2022-2023学年广东省肇庆市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年广东省肇庆市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．（    ）

A．13 B．16 C．23 D．26

【答案】C

【分析】根据排列组合数的运算求解.

【详解】,

故选：C.

2．以下求导正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用基本初等函数的求导公式逐项求解作答.

【详解】对于A，，A正确；

对于B，，B错误；

对于C，，C错误；

对于D，，D错误.

故选：A

3．的展开式中的系数为（    ）

A．10 B．20 C．40 D．80

【答案】A

【分析】根据通项公式可求出结果.

【详解】通项公式为，

令，得，

所以展开式中的系数为.

故选：A

4．近年来，农村电商借助互联网，使特色农副产品走向全国，送到世界各地，打破农副产品有“供”无“销”的局面，助力百姓增收致富．已知某农村电商每月直播带货销售收入（单位：万元）与月份具有线性相关关系，根据2023年前5个月的直播销售数据，得到经验回归方程为，则下列结论正确的是（    ）

A．相关系数，销售收入与月份的相关性较强

B．经验回归直线过点

C．根据经验回归方程可得第6个月的销售收入为14.1万元

D．关于两个变量，所表示的成对数据构成的点都在直线上

【答案】B

【分析】根据经验回归方程的性质和定义逐个判定即可.

【详解】对于A，由回归方程为可知，回归系数为，不是相关系数，故A错；

对于B，由前5个月的直播销售数据，得到经验回归方程，故，

，所以过点，故B正确；

对于C，根据经验回归方程可得第6个月的销售收入的预测值为14.1万元，并不是实际值，故C错误；

对于D，并不是所有关于两个变量，所表示的成对数据构成的点都在直线上，故D错误；

故选：B

5．有5名学生报名参加宣传、环境治理、卫生劝导、秩序维护4个项目的志愿者，每位学生限报1个项目，每个项目至少安排1名志愿者，且学生甲只能参加卫生劝导和秩序维护中的一个项目，则不同的分配方案共有（    ）

A．80种 B．100种 C．120种 D．140种

【答案】C

【分析】采用先分后排的方法可求出结果.

【详解】先将5个元素分成4组，有种，再安排含甲的一组，有种，

再安排其余3组，有种，

所以不同的分配方案共有种.

故选：C

6．某次数学测验共有10道单选题（四个选项中只有一项是正确的），某同学全都不会做，记该同学做对的题目数为，且服从二项分布，则以下说法错误的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据二项分布的均值公式、方差公式、均值性质以及概率公式计算可得答案.

【详解】因为，所以，故A正确；

，故B正确；

，故C正确；

，故D错误.

故选：D

7．若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由，可构造函数，再求导判断单调性，即可求解.

【详解】，

设，则，

当时，则单调递增，

当时，则单调递减，

，即，

故选：B

【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

8．已知函数，函数恰有两个不同的零点，则的最大值和最小值的差是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出的图象，数形结合可得的取值范围，将用表示，构造函数，利用导函数讨论单调性求解.

【详解】作出的图象如下，

由图象可知，当，即时，函数有2个交点，

即函数恰有两个不同的零点，

因为，所以，可得，

则，

构造函数，，

令解得，，令解得，，

所以在单调递减，单调递增，

所以，

所以函数的最大值和最小值之差为，

所以的最大值和最小值的差是，

故选：A.

二、多选题

9．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用赋值法可得.

【详解】A选项：当时，得，即，故A正确；

B选项：当时，得，

即，故B错误；

C选项：当时，得，

故，即C正确；

D选项：，

故D错误；

故选：AC

10．袋子里有大小和形状完全相同的5个小球，其中红球2个，蓝球3个，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回．记“第一次摸出蓝球”为事件，“第二次摸出红球”为事件，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．摸球两次，恰有一个是红球的概率为

【答案】AC

【分析】根据古典概型概率公式、条件概率公式、互斥事件的加法公式计算可得答案,

【详解】依题意可得，故A正确；

，故B不正确；

所以，故C正确；

第一次摸出蓝球，第二次摸出红球的概率为，

第一次摸出红球，第二次摸出蓝球的概率为，

所以摸球两次，恰有一个是红球为事件，故D不正确.

