山东省威海市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

高二数学

注意事项：

1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求对数函数的定义域求得，进而求得.

【详解】由，

解得或，所以，

所以，所以

故选：C

2. 若随机变量，且，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据二项分布的期望、方差计算可得答案.

【详解】因为，，

所以，解得.

故选：A.

3. 某杂交水稻种植研究所调查某水稻的株高，得出株高（单位：）服从正态分布，其概率分布密度函数为，，若，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题干概率分布密度函数得出正态曲线的对称轴，然后由正态曲线的对称性求解.

【详解】依题意得，该正态曲线的对称轴是，根据正态曲线的对称性，故.

故选：B

4. 函数在区间的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用导数求得在区间的最小值.

【详解】，

所以在区间递减，

在区间递增，

所以在区间的最小值为.

故选：D

5. 某新能源汽车企业基于领先技术的支持，从某年起改进并生产新车型，设改进后该企业第年的生产利润为（单位：亿元），现统计前年的数据为，    ，，，根据该组数据可得关于的回归直线方程为，且，预测改进后该企业第年的生产利润为（    ）

A. 亿元 B. 亿元

C. 亿元 D. 亿元

【答案】D

【解析】

【分析】根据样本中心点求得，进而求得预测值.

【详解】，，

所以，所以，

当时，亿元.

故选：D

6. 从正六边形的六个顶点中任取三个顶点，则这三个顶点可以构成直角三角形的概率为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】运用列举法根据古典概率公式可得答案.

【详解】如图，在六个顶点中任取三个顶点，有

，共20种情况，

因为在正六边形中，过中心的对角线所对的角为直角，所以有

，共12种情况，

故所求概率．

故选：C.

7. 已知函数及其导函数的定义域均为，则“为奇函数”是“为偶函数”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】A

【解析】

【分析】由奇函数的定义并求导可判断充分性，反过来取特例即可.

【详解】当为奇函数时，则与的定义域关于原点对称，且，

两边同时求导，即，

得，即，所以为偶函数；

反之，当为偶函数时，取，

则，显然满足条件，但显然不是奇函数，

所以“为奇函数”是“为偶函数”的充分不必要条件.

故选：A.

8. 已知函数，若，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据对数函数的单调性和中间量比较出，再由函数的单调性得出结果.

【详解】 ，

由于，，

，所以，

 ，

所以，

因为函数在上为增函数，

则，

所以.

故选：A

【点睛】比较大小的常用方法:

（1）利用函数单调性，

（2）利用中间量，

（3）作差（商）法.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列求导运算正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】利用导函数四则运算和简单复合函数求导法则计算出答案.

【详解】A选项，，A错误；

B选项，，B正确；

C选项，，C错误；

D选项，，D正确.

故选：BD

10. 在的展开式中（    ）

A. 常数项为 B. 各项二项式系数的和为

C. 各项系数的和为 D. 各项系数的绝对值之和为

【答案】ACD

【解析】

分析】利用展开式通项可判断A选项；利用二项式系数和可判断B选项；令代入二项式，可判断C选项；令，代入二项式，可判断D选项.

【详解】的展开式通项为，

其中，

对于A选项，令，可得，则展开式中的常数项为，A对；

对于B选项，各项二项式系数的和为，B错；

对于C选项，各项系数的和为，C对；

对于D选项，令，则，

因此，各项系数的绝对值之和为，D对.

故选：ACD.

11. 已知实数，满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】利用差比较法、函数的单调性、导数等知识确定正确答案.

【详解】依题意，，

A选项，，A选项正确.

B选项，函数在上单调递增，

所以，B选项错误.

C选项，设，

，所以在区间上，

递增，所以当时，，

即，

所以，由于函数在上单调递增，

所以，则，所以C选项正确.

D选项，当时，，

，所以D选项错误.

故选：AC

12. 已知函数，则（    ）

A. 存在，使不存在极小值

B. 当时，在区间单调递减

C. 当时，在区间单调递增

D. 当时，关于的方程实数根的个数不超过

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A：取，结合指数函数单调性分析判断；对于B：取为负偶数，结合导数判断原函数单调性；对于C：利用导数判断原函数单调性；对于D：分和两种情况，利用导数判断原函数单调性，结合单调性分析函数零点.

