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精品解析：山东省泰安市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（原卷版+解析版）
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2023.07
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】利用补集和交集的运算法则求解.
【详解】由已知得，
则，
故选：C.
2. 若，则“”是“”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
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】若，令，满足，但；
若，则一定成立，
所以“ ”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 已知袋中装有8个大小相同小球，其中4个红球，3个白球，1个黄球，从袋中任意取出3个小球，则其中恰有2个红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算公式即可求得答案.
【详解】由题意得从袋中任意取出3个小球，共有种取法，
其中恰有2个红球的取法有，
故其中恰有2个红球的概率为，
故选：A
4. 已知随机变量X的分布列如表（其中为常数），则下列计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由，求得，再逐项判断.
【详解】解：由，解得，
则，
，
，
故选：D
5. 已知函数在区间上存在单调减区间，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，由题意在上有解，再转化为求新函数的最小值．
【详解】由已知在上有解，
即在上有解，
设，则在上恒成立，因此在上是增函数，
，
所以，
故选：D．
6. 在二项式展开式中，把所有的项进行排列，有理项都互不相邻，则不同的排列方案为（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】先写出二项展开式的通项，找出有理项和无理项的项数，再利用排列组合中的插空法求解即可.
【详解】解：因为二项展开式的通项为，
又因为，
所以当或时，为有理项，
所以有理项共有2项，其余5项为无理项，
先排5项为无理项，共有种排法，再排2项有理项，共有种排法，
所以有理项互不相邻的排法总数为：种.
故选：A.
7. ，当时，都有，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】依题意对，当时恒成立，，，则问题转化为在上单调递增，求出函数的导函数，则在上恒成立，参变分离可得的取值范围，即可得解.
【详解】因为，当时，都有，
即，即，
令，，则恒成立，
即在上单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为在上单调递减，
所以，所以，即实数的最大值为.
故选：B
8. 根据汕头市气象灾害风险提示，5月12日～14日我市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至36处.已知有包括甲乙在内的5个排水施工队前往3个指定易涝路口强排水（且每个易涝路口至少安排一个排水施工队），其中甲、乙施工队不在同个易涝路口，则不同的安排方法有（ ）
A. 86B. 100C. 114D. 136
【答案】C
【解析】
【分析】先将5个施工队按照3，1，1和2，2，1两种模式分成3组，注意排除甲、乙两个施工队放在一个组的种数，然后再将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，即可得出答案.
详解】解：若将5个施工队分成3组，则有如下两种情况，
第一种，按照3，1，1模式分组，则有种分组方法，
第二种，按照2，2，1模式分组，则有种分组方法，
所以将将5个施工队分成3组，共有种分组方法，
其中，如果甲、乙施工队和另外一个队构成一个组，则有种分组方法，
如果甲、乙施工队单独构成一个组，则有种分组方法，
所以将甲、乙两个施工队放在一个组，共有种分组方法，
所以将5个施工队分成3组，甲、乙两个施工队不在一个组的分组方法有种，
现将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，则有种安排方法，
所以符合题意的安排方法共有种.
故选：C.
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. 研究变量x，y得到一组样本数据，进行回归分析，以下说法正确的是（ ）
A. 经验回归直线至少经过点，，中的一个
B. 若所有样本点都在直线，则这组样本数据的样本相关系数为1
C. 在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量平均增加2个单位
D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越小，模型的拟合效果越差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据成对数据的线性相关关系的样本相关系数和决定系数的定义以及回归方程的概念求解.
【详解】对A，经验回归直线可以不经过点，，中的任意一个，A错误；
对B，因为所有样本点都在直线，
所以样本相关系数为1，B正确；
对C，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量平均减少2个单位，C错误；
对D，用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越小，模型的拟合效果越差，D正确；
故选:BD.
10. 已知，，R，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若且，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用不等式的性质以及函数的单调性求解.
