[数学][期末]福建省三明市2022-2023学年高二下学期期末试题(解析版)

这是一份[数学][期末]福建省三明市2022-2023学年高二下学期期末试题(解析版)，共15页。
2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号．非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．
一、选择题：本大题共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】B
【解析】因为，
，
则.
故选：B
2. 已知随机变量，若，则（ ）
A 0.2B. 0.4C. 0.5D. 0.8
【答案】D
【解析】因为，，
所以，
故选：D
3. 命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】原命题的否定为.故选:A
4. 若函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为函数，则.
故选：D
5. 已知幂函数的图象经过点，则该幂函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设幂函数为，则，，得，得，
所以，定义域为，所以排除AD，
因为，所以函数为偶函数，所以排除B，
故选：C
6. 某航天科研所安排甲，乙，丙，丁4位科学家应邀到创A，B，C三所学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少安排1名科学家，且丙必须去A学校，则不同的安排方式共有（ ）
A. 6种B. 12种C. 24种D. 30种
【答案】B
【解析】由题意得，当A学校只去丙时，则将甲，乙，丁分成两组，分配到B，C两所学校，共有种安排方式，
当A学校去了丙和另一个科学家，则从甲，乙，丁中选一个和丙去A学校，剩下两人分别去B，C两所学校，共有种安排方式，
所以根据分类加法原理可得共有种安排方式，
故选：B
7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，，又 ，
，，
设，则，
当时，则，单调递增，
当时，则，单调递减，
，
，即，．
故选：A．
8. 设函数，则（ ）
A. 函数的单调递减区间为．
B. 曲线在点处的切线方程为．
C. 函数既有极大值又有极小值，且极大值大于极小值．
D. 若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为．
【答案】D
【解析】由题意可知的定义域为，
，
令，即，解得或
当时，
当时，
所以在和上单调递增，在和上单调递减.
故A错误；
当时，取得极大值为，
当时，取得极小值为，
因为，所以极大值小于极小值，故C错误；
对于B，切线斜率，
曲线在点处的切线方程为，
即，故B错误；
对于D，由上分析可作出的图象如图所示
要使方程有两个不等实根，只需要与有两个交点，
由图可知，，
所以实数的取值范围为.故D正确.
故选：D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知，，则下列四个不等式中，一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，，，，，
，即，故A正确；
对于B，，，，故B正确；
对于C，取，，，则，故C错误；
对于D，，，，
，即，故D正确．
故选：ABD．
10. 为考查某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到以下数据：
常用小概率值和相应临界值：
由以上数据，计算得到，根据临界值表，以下说法正确的是（ ）
A. 根据小概率值的独立性检验，认为服用药物与患病没有关联．
B. 根据小概率值的独立性检验，认为服用药物与患病没有关联．
C. 根据小概率值的独立性检验，推断服用药物与患病有关联，此推断犯错误的概率不超过0.01．
D. 根据小概率值的独立性检验，推断服用药物与患病有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05．
【答案】AD
【解析】因为，且，
所以由小概率值和相应临界值表可得：
根据小概率值的独立性检验，认为服用药物与患病没有关联；
根据小概率值的独立性检验，推断服用药物与患病有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05．
故选：AD
11. 若函数为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ）
A.
