2022-2023学年广东省广州市七区高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省广州市七区高二下学期期末数学试题含答案，共16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。

一、单选题
1．从甲地到乙地，若一天中有火车5班、汽车12班、飞机3班、轮船6班，则一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有不同走法的种数是（ ）
A．18B．20C．26D．1080
【答案】C
【分析】根据分类加法原理求解即可.
【详解】由题意，从甲地到乙地，一天中这些交通工具的每一班都能到达，
根据分类加法原理知共有5+12+3+6=26种不同走法.
故选：C
2．某质点沿直线运动，位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则质点在时的瞬时速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求得，令时，得到，即可求解.
【详解】由函数，可得，
当时，可得，即质点在时的瞬时速度为.
故选：B.
3．数列，则是这个数列的（ ）
A．第5项B．第6项C．第7项D．第8项
【答案】C
【分析】通过裂项的知识求得正确答案.
【详解】，
而，所以是这个数列的第7项.
故选：C
4．现有5个节目准备参加比赛，其中3个舞蹈类节目，2个语言类节目.如果不放回地依次抽取2个节目，则在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到语言节目的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题是有条件的抽取，注意“在第1次抽到舞蹈节目的条件下”按要求抽取即可；’
【详解】在第1次抽到舞蹈节目的条件下，还有4个节目，其中2个舞蹈节目，2个为语言类节目，由此求得第二次抽到语言节目的概率为：.
故选：B.
5．在等差数列中，，直线过点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用等差数列通项的性质求出公差，即可求出通项公式，表示出，即可求出结果.
【详解】因为是等差数列，，
令数列的公差为，
所以，，
则，
所以，
则直线的斜率为.
故选：A
6．在下列求导数的运算中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用求导四则运算法则和简单复合函数求导法则计算，得到答案.
【详解】A选项，，A错误；
B选项，，B错误；
C选项，，C错误；
D选项，，D正确.
故选：D
7．在送课下乡支教活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所薄弱学校支教，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师安排在同一学校支教，丙、丁两名教师不安排在同一学校支教，则不同的安排方法总数为（ ）
A．20B．24C．30D．36
【答案】C
【分析】依题意去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，先分组，再分配，最后根据分类加法计数原理计算可得.
【详解】依题意去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，
若是、、，则有种安排，
若是、、，则种安排，
综上可得一共有种安排.
故选：C
8．设，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数和 ，通过导数判断函数的单调性，然后比较大小；
【详解】记，则，
当时，，故在上单调递增，
故，故，
记，则，
当时，，故在单调递减，
故，故，
因此.
故答案为：
故选;D
二、多选题
9．下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量增加0.6个单位
B．决定系数的值越接近于1，回归模型的拟合效果越好
C．样本相关系数的绝对值越小，成对样本数据的线性相关程度越弱
D．在一元线性回归模型的残差图中，残差分布的带状区域的宽度越宽，说明模型拟合效果越好
【答案】BC
【分析】根据回归分析相关知识逐一判断即可.
【详解】对于A，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量减小0.6个单位，故A错误；
对于B，决定系数的值越接近于1，回归模型的拟合效果越好，故B正确；
对于C，样本相关系数的绝对值越小，成对样本数据的线性相关程度越弱，故C正确；
对于D，在一元线性回归模型的残差图中，残差分布的带状区域的宽度越宽，说明拟合的精度越小，即说明模型拟合效果越差，故D错误；
故选：BC
10．已知随机变量的分布列为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据分布列的性质求，结合期望和方差的定义求，再由期望的性质求，方差的性质求，由此可判断结论.
【详解】因为随机变量的分布列为，
所以，
所以，A正确；
所以，B正确；
，C错误；
由方差的定义可得，
所以，D正确；
故选：ABD.
11．如图，等边的边长为，取等边各边的中点，作第2个等边，然后再取等边各边的中点，作第3个等边，依此方法一直继续下去.设等边的面积为，后继各等边三角形的面积依次为，则下列选项正确的是（ ）

A．
B．是和的等比中项
C．从等边开始，连续5个等边三角形的面积之和为
D．如果这个作图过程一直继续下去，那么所有这些等边三角形的面积之和将趋近于
【答案】ACD
【分析】利用边长关系，得到，即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可判断A、B，然后利用等比数列求和公式判断C、D.
