湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，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】，即，
，所以，即，所以.
故选：C
2. 设是可导函数，且，则在处的切线的斜率等于（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，
由导数的几何意义知，在处的切线的斜率为，
故选：B.
3. 已知变量与的数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（ ）
A. 11B. 12C. 12.5D. 13
【答案】A
【解析】，
因为经验回归方程经过样本中心，
所以，
解得.
故选：A.
4. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（ ）
A. 24B. 36C. 54D. 60
【答案】C
【解析】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，
所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列种方法，
所以5人的名次排列有种方法.
故选：C
5. 的展开式中的系数是（ ）
A. 20B. 30C. 40D. 50
【答案】A
【解析】因为的展开式中，通项公式 ,
令，得，则，
又,
所以的系数为.
故选：A.
6. 柯西分布（Cauchy distributin）是一个数学期望不存在的连续型概率分布.记随机变量服从柯西分布为,其中当,时的特例称为标准柯西分布,其概率密度函数为,已知,,,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数关于轴对称，
由可知，，且，
则，所以.
故选：D
7. 已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】的定义域为，则，
因为有两个极值，所以有两个不等的实数解，
由，得，
令，，
则，
当时，，
当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，，
所以当时，，当时，，
所以的图象如图所示，

由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，
即有两个极值，
因为是的真子集，
所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是，
故选：A
8. 已知,若,则的最小值等于( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题设，
设,则，
当单调递减，
当单调递增，
所以，即，
综上，，即，所以，
设是直线上的点，是圆上的点，
而目标式为，
由，故.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“对任意，”的否定是“存在，使得”
B. “”的充分不必要条件是“”
C. 设，则“且”是“”的充分不必要条件
D. 设，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】BC
【解析】对于A选项，命题“对任意，”的否定是“存在，使得”，故A错误；
对于B选项，或，因为或，
所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C选项，充分性：当且时，，则，
所以具有充分性，
必要性：令,，但“且”不成立，
所以不具有必要性，
所以“且”是“”充分不必要条件，故C正确；
对于D选项，因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.
故选：BC
10. 将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 共有256种放法
B. 恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C. 恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D. 没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【答案】ACD
【解析】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为，或，两种情况，
故共种放法，故C正确；
编号为的球有种放法，编号为的球所放盒子的编号相同的球放入号或其他两个盒子，
共有，即种放法，故D正确．
故选：ACD．
11. 下列选项中正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布，则
B. 口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望
C. 某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次
D. 设A，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则
【答案】ABD
【解析】A.，，，故A正确；
B.为超几何分布，所以，故B正确；
C.设最有可能击中次，则，，
则，
得，即或，故C错误；
D.，则，
，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某市的5个区县A，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．
【答案】96
【解析】第一步：从4种颜色中选3种颜色对三个区域着色有种方法，
第二步：对着色分两类，着色有2种方法，对着色有2种方法，
故不同的染色方案共有种．故答案为：种.
13. 某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道类试题，6道类试题，学生从中任选1道试题作答,学生甲答对这3类试题的概率分别为，，，学生甲答对试题的概率为______．
【答案】
【解析】学生甲答对试题的概率为.
故答案为：
14. 若对任意的，且，，则的最大值是______．
【答案】
【解析】因为，所以，
所以由，得，
所以，
所以，
令，则，
因为对任意的，且，
所以在上递增，
由，得，
由，得，得，
解得，所以的递增区间为，
所以的最大值为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设命题，使得不等式恒成立；命题，不等式成立．
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题、有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
解：（1）若为真命题，即，使得不等式成立，
则对于，即可.
由于,，则.
（2）若为真命题，
，不等式成立，
则对于，即可.
由于，，，解得
p、q有且只有一个是真命题，则或，
解得.
16.,，,这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进行考查，其中高三年级的学生占，其他相关数据如下表：
（1）请完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”是否有关？
（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为，求的分布列和数学期望.
附：，
解：（1）由100名学生中高三年级的学生占，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.
补充完整的列联表，如下：
提出零假设：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.
根据列联表中的数据，得.
根据小概率值的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为.
依题意，得，
则，，
，.
所以的分布列为
.
17. 甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分,负方得0分；若平局则各得1分．已知甲在每局中获胜、平局、负概率均为，且各局比赛结果相互独立．
（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；
（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；
（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数的分布列与数学期望．
解：（1）设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，
甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，
所以，或，
所以甲胜一局的概率为
（2）设“三局比赛后，甲得3分”为事件B，
甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，
所以，
所以甲得3分的概率为
（3）依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，
，,
,
，
故X的分布列为：
所以期望
18. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若关于方程有两根（其中），
①求的取值范围；
②当时，求的取值范围.
解：（1）当时，，所以，
由解得，由解得，
故的单调递增区间为的单调递减区间为.
（2）①由，即，即，
令，上式为，因为，
所以在上单调递增，故等价于，
即在上有两根，
令，则，
由解得，由解得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以有极大值，且当时，，
其图象如图所示：

所以的取值范围为.
②由①得在上有两根，所以，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，
所以，
可得，所以，所以.
19. 某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验次；
方式二：混合检验，将其中份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求关于的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：,,，，．
解：（1）设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件A分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为；
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）；
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好.1
2
3
4
5
10
11
13
15
合格
不合格
合计
高三年级的学生
54
高一年级的学生
16
合计
100
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
合格
不合格
合计
高三年级的学生
54
6
60
高一年级的学生
24
16
40
合计
78
22
100
0
1
2
3
X
2
3
4
5
P