2022-2023学年吉林省长春市东北师范大学附属中学高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年吉林省长春市东北师范大学附属中学高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知某质点运动的位移（单位；）与时间（单位；）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】B

【分析】对求导得，从而可求质点在时的瞬时速度.

【详解】因为，所以，

所以该质点在时的瞬时速度为.

故选：B.

2．某中学课外活动小组为了研究经济走势，根据该市1999-2021年的GDP（国内生产总值）数据绘制出下面的散点图：

该小组选择了如下2个模型来拟合GDP值y随年份x的变化情况，模型一：；模型二：，下列说法正确的是（    ）

A．变量y与x负相关

B．根据散点图的特征，模型一能更好地拟合GDP值随年份的变化情况

C．若选择模型二，的图象一定经过点

D．当时，通过模型计算得GDP值为70，实际GDP的值为71，则残差为1

【答案】D

【分析】对于AB，由散点图的变化趋势分析判断，对于C，由线性回归方程的性判断，对于D，结合残差的定义判断.

【详解】对于A，由散点图可知y随年份x的增大而增大，所以变量y与x正相关，所以A错误，

对于B，由散点图可知变量y与x的变化趋向于一条曲线，所以模型二能更好地拟合GDP值随年份的变化情况，所以B错误，

对于C，若选择模型二：，令，则的图象经过点，所以C错误，

对于D，当时，通过模型计算得GDP值为70，实际GDP的值为71，则残差为，所以D正确，

故选：D

3．函数的减区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对函数求导，然后通分，进而令导函数小于0，最后求得单调递减区间.

【详解】函数的定义域为，

求导得，

令，

，，

因此函数的减区间为.

故选：C.

4．已知随机变量X的分布列为

设，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据分布列求出，，再根据条件得，计算答案即可.

【详解】由X的分布列得，

，

因为，

则.

故选：A.

5．某教育局为振兴乡村教育，将5名教师安排到3所乡村学校支教，若每名教师仅去一所学校，每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有（    ）

A．300种 B．210种 C．180种 D．150种

【答案】D

【分析】根据部分均匀分组分配求解即可.

【详解】由于每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有种.

故选：D.

6．已知数列，，其中，且，是方程的实数根，则等于（    ）

A．24 B．32 C．48 D．64

【答案】D

【分析】根据题意，得到，，求得，推出，进而可求出，，从而可求出结果.

【详解】因为，是方程的实数根，

所以，，

又，所以；

当时，，所以，

因此，

所以.

故选：D.

【点睛】本题主要考查由数列的递推关系求数列中的项，属于常考题型.

7．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案.

【详解】当时，不等式恒成立，则，

即函数在上单调递增，则，

整理可得，令，则.

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

，.

故选：D.

8．设甲袋中有3个红球和4个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球，记事件A=“从甲袋中任取1球是红球”，事件B=“从乙袋中任取2球全是白球”，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．  D．事件A与事件B相互独立

【答案】C

【分析】由古典概型概率计算公式，以及条件概率公式分项求解判断即可.

【详解】现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球可知，从甲袋中任取1球对乙袋中任取2球有影响，事件A与事件B不是相互独立关系，    故D错误；

从甲袋中任取1球是红球的概率为：，

从甲袋中任取1球是白球的概率为：，

所以乙袋中任取2球全是白球的概率为：

，故A错误；

，故B错误；

，故C正确；

故选：C

二、多选题

9．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则（    ）

A．常数项为160 B．含项的系数为60

C．第4项的二项式系数为15 D．各项系数的绝对值的和为36

【答案】BD

【分析】依题意，根据二项式系数性质，可知，然后由二项式通项公式逐项判断选项A、B、C；设，则，，可判断选项D.

【详解】依题意，只有第4项的二项式系数最大，

根据二项式系数性质，可知，

则，

令，得，则，选项A错误；

令，得，则，选项B正确；

令，得，则二项式系数为，选项C错误；

设         

  ，选项D正确.

故选：BD

10．“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（    ）

参考公式及数据：①，.②当时，.

A．从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为

B．用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为

C．根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联

D．对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为85

【答案】BC

【分析】根据古典概型的概率公式判断A，首先求出样本中喜欢天宫课堂的频率，再根据独立重复试验的概率公式判断B，计算出卡方，即可判断C，根据平均公式判断D.

【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；

对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，

恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；

对于C：因为，

所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；

对于D：抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、，

又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；

故选：BC

11．已知数列的首项为4，且满足，则（    ）

A．为等差数列 B．为递增数列

C．的前n项和 D．的前n项和

【答案】BCD

【分析】由得，所以可知数列是等比数列，从而可求出，可得数列为递增数列，利用错位相减法可求得的前项和，由于，从而利用等差数列的求和公式可求出数列的前项和.

【详解】由得，

所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A错误；

因为，所以，显然递增，故B正确；

因为，，

所以，

故，故C正确；

因为，所以的前项和，

故D正确.