【详解】对于选项A：当时，则，

可知在上单调递增，所以不存在极小值，故A正确；

因为，

对于选项B：若为负偶数，则为奇数，

因为，则，可得，

所以在区间单调递增，故B错误；

对于选项C：当时，则，

因为，则，可得，

所以在区间单调递增，故C正确；

对于选项D：因为，则有：

当时，则，即为方程实数根；

当时，则可得，

令，则，

令，解得或，

即至多有2个零点，则至多有三个单调区间，

故至多有三个零点，即实数根至多有三个根；

综上所述：当时，关于的方程实数根的个数不超过.

故答案为：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数是偶函数，则实数_________.

【答案】

【解析】

【分析】二次函数是偶函数，则对称轴方程是，据此求解即可.

【详解】，

由题意该二次函数是偶函数，则对称轴为轴，

即对称轴方程，解得.

故答案为：

14. 有甲、乙、丙、丁、戊名同学站成一排合影留念，若甲和乙相邻，则不同的排法共有_____种（用数字作答）.

【答案】

【解析】

【分析】利用捆绑法求得正确答案.

【详解】依题意，不同的排法有种.

故答案为：

15. 写出曲线过坐标原点的一条切线方程_________.

【答案】或（任写一个即可）

【解析】

【分析】设出切点坐标，利用导数列方程，求得切点和斜率，进而求得切线方程.

【详解】，设切点为，

故切线方程为，

由于切线过原点，故，

整理得，解得或.

当时，切线方程为，即.

当时，切线方程为，即.

故答案为：或（任写一个即可）

16. 已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则________.

【答案】2023

【解析】

【分析】根据题意分析可得，进而可得函数是以4为周期的周期函数，且，进而可得结果.

【详解】因为为偶函数，则，

又因为，则，，

即，可得，

因为为奇函数，则，且，

可得，即，则，

可得，

所以函数是以4为周期的周期函数，

由，可得，，

则，

即，

所以.

故答案为：2023.

【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过解对数不等式求得正确答案.

（2）通过解对数方程，利用换元法以及根与系数关系求得的取值范围.

【小问1详解】

由题意知，，可得，

即，解得，

所以不等式的解集为.

【小问2详解】

，可得，

即有两个不相等的实数根，

令，则有两个不相等的正实数根，

所以，可得，

解得.

18. 某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.

（1）若，，根据调查数据判断，是否有的把握认为该校学生有无自主创业打算与性别有关；

（2）若，，从这些学生中随机抽取一人.

（ⅰ）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；

（ⅱ）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否独立.

附：.

【答案】（1）有的把握认为该校学生有无自主创业打算与性别有关   

（2）（ⅰ）；（ⅱ）“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.

【解析】

【分析】（1）计算卡方，与6.635比较后得到结论；

（2）（ⅰ）设出事件，利用条件概率公式进行求解；

（ⅱ）法一：计算出，得到结论；法二：计算出，得到结论；法三：计算得到，得到结论；法四：计算出卡方为0，从而得到结论.

【小问1详解】

，

所以有的把握认为该校学生有无自主创业打算与性别有关

【小问2详解】

（ⅰ）记为“抽到的人有自主创业打算”，为“抽到的人是男生”.

，，

所以(或).

（ⅱ）记为“抽到的人无自主创业打算”，为“抽到的人是男生”，

法一：，又，所以，

所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.          

法二：，又，所以，

所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.

法三：，，

，所以，所以，

所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.

法四：，

所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，

所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”独立.

19. 根据《国家学生体质健康标准》，六年级男生和女生一分钟跳绳等级如下（单位：次）.

从某学校六年级男生和女生中各随机抽取名进行一分钟跳绳测试，将他们的成绩整理如下：

（1）从这名男生中任取名，求取到的名男生成绩都优秀的概率；

（2）若以成绩优秀的频率代替成绩优秀的概率，且每名同学的测试相互独立.从该校全体六年级学生中随机抽取名男生和名女生，设为这名学生中一分钟跳绳成绩优秀的人数，求的概率分布与期望.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）分析可知名男生中一分钟跳绳成绩优秀的有名，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；

（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.

【小问1详解】

由题意知，名男生中一分钟跳绳成绩优秀的有名，

记“抽到的名男生成绩都优秀”为事件，则.

【小问2详解】

由题意知，从该校六年级学生中任取一名男生，一分钟跳绳成绩优秀的概率为；

任取一名女生，一分钟跳绳成绩优秀的概率为.

的可能取值有、、、，则，

，

，

，

所以的概率分布为

所以，.

20. 已知函数.

