2022-2023学年重庆市部分区高二下学期期末联考数学试题含答案

2022-2023学年重庆市部分区高二下学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据交集定义直接求解即可.

【详解】，，.

故选：A.

2．设命题，则的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得到答案.

【详解】由题意可知命题为特称命题，

其否定为全称命题，即“”，

故选：B.

3．已知随机变量的期望为，则（    ）

A．9 B．11 C．27 D．29

【答案】B

【分析】根据期望的性质计算可得.

【详解】因为，所以.

故选：B

4．已知，下列不等式中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由不等式的性质和基本不等式即可判断.

【详解】因为，所以，故A错误；

令，则，故B错误；

令，则，，，故C错误；

因为，所以，

所以，

当且仅当，即时取等号，故D正确.

故选：D

5．实施乡村振兴战略是决胜全面建成小康社会、全面建设社会主义现代化国家的重大历史任务，是新时代做好“三农”工作的总抓手，某区聘请5名农业专家安排到三个乡镇作指导，每名专家只安排到一个乡镇，每个乡镇至少安排一名专家，其中专家和必须去同一个乡镇，则不同的安排方案的种数是（    ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

【答案】D

【分析】依题意可知每个乡镇的人数可能是、、或、、，先分组再分配.

【详解】依题意每个乡镇的人数可能是、、或、、，

若是、、，则有种安排方法；

若是、、，则有种安排方法；

综上可得一共有种安排方法.

故选：D

6．“”是“函数有极值”的（   ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据函数有极值，即有变号零点，即可得到，从而求出的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】解：若函数有极值，则有变号零点，即，解得；

所以由推不出函数有极值，故充分性不成立，

由函数有极值推得出，故必要性成立，

所以“”是“函数有极值”的必要不充分条件；

故选：B.

7．一个盒子里装有6个小球，其中4个是黑球，2个是白球，现依次一个一个地往外取球（不放回），记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则不正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用古典概型的概率公式及条件概率的概率公式计算可得；

【详解】对于A：事件表示“第次取出的球是黑球”，则，所以A正确；

对于B：事件表示“第，次取出的球都是黑球”，则，所以B正确；

对于C：，所以C错误，

对于D：，，，

所以，故D正确．

故选：C．

8．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，对求导，结合导数分析函数的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．

【详解】令，则，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

因为，所以，

又，所以，

所以，，

所以，

故．

故选：B

二、多选题

9．下列函数中，在上为增函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据初等函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，函数在上为减函数，不符合题意；

对于B中，函数在上为增函数，符号题意；

对于C中，函数，当，可得，在上为增函数，符合题意；

对于D中，函数在上为减函数，不符合题意．

故选：BC.

10．下列命题正确的是（    ）

A．当时，当且仅当事件与相互独立时，有

B．随机变量服从两点分布，则

C．在残差图中，残差比较均匀的分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内且水平带状区域宽度越窄，其模型的拟合效果越好

D．已知由一组样本数据得到的经验回归方程为，，则这组数据中一定有

【答案】AC

【分析】由相互独立事件的定义即可判断A；求出两点分布的方差可判断B；由残差图的意义可判断C；由回归方程的求解过程及含义可判断D.

【详解】对于A，因为，，

即，所以事件与相互独立；

反之，若事件与相互独立，则有，

则，即亦有，故A正确；

对于B，若随机变量服从两点分布，

则，，，

所以，故B错误；

对于C，在残差图中，残差比较均匀的分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内且水平带状区域宽度越窄，说明预测值与实际值越接近，即其模型的拟合效果越好其模型的拟合效果越好，故C正确；

对于D，依题意，这组数据的中心即为，回归直线方程必过样本中心，但不表示这组数据中一定有，故D错误.

故选：AC

11．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（    ）

A．

B．在“杨辉三角”第7行中，从左到右第5个数与第6个数之比为

C．

D．第10行所有数字的平方和为

【答案】ACD

【分析】对于，利用题中条件可直接判断正确，也可利用组合数模型去证明；

对于，先找到“杨辉三角”第7行中，从左到右第5个数与第6个数，利用组合数公式计算即可；

对于，利用组合数公式计算即可；

对于,两种方法表达中的系数，可判断.

【详解】对于，由题中条件，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，可判断出正确；

也可利用排列组合的思想进行证明：设个元素分别为其个元素的组合就来看可以分成两类.

