2022-2023学年广东省清远市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年广东省清远市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知函数，则（    ）

A．  B． C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的运算公式求，再代入即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

故选：B.

2．已知随机变量，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由正态分布的对称性求解即可.

【详解】由随机变量及正态分布的对称性，知，

所以，所以.

故选：C

3．为提高学生的身体素质，某校开设了游泳和篮球课程，甲、乙、丙3位同学每人从中任选1门课程参加，则不同的选法共有（    ）

A．5种 B．6种 C．8种 D．9种

【答案】C

【分析】根据分步乘法计数原理直接求解.

【详解】甲、乙、丙3位同学每人都有2种不同的选法，根据分步乘法计数原理可知，

不同的选法共有种.

故选：C

4．已知x和y之间的几组数据如下表:

根据表中数据得到y关于x的经验回归方程为，则预测当时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用样本中心点求得，从而进行预测.

【详解】，

所以，故，

当时，.

故选：D

5．袋子中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球，每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到黑球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件概型的知识求得正确答案.

【详解】依题意，在第1次摸到白球的条件下，

第2次摸到黑球的概率为.

故选：A

6．已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（    ）

A． B．

C．  D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，由题意可得在上恒成立，由此参变分离，结合二次函数的最值即可求得答案.

【详解】因为，所以，

由在上单调递增，得在上恒成立，

即在上恒成立，，

即在上恒成立，

当时，二次函数取到最大值，

故，即a的取值范围为，

故选：C

7．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊.现有6支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中A受灾点至少需要2支救援队，则不同的安排方法种数是（    ）

A．180 B．320 C．345 D．360

【答案】D

【分析】将6支救援队按1，1，4、1，2，3或2，2，2分成3组，分别求出其不同的安排方法种数，再由分类加法计算原理即可得出答案.

【详解】若6支救援队按1，1，4分成3组，则不同的安排方法种数是·=30，

若6支救援队按1，2，3分成3组，则不同的安排方法种数是=240，

若6支救援队按2，2，2分成3组，则不同的安排方法种数是·=90，

故不同的安排方法种数是360.

故选：D.

8．已知直线与函数的图象相切，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设出切点坐标，求出切线方程为，从而可得，构造函数，求出其最小值即可得答案.

【详解】设切点为，，所以切线的斜率，

则切线方程为，即，故，

令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，即的最小值为.

故选：B

二、多选题

9．已知随机变量X的分布列为

则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】根据分布列的性可求出的值，从而判断出选项A和B的正误；再根据期望和方差的定义即可求出期望和方差，即可判断出选项C和D的正误.

【详解】由分布列的性质，，得到，故选项A正确，选项B错误；

选项C，，故选项C正确；

选项D，.

故选：ACD.

10．已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（    ）

A．有个极值点

B．是的极大值点

C．是的极大值点

D．在上单调递增

【答案】ABD

【分析】根据图象判断出的符号，由此确定正确答案.

【详解】根据函数的图象可知，

在区间，单调递增；

在区间，单调递减.

所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，

是的极小值点，

所以ABD选项正确，C选项错误.

故选：ABD

11．已知，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ACD

【分析】对于A，令可求出，对于B，令，再结合可求进行判断，对于C，令，，再结合可求得结果，对于D，令，再结合可进行判断.

【详解】对于A，令，则，所以A正确，

对于B，令，则，

因为，所以，所以B错误，

对于C，令，则，

因为，

所以，

所以，所以C正确，

对于D，令，则，

因为 ，所以，所以D正确，

故选：ACD.

12．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】构造函数，求导后可得在单调递增，则可得，构造函数，求导后可得在单调递减，则可得，从而可得结论.

【详解】令，则，

当时，，所以在单调递增，

所以，则，

所以，所以，

令，则，

所以在单调递减，

所以，则，即，所以，

所以

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：此题考查对数式，指数式比较大小，考查导数的应用，解题的关键是合理构造函数，利用导数判断函数的单调性，然后利用函数的单调性比较大小，属于较难题.

三、填空题

13．的展开式中的常数项为      ．

【答案】240

【分析】根据二项式展开式通项公式确定常数项对应项数，再代入得结果

【详解】，

令得，，

所以的展开式中的常数项为.

【点睛】本题考查求二项式展开式中常数项，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．已知随机变量，则   .

【答案】

【分析】直接利用二项分布的方差公式计算.

【详解】因为，所以.

故答案为：

15．如图，在墙角处有一根长3米的直木棒AB紧贴墙面，墙面与底面垂直.在时，木棒的端点B以0.5 m/s的速度垂直墙面向右做匀速运动，端点A向下沿直线运动，则端点A在这一时刻的瞬时速度为    m/s.

【答案】/

【分析】设端点A运动的路程为，所以，由题意可解得，对求导，由导数的定义即可得出答案.

【详解】设端点A运动的路程为，所以，因为，

则，此时木棒处于倾斜状态，所以，

所以，则，

当时，，即端点A在这一时刻的瞬时速度为 m/s.

故答案为：.