故选：BCD

【点晴】本题是等差数列、等比数列的综合应用题，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n项和等，需要很强的数学运算能力以及对概念的熟悉运用能力.

12．定义：对于定义在区间I上的函数和正数，若存在正数M，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（    ）

A．函数在上满足阶李普希兹条件

B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为

C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解

D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则对任意函数，，恒有

【答案】ACD

【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.

【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；

B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项错误；

C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；

D选项：不妨设，当时，，当时，

，故对，，故D选项正确；

故选：ACD

三、填空题

13．曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形面积为           .

【答案】

【分析】先求导数，得出切线斜率，写出切线方程，然后可求三角形的面积.

【详解】，当时，，

所以切线方程为，即；

令可得，令可得；

所以切线与坐标轴围成的三角形面积为.

故答案为：.

14．某市一次高三模拟考试一共有3.2万名考生参加，他们的总分服从正态分布，若，则总分高于530分的考生人数为       

【答案】3520

【分析】由正态分布的性质先求出，然后可得出答案.

【详解】

所以总分高于530分的考生人数为：

故答案为：3520

15．已知数列满足，且，则          .

【答案】

【分析】根据题意，由递推关系式可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果.

【详解】因为，变形可得，

即，令，则，且，所以，

所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，

则，所以.

故答案为：

16．中国象棋是中国棋文化、也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，使用方格状棋盘，每个棋子摆放和活动在交叉点上.其中象位于A处，其移动规则为循着田字的对角线走两格，即下一步可到达的地方为B或D；同理，若象位于D处，下一次可到达的地方为A，C，E或G.已知象从某位置到达下一个位置是随机的，假设象的初始位置是在A处，则走4步后恰好回到A处的概率为          .

【答案】

【分析】列出树状图，根据树状图和相互独立的概率公司求得即可.

【详解】走4步后象到达位置的所有情况可以用树状图表示，

走4步后恰好回到处的概率.

故答案为：.

四、解答题

17．已知正项数列的前n项和为，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前n项和为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用计算整理，可得，再利用等差数列的通项公式得答案；

（2）将变形得，利用裂项相消法可得，进一步观察可得证明结论.

【详解】（1）①，

当时，②，

①-②得，

整理得，，

，

又当时，，解得，

数列是以2为首项，2为公差的等差数列，

；

（2）由（1）得，

，

，即

.

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．如图，在中，，，是的中点，在上，，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且二面角的大小为60°.

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）取中点，先利用线面垂直判定定理证得平面，进而利用线面垂直的性质证得；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）依题，所以平面，

则为二面角的平面角，即，

因为，所以为等边三角形，

取中点，连接，，，则，

因为，所以，

又，所以平面，

又平面，所以；

（2）因为，

所以面，从而

因为，所以，所以，

所以两两垂直，

以为原点，以的方向分别为轴的正方向，

建立空间坐标系，

则，

所以，，

设平面的一个法向量，则

，所以，

令，则平面的一个法向量，

设直线与平面所成角为，

则，

则直线与平面所成角的正弦值为.

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，达到了经济效应的“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该技术研发投入x（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拟合y与x的关系，求此经验回归方程；

(2)该企业主要生产I、II两类产品，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.

（附：对于一组数据，，…，，其经验回归直线的斜率和纵截距的最小二乘法估计公式分别为，，，，结果保留两位小数.）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据表中的数据和回归方程公式求解即可；

（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，根据题意求出，再利用条件概率公式结合题意求解.

【详解】（1），

，

所以，

，

所以此经验回归方程为；

（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

，

，

所以，

所以恰有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．已知椭圆：的离心率为，是上一点.

(1)求的方程.

(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上.

【答案】(1)；

(2)①证明见解析；②证明见解析.

【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；

(2)①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；

②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上.

【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，是椭圆上一点，

所以，解得，

所以椭圆的方程为；

（2）①因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，方程的判别式，设，，则

，.

两式相除得

，．

因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．

从而；

②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.

【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.

22．已知有两个极值点、，且．

(1)求的范围；

(2)当时，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由可得，令，其中，分析可知直线与函数的图象由两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；

（2）由（1）可知，可得出，，构造函数，其中，分析函数的单调性，可得出，以及，结合不等式的基本性质可证得；然后构造函数，通过分析函数的单调性证出，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：函数的定义域为，，

令可得，

因为函数有两个极值点，则函数有两个异号的零点，

令，其中，则直线与函数的图象由两个交点（非切点），

，令可得，列表如下：

如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象由两个交点，且交点横坐标分别为、，

当时，，则，此时函数单调递增，

当时，，则，此时函数单调递减，

当时，，则，此时函数单调递增.

因此，当时，函数有两个极值点.

（2）证明：由（1）可知，

函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

且，则有，

由于，所以，，即，

又因为，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递减，则，

因为，所以，，

下面证明：.

因为，则，

因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，

所以，

，

令，其中，

则，

令，则，

当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递减，

所以，，则函数在上单调递增，

因此，，

综上所述，成立.

【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；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.