞)上恒成立，进而分析可得−lnaln(1+a)≤1在(0,+∞)上恒成立，求出a的取值范围，分析选项可得答案．
本题考查函数单调性的判定，涉及函数导数与单调性的关系，属于中档题．

13.【答案】34 
【解析】解：由P(B|A)=P(BA)P(A)得P(A)=P(BA)P(B|A)=38÷12=34．
故答案为：34．
利用公式P(B|A)=P(BA)P(A)．
本题主要考查条件概率相关计算，属中档题．

14.【答案】116  2 
【解析】解：根据题意，一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，每次取出黄球的概率P=24=12，
设拿出黄球的次数为ξ，则ξ～B(4,12)，
P(ξ=0)=C40(12)4=116，E(ξ)=4×12=2．
故答案为：116；2．
根据题意，分析可得ξ～B(4,12)，由二项分布的性质分析可得答案．
本题考查随机变量的期望，涉及概率的计算，属于基础题．

15.【答案】25 
【解析】解：因为正实数x，y满足x+y=1，
则x+6y+3xy=x+6y+3x+3yxy=4y+9x=(4y+9x)(x+y)=13+4xy+9yx≥13+2 4xy⋅9yx=25，
当且仅当4xy=9yx且x+y=1，即y=25，x=35时取等号．
故答案为：25．
x+6y+3xy=x+6y+3x+3yxy=4y+9x=(4y+9x)(x+y)，展开后利用基本不等式即可求解．
本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是应用条件的配凑，属于中档题．

16.【答案】2n 
【解析】解：由函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)有两个零点1和3，得：
f(x)=a(x−1)(x−3)=ax2−4ax+3a，故f′(x)=2ax−4a，
由题意，得：
xn+1=xn−f(xn)f′(xn)
=xn−a(xn2−4xn+3)a(2xn−4)
=xn−xn2−4xn+32xn−4
=xn2−32xn−4，
∴xn+1−3xn+1−1=xn2−32xn−4−3xn2−32xn−4−1=xn2−6xn+92xn−4xn2−2xn+12xn−4=(xn−3)2(xn−1)2，
∴an+1=lnxn+1−3xn+1−1=ln(xn−3)2(xn−1)2=2lnxn−3xn−1=2an，
∴数列{an}是以a1=2为首项，公比为2的等比数列，
∴an=2×2n−1=2n，
故答案为2n．
由题意可得xn+1与xn的关系式，然后由an=lnxn−3xn−1可以得到an+1与an的关系，最后结合a1=2可以得到问题解答．
本题考查数列与函数的综合应用，由已知条件得到{xn}的递推公式，并进而得到{an}的递推公式是解题关键．

17.【答案】解：(1)“通达”公司早上准时到校的概率为9696+8=1213，
“运达”公司早上准时到校的概率为8484+12=78；
(2)由题意K2=200×(96×12−84×8)2104×96×180×20≈1.282<3.841，
所以没有95%的把握认为校车早上是否准时到校与校车所属的公司有关． 
【解析】(1)将两公司的准时到校的天数除以总天数即可；
(2)利用公式计算出K2．
本题主要考查独立性检验，属中档题．

18.【答案】解：(1)∵ax2+bx−2>0的解集是A={x|12 ∴12、2为ax2+bx−2=0的两实数根(a≠0)，
∴12+2=−ba12×2=−2a，
∴a=−2b=5；
(2)由(1)可得：B={x|−2x2+5mx+3m2<0}={x|2x2−5mx−3m2>0}，
∴(x−3m)(2x+m)>0即(x−3m)(x+m2)>0，
若A⊆B，则B必不为空集，
当m>0时，3m>−m2，此时B={x|x>3m或x<−m2}，
∴3m≤12，∴0 当m<0时，3m<−m2，此时B={x|x<3m或x>−m2}，
∴−m2≤12，∴−1≤m<0，
当m=0时，B={x|x≠0}，此时A⊆B也成立，
综上，m∈[−1,16]. 
【解析】(1)由题意可知12、2为ax2+bx−2=0的两实数根(a≠0)，然后可得关于a、b的方程组，解方程组即可得到a、b的值；
(2)由(1)可以得到关于m的不等式(x−3m)(x+m2)>0，再根据已知条件对m进行分类讨论后可以得解．
本题考查集合与一元二次不等式的综合应用，熟练掌握子集的含义、一元二次不等式的解法是解题关键，属于中档题．

19.【答案】解：(1)f(x)=xekx=x⋅e−kx，
f′(x)=e−kx−kx⋅e−kx=(1−kx)e−kx，
所以曲线f(x)在(0,f(0))处的切线斜率f′(0)=1，
又f(0)=0，
所以曲线f(x)在(0,f(0))处的切线的方程为y−f(0)=f′(0)(x−0)，即y=x．
(2)由题可得f′(x)=(1−kx)e−kx，
当k<0时，令f′(x)=0得x=1k，
所以在(−∞,1k)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1k,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
当k>0时，令f′(x)=0得x=1k，
所以在(−∞,1k)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1k,+∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上所述，当k<0时，f(x)在(−∞,1k)上单调递减，在(1k,+∞)上单调递增，
当k>0时，f(x)在(−∞,1k)上单调递增，在(1k,+∞)上单调递减．
(3)由(2)知当k<0时，f(x)在(−∞,1k)上单调递减，在(1k,+∞)上单调递增，
若函数f(x)在区间(−1,1)内单调递增，则1k≤−1，即−1≤k<0，
当k>0时，f(x)在(−∞,1k)上单调递增，在(1k,+∞)上单调递减．
若函数f(x)在区间(−1,1)内单调递增，则1k≥1，即0 综上所述，k的取值范围为[−1,0)∪(0,1]． 
【解析】(1)求导得f′(x)，由导数的几何意义可得曲线f(x)在(0,f(0))处的切线斜率f′(0)，由点斜式可得曲线f(x)在(0,f(0))处的切线的方程．
(2)由题可得f′(x)=(1−kx)e−kx，分两种情况：当k<0时，当k>0时，分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，即可得出答案．
(3)由(2)中单调性知当k<0时，1k≤−1，当k>0时，1k≥1，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．