16．某校举行了足球比赛，每个球队都和其他球队进行一场比赛，每场比赛获胜的球队得2分，失败的球队得0分，平局则双方球队各得1分，积分最高的球队获得冠军.已知有一个队得分最多（其他球队得分均低于该球队），但该球队的胜场数比其他球队都要少，则参加比赛的球队数最少为    .

【答案】6

【分析】设最多的球队为甲队，甲队胜n场平m场，由条件列不等式先证明，再证明，并证明参加比赛的球队数为5时，存在矛盾，当参加比赛的球队数为时，满足要求的结果存在.

【详解】假设得分最多的球队为甲队，

设甲队胜场平场，则甲队的总得分为，

由已知条件可知，

其余各队至少胜场，得分不少于，

则，则，即甲队至少平3场.

若乙队与甲队踢成平局，则乙队的得分至少为，

则，则，即甲队至少平4场.

若参加比赛的球队数为5，设参加比赛的球队为甲，，

则甲队总得分为4分，其他4个球队每个球队只能胜1场比赛，

对于球队，不妨设胜，则负，负，

则胜，平甲，且胜，平甲，

所以中至少有一个队得分大于等于4分， 与已知矛盾，

所以不存在满足条件的情况，

若参加比赛的球队数为6，且他们的得分如下表:

符合题意，故参加比赛的球队数最少为6.

故答案为：6.

四、解答题

17．为了提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素对本校学生体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行调查，得到下表:

在本次调查中，男生人数占总人数的，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的.

(1)求p，q的值;

(2)依据α=0.001的独立性检验，能否认为学生的性别与喜欢体育锻炼有关?

附:χ2=，n=a+b+c+d.

【答案】(1)p=180，q=120

(2)学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联.

【分析】（1）根据题设条件，建立的方程组即可求出结果；

（2）通过计算出，即可判断出结果.

【详解】（1）由题可知，解得.

（2）零假设为H0：学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联.

根据列联表及（1）中数据，经计算得到

，

根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0成立，即学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联.

18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求C的大小;

(2)若，且，求周长的最小值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简得，可得C的大小；

（2）由余弦定理把b，c边用a表示，利用基本不等式求周长的最小值.

【详解】（1）因为，由正弦定理.

由，得，所以，即.

又，所以.

（2）由（1）知，则.

因为，所以，则.

的周长为.

因为，所以，当且仅当时，等号成立.

故周长的最小值为.

19．如图，将三棱锥的侧棱放到平面内，，，，，平面平面.

(1)证明：平面⊥平面；

(2)若，平面与平面夹角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）利用面面垂直得到线面垂直：平面，从而得到，再利用线线垂直得到线面垂直：平面，再利用线面垂直得出面面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出结果.

【详解】（1）因为平面平面，平面平面=，，又平面，所以平面，

又平面，所以，

因为，，平面，所以平面，

又平面，所以平面⊥平面.

（2）记点在平面内的投影为，连接，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，平面与平面夹角的正切值为，

所以DE=，BE=，

则，），，

从而，，

设平面的法向量为，则由,

得到令，得，

所以，

易知，平面的一个法向量为，

，

故平面与平面夹角的余弦值为.

20．已知数列的前n项和满足，集合.

(1)求集合A;

(2)若求数列的前30项和.

【答案】(1)

(2)33315.

【分析】（1）由求出，再由对数运算性质求出，即可求出集合；

（2）由分组求和法求解即可.

【详解】（1）当时，.

当时，.

因为，所以.

由，得，即，

故

（2）由（1）可知，

集合A中不大于30的元素有2，4，8，16，

则数列的前30项和.

21．已知是椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于两点（异于点），当直线的斜率不存在时，．

(1)求椭圆C的方程；

(2)求面积的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，确定椭圆C过点，再代入求解作答.

（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理求出面积的函数关系，再利用对勾函数的性质求解作答.

【详解】（1）依题意，，当直线的斜率不存在时，由，得直线过点，于是，解得，

所以椭圆的方程为．

（2）依题意，直线不垂直于y轴，设直线的方程为，

由消去整理得，则，

的面积

，令，对勾函数在上单调递增，

则，即，从而，当且仅当时取等号，

故面积的取值范围为．

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.

22．已知函数.

(1)若，求的图象在处的切线方程;

(2)若有两个极值点，证明:.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，求出，再由导数的几何意义求解即可；

（2）根据给定条件可得有两个不相等的正实数根，转化为有两个不相等的正实数根，即.要证，即证<，令，即证即.令，对求导，得到的单调性，即可证明.

【详解】（1）因为，所以，，

则，

故f（x）的图象在处的切线方程为，即.

（2）证明：因为，

所以，

由有两个极值点，得方程有两个不相等的正实数根，

即方程有两个不相等的正实数根.

令，则.

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

当时，，当时，.

由有两个不相等的正实数根，可得，

即有两个不相等的正实数根.

由，得.

要证，只需证<，即证<.

不妨令，，则，<等价于t<，

即.

令，，则，

则，从而.

【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再利用导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.