【详解】设三角形的边长为数列，
由题意知，三角形的边长是以2为首项，为公比的等比数列，所以，
根据三角形面积公式，，则数列是以为首项，为公比的等比数列，
令，，选项A正确；
，则，，
两边取对数,，，，
，选项B错误；
根据等比数列求和公式，，选项C正确；
，当趋向于无穷大时，趋向于0，面积和将趋近于，选项D正确；
故选：ACD
12．我国南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，给出了表示二项式系数规律的三角形数阵，现称为“杨辉三角”（如图所示），下列选项正确的是（ ）

A．若用表示三角形数阵的第行第个数，则
B．该数阵第10行各数之和为1024
C．该数阵第98行中存在三个相邻的数，它们依次所成的比为
D．在该数阵中去掉所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6…，则此数列的前50项和为3047
【答案】BC
【分析】A.由第行第个数应为求解判断；B.由第10行的和为求解判断；C.由第行各数从左到右均满足求解判断；D.由去除所有为1的项后，由前行共有个数求解判断.
【详解】A.依据二项展开式系数可知，第行第个数应为，
故第100行第3个数为，故A错误.
B.由题得第10行的和为，
故答案为（或1024），故B正确.
C.依题意，，第行各数从左到右均满足，
设第行的相邻三个数为，于是得，
即，整理得，解得，
所以这一行是第98行.故C正确.
D.去除所有为1的项后，由图可知前行共有个数，
当时，，即前10行共有55个数.
因为第行的和为，
所以前10行的和为.
因为第10行最后5个数为，
所以此数列的前50项的和为，故D错误.
故选：BC
三、填空题
13．的展开式中的系数是 .（用数字作答）
【答案】10
【分析】写出二项展开式的通项，再根据通项赋值即可得展开式中的系数.
【详解】的展开式的通项，
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
14．设随机变量服从正态分布，若，则 .
【答案】4
【分析】由对称性求出答案.
【详解】因为正态分布曲线以为对称轴，又，
由正态分布的对称性可知.
故答案为：4
15．某机构近期对某种二手车的使用年数与再销售价格（单位：万元/台）进行数据收集，得到如下统计表：
根据上表数据该种二手车的使用年数与再销售价格之间的经验回归方程为：，现有一台该种二手车使用了9年，估计这台手车的再销售价格为 万元.
【答案】5.9
【分析】由已知条件求出样本点的中心，根据回归方程必过样本点的中心求出回归方程，最后利用回归方程估计即可.
【详解】由已知得
，，
则该回归方程必经过样本点的中心，代入回归方程得，
所以回归方程为，
所以一台该种二手车使用了9年后再销售价格为万元，
故答案为：.
16．已知为正实数，若对恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，利用导数法求解.
【详解】解：设，
则，
①若，即，函数在区间单调递增，故，满足条件；
②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.
综上所述：.
故答案为：
四、解答题
17．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)求函数的最大值与最小值.
【答案】(1)的递增区间为，函数的递减区间为
(2)的最小值是－88，最大值是128
【分析】（1）根据函数，求导得到，然后分 和 求解即得.
（2）由（1）先求得极大值和极小值，然后结合得到最值.
【详解】（1）由，可得，
令，解得，或（舍去），
由，解得，
函数在上是递增函数，
由，解得，
函数在上是递减函数，
所以，函数的递增区间为，函数的递减区间为.
（2）由（1）知函数在上是递增函数，函数在上是递减函数，所以当时，所以函数的最大值是128，
又因为，
所以函数的最小值是－88，最大值是128.
18．已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入4个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意得到，，求得，即可求解；
（2）由，得到，结合裂项法，即可求解.
【详解】（1）解：设数列的公差为，
由在中每相邻两项之间都插入4个数构成一个新的等差数列，可得，，
所以，所以，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由，可得，
所以，
所以，
所以.