20.【答案】解：(1)设等差数列{an}公差为d，等比数列{bn}公比为q，
则由题意有：q+3+3d=111+4d−2q=1+2d，解得d=2q=2，
故an=2n−1，bn=2n−1；
(2)由(1)知，Sn=n2，∴cn=2n(n+2),n为奇数2n−1,n为偶数，
则T2n=(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)+(21+23+…+22n−1)
=(1−12n+1)+2(1−22n)1−22
=13−12n+1+22n+13． 
【解析】(1)直接利用等差数列和等比数列的性质建立方程组，即可求出数列的通项公式；
(2)利用(1)的结论，进一步利用错位相减法和裂项相消法求出数列的和．
本题考查数列通项的求法，数列的错位相减法和裂项相消法在求和中的应用，属中档题．

21.【答案】解：(1)根据题意，设“第i次投壶的人是甲”为事件Ai，设“第i次投壶的人是乙”为事件Bi，
则P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.5×0.3+0.5×(1−0.4)=0.45；
(2)根据题意，设P(Bi)=Pi，则P(Ai)=1−Pi，
则有P(Bi+1)=P(Bi)P(Bi+1|Bi)+P(Ai)P(Bi+1|Ai)=0.4Pi+(1−0.3)(1−Pi)=0.7−0.3Pi，
则有Pi+1=0.7−0.3Pi，即Pi+1=710−310Pi，
变形可得：Pi+1−713=−310(Pi−713)，
又由P1=12，则P1−713=−126，
故数列{Pi−713}是以−126为首项，−310为公比的等比数列，
则Pi−713=−126×(−310)i−1，
变形可得：Pi=713−126×(−310)i−1，
故Pi=713−126×(−310)i−1． 
【解析】(1)根据题意，设“第i次投壶的人是甲”为事件Ai，设“第i次投壶的人是乙”为事件Bi，则有P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)，由此计算可得答案；
(2)根据题意，设P(Bi)=Pi，由全概率公式可得P(Bi+1)=P(Bi)P(Bi+1|Bi)+P(Ai)P(Bi+1|Ai)，由此可得Pi+1=710−310Pi，变形可得Pi+1−713=−310(Pi−713)，结合等比数列的性质分析可得{Pi−713}的通项公式，进而计算可得答案．
本题考查概率与数列的综合应用，涉及全概率公式和条件概率的计算，属于中档题．

22.【答案】解：(1)当m=12时，f(x)=(x+12)ln(1+1x)，定义域为{x|x<−1或x>0}，
若f(x)的图象关于直线x=n对称，则n=−1+02=−12，
检验：f(2n−x)=f[2×(−12)−x]=f(−1−x)=(−1−x+12)ln(1+1−1−x)
=(−x−12)ln(1−1x+1)=(−1)(x+12)lnxx+1=(x+12)lnx+1x=(x+12)ln(1+1x)=f(x)，
所以f(x)的图像关于直线x=12对称，
所以n=12．
(2)根据题意可得函数g(x)=f(1x)=(1x+m)ln(1+x)在(0,+∞)存在极值，
则g′(x)=0在(0,+∞)上有根，
所以−1x2ln(1+x)+(1x+m)⋅11+x=0在(0,+∞)上有根，
所以−1x2[ln(x+1)−mx2+xx+1]=0在(0,+∞)上有根，
令h(x)=ln(x+1)−mx2+xx+1，x>0，
h′(x)=−x(1+x)2×(mx+2m−1)，
①当m≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)=0，不符合题意，
②当m≥12时，h′(x)<0，h(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以h(x) ③当0 所以在(0,1−2mm)上h′(x)>0，h(x)单调递增，
在(1−2mm,+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以当x∈(0,1−2mm)时，h(x)>h(0)不符合题意，
又x→+∞时，h(x)→−∞，
所以h(x)≤h(1−2mm)=ln(1−2mm+1)−m(1−2m)2m2+1−2mm1−2mm+1=ln(1m−1)+4m−2>0，
设u(t)=ln(t−1)+4t−2，t>2，
u′(t)=1t−1−4t2=(t−2)2(t−1)t2>0，
所以u(t)在(2,+∞)上单调递增，
所以u(t)>u(2)=0，
所以取t=1m，00，即h(1−2mm)>0，符合题意，
综上所述，0 所以m的取值范围为(0,12). 
【解析】(1)当m=12时，f(x)的定义域为{x|x<−1或x>0}，若f(x)的图象关于直线x=n对称，则n=−1+02=−12，检验f(2n−x)=f(x)，即可得出答案．
(2)根据题意可得函数g(x)=f(1x)=(1x+m)ln(1+x)在(0,+∞)存在极值，则g′(x)=0在(0,+∞)上有根，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．