B. 周期为4
C. 偶函数
D. 当时，
【答案】BD
【解析】因为为奇函数，所以，
因为为偶函数，所以，所以，
所以，所以，
所以，，
所以为奇函数，且周期为4，所以B正确，C错误，
对于A，因为，且为奇函数，所以，所以A错误，
对于D，当时，则，因为，所以，所以D正确，故选：BD
12. A， B， C， D， E五名运动员参加了某乒乓球比赛，采用单循环赛制．已知10场比赛的结果是：胜3场，胜1场；B，C，D三人各胜2场，且这三人中有一人胜了其他二人．如图，小张准备将各场比赛的胜负情况用箭头表示出来，其中“”表示“胜”．他只看过这一场比赛，故只画了这一个箭头．为了画出其余的箭头，小张询问了运动员，该运动员只说，其他四个人相互间的比赛，每个人都是有胜有负的．小张认为这些信息已经足够，他经过推理，画出了其余的所有箭头．以下判断正确的是（ ）

A. 胜B. 胜C. 胜D. 胜
【答案】ACD
【解析】因为B，C，D三人各胜2场，且这三人中有一人胜了其他二人，
情况一：可设B胜C、D两人，由结合其他条件可得如下关系图

B胜C、D两人，则输给A,E两人，又胜1场，所以输A,C,D,
而这与运动员说其他四个人相互间的比赛，每个人都是有胜有负的矛盾，假设不成立
情况二：可设D胜B、C两人,又D胜E,而这与D只胜两场矛盾，故假设不成立；
情况三：以上分析只可能时C胜B、D, 由结合其他条件可得如下关系图

故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则______．
【答案】3
【解析】由，得，
所以，
故答案为：3
14. 袋子中装有大小形状均相同的3个黑球，2个红球，若从中任取2个球，用表示取出2球中黑球的个数，则随机变量的数学期望______．
【答案】
【解析】依题意所有可能取值为，，，
此时，，，
则的分布列为：
此时．
故答案为：．
15. 某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成了一个小组．游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，若4球全部投进则授予“神投小组”称号，获得两次“神投小组”称号的小组可以结束训练．已知甲、乙两名队员每次投进篮球的概率分别为，，则他们小组恰好进行4轮游戏结束训练的概率为______．
【答案】
【解析】队员甲与队员乙组成的小组在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为
，
若他们小组恰好进行4轮游戏结束训练，则前3轮游戏中他们获得一次“神投小组”，第4轮游戏获得“神投小组”，
所以所求概率．
故答案为：．
16. 已知实数满足，，则______．
【答案】
【解析】因为，所以，故，
即，
即．
因为所以．
令，则，所以函数在上单调递增，
而，故，
解得，则．
故答案为：
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知展开式中各项的二项式系数之和为64，解决以下问题：
（1）求及展开式中的常数项；
（2）求展开式中的次数为奇数的项的系数和．
解：（1）由题意可知，所以．
的展开式的通项为，
．
令，则，常数项为．
（2）由（1）知，当时，，
当时，，
当时，，
所以展开式中的次数为奇数的项的系数和．
18. 使不等式对一切实数恒成立的的取值范围记为集合，不等式的解集为．
（1）求集合；
（2）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围．
解：（1）因为对一切实数恒成立，
所以，
所以，所以集合．
（2）若“”是“”的充分条件，则，
因为，
所以
当，即，，满足题意，
当，即，，
由（1）知，所以，
所以，所以．
当，即，
所以，所以，所以，
综上所述，实数的取值范围
19. 某厂有甲，乙，丙三个车间生产同一种产品，这三个车间的产量分别占总产量的百分比及所生产产品的不合格率如下表所示：
设事件“从该厂产品中任取一件，恰好取到不合格品”
（1）求事件的概率；
（2）有一用户买了该厂一件产品，经检验是不合格品，但该产品是哪个车间生产的标志已经脱落，判断该产品来自哪个车间的可能性最大，并说明理由．
解：（1）设事件“任取一件产品，生产于甲车间”，
“任取一件产品，生产于乙车间”，“任取一件产品，生产于丙车间”，
那么，
．
（2）该产品来自乙车间的可能性最大．
理由如下：
由（1）得，产品来自甲车间的概率为