故选：AC

11．已知某大型社区的居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），服从正态分布，若，则（    ）

A．

B．

C．越小，每周运动总时间在内的概率越大

D．若，则从该社区中随机抽取名居民，恰好有名居民每周运动总时间在内的概率为

【答案】ACD

【分析】利用正态密度曲线的对称性可判断AB选项；利用与正态密度曲线的关系可判断C选项；利用独立重复试验的概率公式可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为，则，A对；

对于B选项，因为，则，B错；

对于C选项，越小，每周运动总时间在内的概率越大，C对；

对于D选项，若，，

所以，从该社区中随机抽取名居民，恰好有名居民每周运动总时间在内的概率为，D对.

故选：ACD.

12．已知函数，是的导函数，且，其中，则下列说法正确的是（    ）

A．的所有极值点之和为0

B．的极大值点之积为2

C．

D．的取值范围是

【答案】AC

【分析】求出讨论其符号后可得函数的极值点，故可判断AB的正误，设，则有3个不同的零点，利用导数和因式分解可求的范围及与的关系，故可判断CD的正误.

【详解】，

令，则或；令，则或；

故的极大值点为，它们的乘积为，故B错误.

而的极小值点为，故的所有极值点之和为0，故A正确.

设，

则有三个不同的实数解，且.

设，则有3个不同的零点，

又，

令，则；

令，则或，

故在为增函数，在、上为增函数，

因为有三个不同的实数解，故，

整理得到：，解得.

又因为有三个不同的实数解，

故

，

故恒成立，

故且，故C正确，

而，故D错误.

故选：AC.

【点睛】思路点睛：三次函数零点性质的讨论，注意利用因式分解得到零点之间关系，而函数极值点的判断，则需根据导数的符号来确定.

三、填空题

13．已知随机变量的分布列如下表所示，若，则         ．

【答案】/

【分析】利用分布列的性质结合期望公式可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，结合表格可求得的值.

【详解】由分布列的性质和期望公式可得，解得，

因此，.

故答案为：.

14．已知多项选择题的四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，规定：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．若某题的正确答案是ACD，小明完全不知道四个选项的正误，则在小明得分的情况下，拿到2分的概率为         ．

【答案】

【分析】利用条件概率直接求解.

【详解】设事件：“小明得分”，事件：“小明拿到2分”，

小明只选一个选项有种选法；

小明只选两个选项有种选法；

小明只选三个选项有种选法；

小明选四个选项有种选法；

事件：“小明得分”包含个基本事件；

事件：“小明拿到2分” 包含个基本事件；

所以,

故答案为: .

15．“白日依山尽，黄河入海流”是唐代诗人王之涣形容美景的一首诗词．某数学爱好者用两个函数图象描绘了这两句诗词：的图象犹如两座高低不一的大山，太阳从两山之间落下（如图1），的图象如滚滚波涛，奔腾入海流（如图2）．若存在一点，使在处的切线与在处的切线平行，则的值为         ．

【答案】或

【分析】将函数表示为分段函数的形式，根据切线的平行和导函数的关系列出三角等式，利用余弦的二倍角公式求解.

【详解】由题可知，

，

当时，由题意得，，

所以，即，

解得，即（舍）或，

当时，由题意得，，

所以，即，

解得，即（舍）或，

故答案为: 或.

16．已知函数的两个零点分别为和，且，则的最小值为         ．

【答案】

【分析】先将和用去表示，可将转化为，构造函数，利用导数求最小值即可.

【详解】当时，，当，时，

由题意，，，

所以，，

故

设，，

则，

当时，，在区间上单调递减，

当时，，在区间上单调递增，

故，

故的最小值为.

故答案为：

四、解答题

17．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数．

(1)这个五位数为奇数，则不同的五位数有多少个？（结果用数值表示）

(2)要求3和4相邻，则不同的五位数有多少个？（结果用数值表示）

【答案】(1)72

(2)48

【分析】（1）先从1，3，5中选一个填入个位，其他数字全排即可求解；

（2）先排好3和4：可以在第1，2位或第2，3位或第3，4位或第4，5位这4个位置中选1个，然后3和4内部全排列，然后其他数字全排即可求解.