【详解】选项A，若时，不成立，故选项A不正确；
选项B，由于函数在R上单调递增，所以，又因为，
所以，所以，故选项B正确；
选项C，因为，所以，所以，
因为，所以两边同乘得，故选项C正确；
选项D，因为，
所以，即，故选项D不正确；
故选：BC.
11. 下列结论正确的是（ ）
A. 若随机变量Y的方差，则
B. 已知随机变量X服从二项分布，若，则
C. 若随机变量服从正态分布，，则
D. 若事件A与B相互独立，且，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据方差的性质分析判断，对于B，根据二项分布的期望公式分析求解，对于C，根据正态分布的性质分析判断，对于D，根据相互独立事件的概率公式判断.
【详解】对于A，因为随机变量Y的方差，所以，所以A错误，
对于B，因为随机变量X服从二项分布，所以，
因为，所以，得，所以B正确，
对于C，因为随机变量服从正态分布，，
所以，所以C正确，
对于D，因为事件A与B相互独立，且，，
所以，所以D正确，
故选：BCD
12. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，函数在上是减函数
B. 当时，方程有实数解
C. 对任意，，存在唯一极值点
D. 对任意，，曲线过坐标原点的切线有两条
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，求导之后分类讨论，即可判断；对于B，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于C，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于D，设切点为，则可得，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；
【详解】对于A，当时，则，
所以，
当时，若，则，则，，
所以，则单调递减；
当时，若，则，则，，
所以，则单调递减；
所以当时，函数在上是减函数，故A正确；
对于C，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，做出函数的大致图像如图：
当时，做出函数的大致图像如图：
可知的图像总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，C正确；
对于B，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合C的分析知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，B错误；
对于D，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当趋向负无穷时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当趋向正无穷时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若“，使得”是假命题，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据特称命题的定义和一元二次不等式的恒成立问题求解.
【详解】因为“，使得”是假命题，
所以“，使得”是真命题，
所以，解得，
故答案为: .
14. 的展开式中含项的系数是______．（用数字作答）
【答案】165
【解析】
【分析】展开式中含的系数为，结合组合数的运算性质，即可求解.
【详解】由题意，展开式中含的系数为，
根据组合数的性质可得，
.
故答案为：.
15. 已知，且，则的最小值为______．
【答案】0
【解析】
【分析】先将用表示，再利用基本不等式求解即可.
【详解】由，得，
由，得，
，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
16. 已知函数，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出在上单调性与极大值，即可画出函数的图象，依题意可得关于的方程恰有个不相等的实数根，令，则关于的有两个不相等的实数根，且，，令，则，即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，则，所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，，且时，当时，
当时，函数在上单调递增，
所以的图象如下所示：
对于函数，令，即，
令，则，
要使恰有个不相等的实数根，
即关于的有两个不相等的实数根，且，，
令，则有两个不相等的零点均位于之间，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题.
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，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求在上的最值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据函数的切线方程即可求得参数值；
（2）判断函数在 上单调性，进而可得最值.
【小问1详解】
∴，
又在点处的切线方程为
∴ ，∴；
【小问2详解】
由（1），则，
令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增．
∴当时，．
又∵，，
∴当时，，
18. 已知二项式N的展开式中，第2项与第3项二项式系数之和比第4项二项式系数大1．
（1）求展开式中含的项；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）1365
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件求出值，在利用二项展开式的通项公式求含的项；
（2）利用赋值法求解.
【小问1详解】
由题意得，整理得，
∵且 ∴
二项式的展开式的通项为
令，解得， ∴展开式中含的项为
【小问2详解】
令，则
∴.
19. 某水果店对某个新品种水果进行试销，需了解试销价（单位：元）对销售量y（单位：件）的影响情况，现得到5组销售数据，并对得到的数据进行初步处理，得到下面的散点图．
（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与的关系，请用样本相关系数加以说明；（精确到0.01）
（2）求关于的经验回归方程．
参考公式：经验回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，样本相关系数，
参考数据：
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意计算相关系数，判断y与的相关关系；
（2）利用最小二乘估计公式求出和，即可得到关于的经验回归方程.