（1）组合中含有元素,这一类组合可以看作除外从剩下的个元素中再选个元素，其组合个数为

（2）组合中不含有元素,这一类组合可以看从剩下的个元素中选个元素，其组合个数为

根据加法原理，有

对于，因为在“杨辉三角”第7行中，从左到右第5个数与第6个数分别为，

又，故错误；

对于，

,故，故正确；

对于，在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，

数学语言表达为：

证明如下：

对应相乘可得的系数为

又利用二项式定理可得通项公式为，

当时，

的系数为故正确.

故选：

12．若，且满足，则下列结论正确的是（    ）

A．的最小值为 B．的最小值为

C．的最小值为 D．的最小值为

【答案】BCD

【分析】对于选项A，B，C根据基本不等式即可得出，对于选项D，根据已知消元后利用基本不等式即可求解.

【详解】对于A，B，因为，，所以，

则，即，得或（舍），

则，当且仅当等号成立，所以A错误，B正确.

对于C，因为，，所以，

则，即，得或（舍），

则，当且仅当等号成立，所以C正确.

对于D，因为，，即，则，

所以，则，所以，

则，

当且仅当，即时等号成立，所以D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知函数，则的定义域为          ．

【答案】

【分析】根据根式和对数式的限制条件可得答案.

【详解】因为，所以，

解得，所以的定义域为.

故答案为：

14．曲线的一条切线的斜率为1，则该切线的方程可以是          （写出一个满足要求的答案）．

【答案】（答案不唯一）

【分析】设切点为，求出导数，利用斜率为1求出切点即可求出切线方程.

【详解】设切点为，因为，且切线的斜率为1，

所以，则或，

所以或，

不妨取，则，

所以切线方程为，即.

故答案为：（答案不唯一）.

15．某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成，每包产品均含有10个零件，小张到该企业采购，利用如下方法进行抽检；从该企业产品中随机抽取1包产品，再从该包产品中随机抽取5个零件，若抽取的零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每包产品均含1个或2个二等品零件，其中含2个二等品零件的包数占，则小张决定采购该企业产品的概率为          ．

【答案】

【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占，进而由古典概型和全概率的计算公式即可求得结果.

【详解】根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占，则含1个二等品零件的包数占，

在含1个二等品零件产品中，随机抽取5个零件，若抽取的5个零件都是一等品，其概率为，

在含2个二等品零件产品中，随机抽取5个零件，若抽取的5个零件都是一等品，其概率为，

则小张决定采购该企业产品的概率，

故答案为：.

16．偶函数定义域为，其导函数为，若对，有成立，则关于的不等式的解集为          ．

【答案】

【分析】令，，依题意可得为偶函数且在上单调递减，根据函数的奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.

【详解】令，，因为定义域为上的偶函数，

所以，则，即为偶函数，

又，

因为对，有成立，所以当时，

即在上单调递减，则在上单调递增，

又，所以，则不等式等价于，

即，即，所以，解得或，

所以不等式的解集为.

故答案为：

四、解答题

17．在下列条件中①第4项与第8项的二项式系数相等，②只有第6项的二项式系数最大，③任选一个，补充在下面问题中，并解答．

已知在展开式中，__________．

(1)求的值；

(2)若其展开式中的常数项为405，求其展开式中所有项的系数的和．

【答案】(1)

(2)1024

【分析】（1）若选①，则根据组合数的公式可求出的值；若选②，则根据二项式系数的性质可求出的值；若选③，则根据所有项的二项式系数公式可求出的值；

（2）由（1）可得二项式为，然后写出二项式展开式的通项公式，再结合常数项为405，可求出的值，再令可求出其展开式中所有项的系数的和．

【详解】（1）若选①，因为第4项与第8项的二项式系数相等，即，

所以根据组合数公式可知，

若选②，因为只有第6项的二项式系数最大，

所以可知共有11项，所以，

若选③，因为，

所以，得，

（2）由（1）可知二项式为，

则其通项公式为，

由，得，

所以常数项为，

因为展开式中的常数项为405，

所以，解得或（舍去），

所以二项式为，

所以其展开式中所有项的系数的和

18．党的二十大报告明确提出，要积极稳妥推进碳达峰碳中和，有计划分步骤实施碳达峰行动在国家“双碳”战略的指引下，某地相关部门出台了一系列支持新能源汽车产业发展的政策和购车优惠补贴，带动新能源汽车销量跑出“速度与激情”经调查统计，某新能源汽车公司的销售量逐步提高，如图所示，该新能源汽车公司在2023年1~5月份的销售量y（单位：万辆）与月份x的折线图．

(1)依据折线图计算x，y的相关系数r，并推断它们的相关程度；

(2)请建立关于的经验回归方程，并预测2023年8月份的销售量．

参考数据及公式：相关系数．

在经验回归方程中，．

【答案】(1)，变量x，y具有较强的线性相关性，

(2)，预测2023年8月份的销售量约为万辆.