．
产品来自乙车间概率为
产品来自丙车间的概率为
所以该产品来自乙车间的概率最大．
20. 已知函数为奇函数，
（1）求实数的值；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
解：（1）因为为奇函数，所以，
所以在定义域内恒成立，
即在定义域内恒成立，
整理，得在定义域内恒成立，
所以，解得．
因为时，的定义域关于原点对称满足题意，
所以．
（2）因为的定义域，
所以或，
解得，
因为恒成立，
所以，
所以．
因为，当时，，所以根据基本不等式的性质得
，当且仅当，
即时等号成立，
所以，所以．
21. 近几年，电商的蓬勃发展带动了快递行业的迅速增长.为了获得更大的利润，某快递公司在城市的网点对“一天中收发一件快递的平均成本（单位：元）与当天揽收的快递件数（单位：千件）之间的关系”进行调查研究，得到相关数据如下表：
根据以上数据，技术人员分别根据甲、乙两种不同的回归模型，得到两个经验回归方程：方程甲：，方程乙：．
（1）为了评价两种模型的拟合效果，完成以下问题：
①根据上表数据和相应回归方程，将以下表格填写完整（结果保留一位小数）：
（ 备注：称为相应于点的随机误差）
②分别计算模型甲与模型乙的随机误差平方和，并依此判断哪个模型的拟合效果更好．
（2）已知该快递网点每天能揽收的快递件数（单位：千件）与揽收一件快递的平均价格（单位：元）之间的关系是，根据（1）中拟合效果较好的模型建立的回归方程解决以下问题：
①若一天揽收快递6千件，则当天总利润的预报值是多少？
②为使每天获得的总利润最高，该快递网点应该将揽收一件快递的平均价格定为多少？（备注：利润＝价格－成本）
解：（1）①表中数据填写如下：
②计算可得：，
．
因为，所以模型乙的拟合效果较好．
（2）解法一：
①设每天获得的总利润为，则
当时，由回归方程得．由得，
所以总利润的预报值（元）.
②由，
则，
所以当时，取得最大值，此时，
所以当揽收平均价格定为6.75元时，该网点一天的总利润最大．
解法二：
①每天获得的总利润为，则
当时，由回归方程得．
由得，
所以总利润的预报值（千元）
②设揽收一件快递的平均价格为元，
由，得揽收快递件数，
所以，平均成本，
所以每天获得的总利润为
．
当时，该快递网点每天获得的总利润最大，
所以当揽收平均价格定为元时，该网点一天的总利润最大．
22. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若函数的最小值为，试判断函数在区间上零点的个数，并说明理由．
解：（1）由得，
当时，，
∴在上单调递减；
当时，设，则，
∴在上单调递增，
∴当时，当时，
∴在单调递减，在单调递增，
综上：当时，在上单调递减；当时，在单调递减，在单调递增.
（2）函数在区间上有两个零点．理由如下：
当时，，所以，令，
则在区间上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，又，，
由零点存在定理，时，有，
即，因此，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
因为，令，则，
所以在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，所以，即．
要判断函数零点的个数，即判断关于方程根的个数，
由（1）知当时，在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，且，
所以关于方程在上有两个根，
即在区间上有两个零点．
药物
疾病
未患病
患病
未服用
75
65
服用
105
55
车间
甲车间
乙车间
丙车间
产量占比
不合格率
每天揽收快递件数（千件）
2
3
4
5
8
每件快递的平均成本（元）
5.6
4.8
4.4
4.3
4.1
每天揽收快递件数xi/千件
2
3
4
5
8
每件快递的平均成本yi/元
5.6
4.8
4.4
4.3
4.1
模型甲
预报值
5.2
5
4.8
随机误差
－0.4
0.2
0.4
模型乙
预报值
5.5
4.8
4.5
随机误差
－0.1
0
0.1
每天揽收快递件数千件
2
3
4
5
8
每件快递的平均成本元
5.6
4.8
4.4
4.3
4.1
模型甲
预报值
5.2
5.0
4.8
4.6
4.0
随机误差
－0.4
0.2
0.4
0.3
－0.1
模型乙
预报值
5.5
4.8
4.5
4.3
4.0
随机误差
－0.1
0
0.1
0
－0.1