【小问1详解】
，，
，，,
,
由样本相关系数，可以推断y与这两个变量负线性相关，且相关程度很强，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
【小问2详解】
,
, ∴.
20. 攀岩是一项集健身，娱乐，竞技于一身的极限运动，被称为“峭壁上的芭蕾”．某攀岩俱乐部为了解攀岩爱好者对此项运动的了解程度，进行了一次攀岩知识竞赛（满分10分），为得分在6分以上（含6分）的爱好者颁发了荣誉证书．已知参加本次竞赛的攀岩爱好者共有50人，其中获得荣誉证书的女攀岩爱好者有24人，所有男攀岩爱好者的竞赛成绩如下：
10，5，9，8，6，7，4，8，3，4，8，7，5，9，2，10，8，9，7，8，9，10
（1）根据所给数据，完成下面列联表；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为获得荣誉证书与性别有关联？
（3）如果把（1）中列联表中所有数据扩大到原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断获得荣誉证书与性别之间的关联性，结论还一样吗？请说明理由．
附：，其中．
【答案】（1）表格见解析
（2）不能 （3）结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍，相当于变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化．
【解析】
【分析】（1）根据已知条件填写列联表；
（2）根据独立性检验原理，先假设，再计算，由此得出结论；
（3）先求出再根据数表判断相关性，对比两次的值可以得出结论说明原因.
【小问1详解】
【小问2详解】零假设为：获得荣誉证书与性别无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
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，即认为获得荣誉证书与性别无关联．
【小问3详解】
列联表中所有数据都扩大到原来的10倍后，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为获得荣誉证书与性别关联，此推断犯错误的概率不大于．
所以结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍，会导致变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化．
21. 某高校有东，西两个阅览室，甲同学每天晚自习选择其中一个阅览室学习，第一天晚自习选择东阅览室的概率是．如果第一天去东阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为；如果第一天去西阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为；
（1）记甲同学前两天去东阅览室的总天数为X，求X的分布列及数学期望；
（2）如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去哪个阅览室的可能性更大？请说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）第一天去西阅览室的可能性更大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设“第i天去东阅览室”，“第j天去西阅览室”，
则与对立，与对立，由题意得，，然后根据独立事件的乘法公式耱出相应的概率，从而可求得X的分布列及数学期望，
（2）先利用全概率公式求出甲同学第二天去西阅览室的概率，然后利用条件概率公式求出甲同学第二天去西阅览室的条件下，第一天分别去两个阅览室的概率，比较可得答案.
【小问1详解】
设“第i天去东阅览室”，“第j天去西阅览室”，
则与对立，与对立
由题意得，
则X的分布列为
所以
【小问2详解】
由全概率公式得
所以
所以 所以
所以如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去西阅览室的可能性更大
22. 已知函数，R．
（1）讨论的单调性；
（2）设函数，若存在，使得，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可；
（2）利用同构法，构造函数，将问题转化为对应的，使得，再构造函数，利用导数求得其单调性，从而推得，由此得解.
【小问1详解】
的定义域为，,
当时，，单调递增．
当时，令，解得或（舍去）
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
综上，当时，单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减,
【小问2详解】
证明：，
令，则函数变形为，
因为，所以单调递增，
若存在，使得，
则存在对应的，，使得，
因为，，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，
所以，所以，
设，
则，
所以单调递减，所以，所以，
因为，所以，
又因为在上单调递增，所以，
所以，所以．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
X
0
1
2
3
P
0.2
0.3
0.4
a
性别
荣誉证书
合计
未获得
获得
男
女
合计
α
0.1
0.01
0.001
性别
荣誉证书
合计
未获得
获得
男
6
16
22
女
4
24
28
合计
10
40
50
X
0
1
2
P
2023.07
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】利用补集和交集的运算法则求解.