（1）当时，求在区间的最大值；

（2）若存在唯一的零点，且，求实数的取值范围.

【答案】（1）2    （2）

【解析】

【分析】（1）当时，，根据导数求得函数的单调性，进而求得函数的最大值得到答案；

（2）法一：求得，分、、讨论求得函数的单调区间，结合题意和函数零点的概念可求解；法二：由已知得有唯一负根，转化为与的图象有唯一交点且位于轴左侧，利用导数判断单调性结合函数零点的概念可得答案.

【小问1详解】

当时，，

则，

由，可得或，，可得，

因此在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增，

所以在区间的最大值为、中较大者，

因为，，

所以在区间的最大值为；

【小问2详解】

法一：，

①当时，，令，可得，不合题意；

②当时，解不等式，可得，

解不等式，可得或，

所以在单调递减，在单调递增，在单调递减，

又因为，所以在存在零点，不合题意；

③当时，解不等式，可得或，

解不等式，可得，

所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，

又因为，所以在存在零点，

若存在唯一的零点，且，则，

可得，即，解得或，所以

综上，.

法二：依题意知方程有唯一的负根，

即有唯一负根，

所以与的图象有唯一交点且位于轴左侧，

令，则，，

解不等式，可得，

解不等式，可得或，

所以在单调递减，在，单调递增，在单调递减，

所以，

又，所以.

【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.

21. 在信道内传输，信号，信号的传输相互独立.发送时，收到的概率为，收到的概率为；发送时，收到的概率为，收到的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送次，三次传输是指每个信号重复发送次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，，，则译码为）.

（1）当，时，

（ⅰ）采用单次传输方案，若依次发送，，，求依次收到，，的概率；

（ⅱ）采用三次传输方案，若发送，求译码为的概率；

（2）若发送，采用三次传输方案译码为的概率大于采用单次传输方案译码为的概率，求的取值范围.

【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）   

（2）

【解析】

【分析】（1）（ⅰ）记“采用单次传输方案，依次发送，，，依次收到，，”为事件，利用相互独立事件概率公式、对立事件计算可得；

（ⅱ）记“采用三次传输方案，发送，译码为”为事件，利用相互独立事件的概率公式、对立事件计算可得；

（2）记“发送，采用三次传输方案译码为”为事件，记“发送，采用单次传输方案译码为”为事件，求出、，利用可得答案.

【小问1详解】

（ⅰ）记“采用单次传输方案，依次发送，，，依次收到，，”为事件，

则.

（ⅱ）记“采用三次传输方案，发送，译码为”为事件，

则；

【小问2详解】

记“发送，采用三次传输方案译码为”为事件，

记“发送，采用单次传输方案译码为”为事件，

则，

，所以，

因为，整理得，

解得.

22. 已知函数.

（1）若在区间上单调递减，求实数的取值范围；

（2）若存在两个极值点，.

（ⅰ）求实数的取值范围；

（ⅱ）证明：.

【答案】（1）   

（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用多次求导的方法或分离参数法，结合导数求得的取值范围.

（2）（ⅰ）利用多次求导的方法，结合对进行分类讨论，由此来求得的取值范围.

（ⅱ）转化要证明的不等式，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.

【小问1详解】

法一：，           

若函数在上单调递减，则对任意恒成立，

即对任意恒成立，

令，，                

因为，所以在上单调递增，              

所以，                 

所以.

法二：，           

若函数在上单调递减，则对任意恒成立，

即对任意恒成立，

所以对任意恒成立，                               

令，，则，

可得在上单调递增，在上单调递减，

①当时，在上单调递增，

所以，可得，解得，

所以；                                              

②当时，在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以，所以.

综上，.

【小问2详解】

（ⅰ），令，若存在两个极值点，，

则，为的两个变号零点，，

①当时，，在单调递减，

所以不可能存在两个变号零点，不合题意；

②当时，可得在上单调递增，在上单调递减，

若存两个变号零点，则，解得，

又，令，

当时，，所以在上单调递增，

所以，

又，

所以当时，存在两个极值点.

（ⅱ）不妨设，则，，      

要证，即证，

因为，，在上单调递减，

即证，又因为，

即证，

令，，

，                                      

所以，

所以在上单调递增，

所以，因为，所以，

即.

综上，.

【点睛】利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法求得函数的单调性，可考虑多次求导的方法进行研究.研究含参数的函数的单调性，求导后要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.