19．某校开设跳绳特色课程，为了解学生对该课程的爱好情况，采用问卷调查得到如下列联表：
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生爱好跳绳与性别有关？
(2)现采用比例分配的分层抽样方法，从爱好跳绳的学生中抽取6人组成集训队.若从集训队中抽取4人组成校队，参与区里举办的跳绳比赛，记抽到的男生人数为，求随机变量的分布列和期望.
附：，其中.
【答案】(1)认为爱好跳绳与性别之间无关联
(2)分布列见解析，
【分析】（1）计算出卡方，与10.828比较后得到结论；
（2）得到的可能取值和对应的概率，写出分布列，得到数学期望.
【详解】（1）零假设为：爱好跳绳与性别之间无关联.
根据列联表，由得，
，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，
即认为爱好跳绳与性别之间无关联.
（2）在分层抽样中，爱好跳绳的男生有4人，女生有2人，
则的可能取值为2，3，4，
且，
则的分布列为
则.
20．已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用递推关系式和与的关系求解即可.
（2）由（1）可得，利用前项和表示出，即可得出结果.
【详解】（1）当时，，
所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）由（1）可知，
则，
则
.
21．某公司通过游戏获得积分以激励员工.游戏规则如下：甲袋和乙袋中各装有形状和大小完全相同的10个球，其中甲袋中有5个红球和5个白球，乙袋中有8个红球和2个白球，获得积分有两种方案.方案一：从甲袋中有放回地摸球3次，每次摸出1个球，摸出红球获得10分，摸出白球得0分；方案二：掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲袋中随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙袋中随机摸出一个球，若摸出的是红球，则获得积分15分，否则得5分.
(1)某员工获得1次游戏机会，若以积分的均值为依据，请判断该员工应该选择方案一还是方案二？
(2)若某员工获得10次游戏机会，全部选择方案一，记该员工摸出红球的次数为，当取得最大值时，求的值.
【答案】(1)选择方案一
(2)15
【分析】（1）选择方案一：法一，设出积分为，写出可能取值及相应的概率，求出分布列和期望；法二：设抽中红球的次数为，积分为，则，利用二项分布求解期望值；选择方案二：利用条件概率求出最终摸出红球的概率，进而得到积分的期望值，比较后得到结论；
（2）由题意得到，列出不等式组，求出答案.
【详解】（1）选择方案一：法一：
因为甲袋中有5个红球和5个白球，故从甲袋中有放回地摸球，每次摸到红球的概率为，
由题意可得，设积分为，
可能取值为0，10，20，30，
，，
，，
则的分布列为
且；
法二：
由题意可得，设抽中红球的次数为，积分为，
因为，所以，
因为，所以；
若选择方案二：设事件“从甲袋摸球”，则事件“从乙袋摸球”，事件“摸出的是红球”，设方案二的积分为，
则，
则，
因为，所以选择方案一；
（2）由题意得，则，
解得，又，即时，最大.
22．已知函数.
(1)若函数与的图象有一条斜率为1的公切线，求的值；
(2)设函数，证明：当时，有且仅有两个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设公切线与的切点分别为，由条件结合导数的几何意义列方程求即可；
（2）方法一：利用导数与单调性的关系判断函数的单调性，证明，，，结合零点存在性定理证明结论；方法二，利用导数函数的单调性，证明，再判断当时，，当时，，结合零点存在性定理证明结论；
【详解】（1）设公切线与的切点分别为，
由题意得得所以，
所以公切线方程为，，
又因为，所以，①
且，②
由①②解得，；
（2）方法一：，
所以，
因为，所以.
令，可得，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，所以，
取，则有，
记，
则有，
因为，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，，
所以在有且仅有一个零点，
当时，即，
又设，，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，，
即，所以，
所以，
所以，
取，则有，
所以在有且仅有一个零点，
综上所述：当时，有且仅有两个零点.
方法二：，
所以，
因为，所以.
令，可得，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，所以，
当时，，当时，，
故在和上各有一个零点，
所以当时，有且仅有两个零点.
【点睛】关键点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
使用年数
2
4
6
8
10
再销售价格
16
13
9.5
7
5
跳绳
性别
合计
男生
女生
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
合计
60
50
110
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
X
2
3
4
p
0
10
20
30