【详解】由已知得，
则，
故选：C.
2. 若，则“”是“”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
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】若，令，满足，但；
若，则一定成立，
所以“ ”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 已知袋中装有8个大小相同小球，其中4个红球，3个白球，1个黄球，从袋中任意取出3个小球，则其中恰有2个红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算公式即可求得答案.
【详解】由题意得从袋中任意取出3个小球，共有种取法，
其中恰有2个红球的取法有，
故其中恰有2个红球的概率为，
故选：A
4. 已知随机变量X的分布列如表（其中为常数），则下列计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由，求得，再逐项判断.
【详解】解：由，解得，
则，
，
，
故选：D
5. 已知函数在区间上存在单调减区间，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，由题意在上有解，再转化为求新函数的最小值．
【详解】由已知在上有解，
即在上有解，
设，则在上恒成立，因此在上是增函数，
，
所以，
故选：D．
6. 在二项式展开式中，把所有的项进行排列，有理项都互不相邻，则不同的排列方案为（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】A
【解析】
【分析】先写出二项展开式的通项，找出有理项和无理项的项数，再利用排列组合中的插空法求解即可.
【详解】解：因为二项展开式的通项为，
又因为，
所以当或时，为有理项，
所以有理项共有2项，其余5项为无理项，
先排5项为无理项，共有种排法，再排2项有理项，共有种排法，
所以有理项互不相邻的排法总数为：种.
故选：A.
7. ，当时，都有，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】依题意对，当时恒成立，，，则问题转化为在上单调递增，求出函数的导函数，则在上恒成立，参变分离可得的取值范围，即可得解.
【详解】因为，当时，都有，
即，即，
令，，则恒成立，
即在上单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，因为在上单调递减，
所以，所以，即实数的最大值为.
故选：B
8. 根据汕头市气象灾害风险提示，5月12日～14日我市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至36处.已知有包括甲乙在内的5个排水施工队前往3个指定易涝路口强排水（且每个易涝路口至少安排一个排水施工队），其中甲、乙施工队不在同个易涝路口，则不同的安排方法有（ ）
A. 86B. 100C. 114D. 136
【答案】C
【解析】
【分析】先将5个施工队按照3，1，1和2，2，1两种模式分成3组，注意排除甲、乙两个施工队放在一个组的种数，然后再将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，即可得出答案.
详解】解：若将5个施工队分成3组，则有如下两种情况，
第一种，按照3，1，1模式分组，则有种分组方法，
第二种，按照2，2，1模式分组，则有种分组方法，
所以将将5个施工队分成3组，共有种分组方法，
其中，如果甲、乙施工队和另外一个队构成一个组，则有种分组方法，
如果甲、乙施工队单独构成一个组，则有种分组方法，
所以将甲、乙两个施工队放在一个组，共有种分组方法，
所以将5个施工队分成3组，甲、乙两个施工队不在一个组的分组方法有种，
现将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，则有种安排方法，
所以符合题意的安排方法共有种.
故选：C.
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. 研究变量x，y得到一组样本数据，进行回归分析，以下说法正确的是（ ）
A. 经验回归直线至少经过点，，中的一个
B. 若所有样本点都在直线，则这组样本数据的样本相关系数为1
C. 在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量平均增加2个单位
D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越小，模型的拟合效果越差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据成对数据的线性相关关系的样本相关系数和决定系数的定义以及回归方程的概念求解.
【详解】对A，经验回归直线可以不经过点，，中的任意一个，A错误；
对B，因为所有样本点都在直线，
所以样本相关系数为1，B正确；
对C，在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量平均减少2个单位，C错误；
对D，用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越小，模型的拟合效果越差，D正确；
故选:BD.
10. 已知，，R，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若且，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用不等式的性质以及函数的单调性求解.