【分析】（1）由已知数据，结合相关系数公式求相关系数，由此判断线性相关程度；

（2）根据参考公式求出回归方程的系数，由此可得回归方程.

【详解】（1）设表示第个月的月份数，表示第个月的销售量，，

则，，

，，

所以，，

，

，

，

所以，

所以变量x，y具有较强的线性相关性，

（2）由（1）可得，

，

所以关于的经验回归方程为，

所以当时，，

所以由经验回归方程可以预测2023年8月份的销售量约为万辆.

19．某校高二年级为研究学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从高二学生中抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：

已知从这200名高二学生中随机抽取1人语文成绩为优秀的概率为．

(1)请完成如上的列联表；

(2)根据的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？

(3)在人工智能中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比．现从该校学生中任选一人，表示“选到的学生语文成绩不优秀”，表示“选到的学生数学成绩不优秀”．请利用样本数据，估计的值．

附：

参考公式：，其中．

【答案】(1)列联表见解析

(2)数学成绩与语文成绩有关

(3)

【分析】（1）先求出语文成绩优秀的人数，然后结合表中的数据可完成列联表；

（2）利用公式计算，然后根据临界值表进行判断；

（3）根据条件概率公式求解即可.

【详解】（1）因为从这200名高二学生中随机抽取1人语文成绩为优秀的概率为，

所以高二学生中语文成绩优秀的有人，

所以列联表如下：

（2）因为，

所以根据小概率值的独立性检验，可推断不成立，

所以认为数学成绩与语文成绩有关.

（3）因为，

所以的值为.

20．已知函数．

(1)当时，求函数的极值；

(2)讨论函数的零点个数．

【答案】(1)极小值，无极大值.

(2)当时，函数没有零点；

当或时，函数有1个零点；

当时，函数有2个零点.

【分析】（1）根据题意得出，然后分别令以及，通过计算即可得出函数的单调性，进而求出结果；

（2）可将转化为，记，求出函数的单调性以及最值，最后根据函数的单调性以及最值，然后数形结合可得出结果.

【详解】（1）当时，，，

令，则；令，则；

故函数的单调递增区间是，单调递减区间为；

当时，函数取极小值，无极大值.

（2）令，因为，所以，

记，有，

令，则；令，则，

故在上单调递增，在上单调递减，从而，

因此当时，直线与的图像没有交点；

当或时，直线与的图像有1个交点；

当时，直线与的图像有2个交点.

综上：当时，函数没有零点；当或时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点.

21．2023年五一期间，某商城举办了一次有奖促销活动，消费每超过1万元（含1万元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．

方案一：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球3个，白球2个，黑球5个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球，则打7折；若摸出1个红球2个黑球，则打8.8折；其余情况不打折；

方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减1500元．

(1)若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率；

(2)若某顾客消费怡好满1万元，试分析该顾客选择哪种抽奖方案更合算，并说明理由．

【答案】(1)

(2)该顾客选择第一种抽奖方案更合算.

【分析】（1）方案一若享受到折，需要摸出2个红球和1个黑球，由此可计算出概率；

（2）选择方案一，付款金额元可能的取值为5000、7000、8800、10000，分别计算出概率的分布列，计算出期望．选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则得关系式，由，可得，再计算出，比较后可得．

【详解】（1）选择方案一若享受到7折，则需要摸出2个红球和1个黑球，设顾客享受到折为事件，则．

（2）若选择方案一，

设付款金额为元，则可能的取值为5000、7000、8800、10000，

，，，．

故X的分布列为，

所以（元）

若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，

由已知可得，故，

所以（元）

因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．

22．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)设，其中，若恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)单调递减为，单调递增为.

(2)

【分析】（1）求出的定义域和导函数的零点，判断在相应区间上导函数的符号即可求解.

（2）由恒成立得恒成立，令可得恒成立，构造函数，求出的最大值即可求解.

【详解】（1）的定义域为，，令，得，

时，，单调递减，

时，，单调递增，

故递减区间为，递增区间为.

（2），定义域为，

令，，所以在上单调递增，

而当趋向于1时，趋向负无穷；趋向正无穷时，趋向正无穷，故，

由恒成立，，得，

即，恒成立，

令，则，令，得，

时，，单调递增，

时，，单调递减，

所以，所以，解得.

所以的取值范围是.

【点睛】关键点睛：本题第（2）小题关键是由恒成立，得恒成立，换元令可转化为恒成立，构造函数求出其最大值即可求解，可减少复杂的隐零点运算.