【详解】（1）从1，3，5中选一个填入个位，有种，

剩余四个位置全排列，有种，

故共有个．

（2）3和4相邻，可以在第1，2位或第2，3位或第3，4位或第4，5位这4个位置中选1个，然后3和4内部全排列，有种，

其他位置进行全排列，有种，

故共有个．

18．甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛（不考虑平局），比赛采用“五局三胜”制，先赢得三局的人获胜，比赛结束．假设每局比赛甲获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．

(1)求甲以获胜的概率；

(2)若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，．

【分析】（1）由题意可得前三局甲胜两局，负一局，第四局甲胜，从而可求出其概率；

（2）由题意得的所有可能取值为3，4，5，然后根据题意求出各自对应的概率，从而可求出比赛结束时比赛局数的分布列及数学期望.

【详解】（1）若四局比赛甲以3：1获胜，则前三局甲胜两局，负一局，第四局甲胜，

概率为：．

（2）由题意得的所有可能取值为3，4，5，则

打了三局，前三局都是甲胜或都是乙胜，则，

打了四局，且前三局甲胜两局，负一局，第四局甲胜；或前三局乙胜两局，负一局，第四局乙胜，

则，

打了五局，前四局各赢了两局，没有分出胜负，第五局谁输谁赢都可以，

法一：．

法二：可用列举法，具体情况如下表：

甲前四局胜负及概率情况

．

所以的分布列为

所以的数学期望．

19．已知函数．

(1)若有两个极值点，求的值；

(2)设，求的最值．

【答案】(1)

(2)最大值为，最小值为．

【分析】（1）求导后，令导数为0判断单调性，从而可确定极值点，进而求解即可；

（2）计算极值和端点的函数值，从而可求解.

【详解】（1）的定义域为．

由，得，

令，解得或，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

依题意有，，则，，

所以．

（2）由（1）知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以，

．

又，，

所以的最大值为，最小值为．

20．为进一步加强城市建设和产业集聚效应，某市通过“两化”中的信息化和工业化之间的完美交融结合，达到了经济效益的“倍增式”发展．该市某高科技企业对某核心技术加大研发投资力度，持续构建面向未来的竞争力．现得到一组在该技术研发投入（单位：亿元）与收益（单位：亿元）的数据如下表所示：

(1)已知可用一元线性回归模型模型拟合与的关系，求此经验回归方程；（附：对于一组数据，，，，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，，，，结果保留两位小数）

(2)该企业主要生产I、II类产品，现随机抽取I类产品2件、II类产品1件进行质量检验，已知I类、II类产品独立检验为合格品的概率分别为，，求在恰有2件产品为合格品的条件下，II类产品为合格品的概率．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）利用最小二乘法估计公式可得经验回归方程；

（2）根据条件概率公式可得.

【详解】（1），

，

，

，

所以关于的经验回归方程为．

（2）记“恰有2件产品为合格品”为事件，“II类产品为合格品”为事件，

则，

，

由条件概率的计算公式得，

故在恰有2件产品为合格品的条件下，II类产品为合格品的概率为．

21．为充分了解广大业主对小区物业服务的满意程度及需求，进一步提升物业服务质量，现对小区物业开展业主满意度调查，从小区中选出名业主，对安保服务和维修服务的评价进行统计，数据如下表．

(1)完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验判断业主对安保服务的满意度与对维修服务的满意度是否有关联；

(2)现从对物业服务不满意的业主中抽取人，其中对维修服务不满意的有人，然后从这人中随机抽取人，记这人中“对安保服务不满意”的人数为，求的分布列及数学期望．

附：①，其中．

②临界值表

【答案】(1)表格见解析，认为业主对安保服务的满意度与对维修服务的满意度有关联

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；

（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.

【详解】（1）解：依题意得列联表如下：

零假设为业主对安保服务的满意度与对维修服务的满意度无关联，

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，

即认为业主对安保服务的满意度与对维修服务的满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于．

（2）解：依题意可知，所抽取的人中对维修服务不满意的有人，对安保服务不满意的有人，

的所有可能取值为、、，

则，，，

所以的分布列如下：

故的数学期望为．

22．已知函数．

(1)当时，求的单调区间；

(2)若不等式恒成立，证明：．

【答案】(1)的单调递减区间为，无单调递增区间

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的符号可得结果；

（2）转化为，再构造函数，利用导数求出其最大值证不等式成立.

【详解】（1）当时，．

所以，

故的单调递减区间为，无单调递增区间．

（2）由恒成立，

可知恒成立，即，

令，

不妨设，则，

，

由，得，由，得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

故，

所以．

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）若，总有成立，故；

（2）若，总有成立，故；

（3）若，使得成立，故；

（4）若，使得，故.