【详解】选项A，若时，不成立，故选项A不正确；
选项B，由于函数在R上单调递增，所以，又因为，
所以，所以，故选项B正确；
选项C，因为，所以，所以，
因为，所以两边同乘得，故选项C正确；
选项D，因为，
所以，即，故选项D不正确；
故选：BC.
11. 下列结论正确的是（ ）
A. 若随机变量Y的方差，则
B. 已知随机变量X服从二项分布，若，则
C. 若随机变量服从正态分布，，则
D. 若事件A与B相互独立，且，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据方差的性质分析判断，对于B，根据二项分布的期望公式分析求解，对于C，根据正态分布的性质分析判断，对于D，根据相互独立事件的概率公式判断.
【详解】对于A，因为随机变量Y的方差，所以，所以A错误，
对于B，因为随机变量X服从二项分布，所以，
因为，所以，得，所以B正确，
对于C，因为随机变量服从正态分布，，
所以，所以C正确，
对于D，因为事件A与B相互独立，且，，
所以，所以D正确，
故选：BCD
12. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，函数在上是减函数
B. 当时，方程有实数解
C. 对任意，，存在唯一极值点
D. 对任意，，曲线过坐标原点的切线有两条
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，求导之后分类讨论，即可判断；对于B，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于C，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于D，设切点为，则可得，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；
【详解】对于A，当时，则，
所以，
当时，若，则，则，，
所以，则单调递减；
当时，若，则，则，，
所以，则单调递减；
所以当时，函数在上是减函数，故A正确；
对于C，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，做出函数的大致图像如图：
当时，做出函数的大致图像如图：
可知的图像总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，C正确；
对于B，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合C的分析知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，B错误；
对于D，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当趋向负无穷时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当趋向正无穷时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若“，使得”是假命题，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据特称命题的定义和一元二次不等式的恒成立问题求解.
【详解】因为“，使得”是假命题，
所以“，使得”是真命题，
所以，解得，
故答案为: .
14. 的展开式中含项的系数是______．（用数字作答）
【答案】165
【解析】
【分析】展开式中含的系数为，结合组合数的运算性质，即可求解.
【详解】由题意，展开式中含的系数为，
根据组合数的性质可得，
.
故答案为：.
15. 已知，且，则的最小值为______．
【答案】0
【解析】
【分析】先将用表示，再利用基本不等式求解即可.
【详解】由，得，
由，得，
，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
16. 已知函数，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出在上单调性与极大值，即可画出函数的图象，依题意可得关于的方程恰有个不相等的实数根，令，则关于的有两个不相等的实数根，且，，令，则，即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，则，所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，，且时，当时，
当时，函数在上单调递增，
所以的图象如下所示：
对于函数，令，即，
令，则，
要使恰有个不相等的实数根，
即关于的有两个不相等的实数根，且，，
令，则有两个不相等的零点均位于之间，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题.
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，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求在上的最值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据函数的切线方程即可求得参数值；
（2）判断函数在 上单调性，进而可得最值.
【小问1详解】
∴，
又在点处的切线方程为
∴ ，∴；
【小问2详解】
由（1），则，
令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增．
∴当时，．
又∵，，
∴当时，，
18. 已知二项式N的展开式中，第2项与第3项二项式系数之和比第4项二项式系数大1．
（1）求展开式中含的项；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）1365
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件求出值，在利用二项展开式的通项公式求含的项；
（2）利用赋值法求解.
【小问1详解】
由题意得，整理得，
∵且 ∴
二项式的展开式的通项为
令，解得， ∴展开式中含的项为
【小问2详解】
令，则
∴.
19. 某水果店对某个新品种水果进行试销，需了解试销价（单位：元）对销售量y（单位：件）的影响情况，现得到5组销售数据，并对得到的数据进行初步处理，得到下面的散点图．
（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与的关系，请用样本相关系数加以说明；（精确到0.01）
（2）求关于的经验回归方程．
参考公式：经验回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，样本相关系数，
参考数据：
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意计算相关系数，判断y与的相关关系；
（2）利用最小二乘估计公式求出和，即可得到关于的经验回归方程.
【小问1详解】
，，
，，,
,
由样本相关系数，可以推断y与这两个变量负线性相关，且相关程度很强，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
【小问2详解】
,
, ∴.
20. 攀岩是一项集健身，娱乐，竞技于一身的极限运动，被称为“峭壁上的芭蕾”．某攀岩俱乐部为了解攀岩爱好者对此项运动的了解程度，进行了一次攀岩知识竞赛（满分10分），为得分在6分以上（含6分）的爱好者颁发了荣誉证书．已知参加本次竞赛的攀岩爱好者共有50人，其中获得荣誉证书的女攀岩爱好者有24人，所有男攀岩爱好者的竞赛成绩如下：
10，5，9，8，6，7，4，8，3，4，8，7，5，9，2，10，8，9，7，8，9，10
（1）根据所给数据，完成下面列联表；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为获得荣誉证书与性别有关联？
（3）如果把（1）中列联表中所有数据扩大到原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断获得荣誉证书与性别之间的关联性，结论还一样吗？请说明理由．
附：，其中．
【答案】（1）表格见解析
（2）不能 （3）结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍，相当于变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化．
【解析】
【分析】（1）根据已知条件填写列联表；
（2）根据独立性检验原理，先假设，再计算，由此得出结论；
（3）先求出再根据数表判断相关性，对比两次的值可以得出结论说明原因.
【小问1详解】
【小问2详解】零假设为：获得荣誉证书与性别无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到，
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，即认为获得荣誉证书与性别无关联．
【小问3详解】
列联表中所有数据都扩大到原来的10倍后，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为获得荣誉证书与性别关联，此推断犯错误的概率不大于．
所以结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍，会导致变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化．
21. 某高校有东，西两个阅览室，甲同学每天晚自习选择其中一个阅览室学习，第一天晚自习选择东阅览室的概率是．如果第一天去东阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为；如果第一天去西阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为；
（1）记甲同学前两天去东阅览室的总天数为X，求X的分布列及数学期望；
（2）如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去哪个阅览室的可能性更大？请说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）第一天去西阅览室的可能性更大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设“第i天去东阅览室”，“第j天去西阅览室”，
则与对立，与对立，由题意得，，然后根据独立事件的乘法公式耱出相应的概率，从而可求得X的分布列及数学期望，
（2）先利用全概率公式求出甲同学第二天去西阅览室的概率，然后利用条件概率公式求出甲同学第二天去西阅览室的条件下，第一天分别去两个阅览室的概率，比较可得答案.
【小问1详解】
设“第i天去东阅览室”，“第j天去西阅览室”，
则与对立，与对立
由题意得，
则X的分布列为
所以
【小问2详解】
由全概率公式得
所以
所以 所以
所以如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去西阅览室的可能性更大
22. 已知函数，R．
（1）讨论的单调性；
（2）设函数，若存在，使得，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可；
（2）利用同构法，构造函数，将问题转化为对应的，使得，再构造函数，利用导数求得其单调性，从而推得，由此得解.
【小问1详解】
的定义域为，,
当时，，单调递增．
当时，令，解得或（舍去）
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
综上，当时，单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减,
【小问2详解】
证明：，
令，则函数变形为，
因为，所以单调递增，
若存在，使得，
则存在对应的，，使得，
因为，，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，
所以，所以，
设，
则，
所以单调递减，所以，所以，
因为，所以，
又因为在上单调递增，所以，
所以，所以．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
X
0
1
2
3
P
0.2
0.3
0.4
a
性别
荣誉证书
合计
未获得
获得
男
女
合计
α
0.1
0.01
0.001
性别
荣誉证书
合计
未获得
获得
男
6
16
22
女
4
24
28
合计
10
40
50
X
0
1
2
P
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