河北省邢台市2023-2024学年高二下学期期末测试数学试题（解析版）

这是一份河北省邢台市2023-2024学年高二下学期期末测试数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第三册、集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数．
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. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】命题“，”的否定为“，”.
故选：C
2. 为践行“绿色出行”的环保理念，赵先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班．已知他选择骑自行车、坐公交车的概率分别为0.8，0.2，且骑自行车、坐公交车准时到达单位的概率分别为0.95，0.9，则赵先生准时到达单位的概率为（ ）
A 0.93B. 0.935C. 0.94D. 0.945
【答案】C
【解析】用事件，分别表示赵先生选择骑自行车、坐公交车，表示赵先生准时到达单位．
由题意得，，，，
所以由全概率公式得
．
故选：C
3. 已知变量与变量线性相关，与的样本相关系数为，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得经验回归方程可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为与的样本相关系数为，可知与为负相关，故A，B错误；
又因为经验回归方程过样本中心点，
对于，则，故C错误；
对于，则，故D正确．
故选：D.
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 60B. C. 30D.
【答案】A
【解析】对有，
则，所以的系数为60．
故选：A.
5 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】,
因为在上递增，且，
所以，所以，
即，
因为在上递增，且，
所以，即，
因为在上递减，且，
所以，即
所以．
故选：D
6. 已知为函数，图象上一动点，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，由题意得，
当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，
则，得，，
所以点到直线的距离的最小值为．
故选：A.
7. 已知随机变量服从二项分布，且，，则（ ）
A. 7B. 3C. 6D. 2
【答案】B
【解析】由题意得，所以，
又，则，解得或．
当时，，不符合题意；
当时，，符合题意．
所以，所以，所以．
故选：B
8. 已知函数，，，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】C
【解析】由题意得，
因为在上为增函数，所以在上为增函数，
因为在上为增函数
所以在上为增函数．
因，所以为奇函数．
由，得，所以，即．
由，得，所以，即．
故“”是“”的充要条件．
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设为全体质数的集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，因为，，所以，A正确．
对于B，由，得，所以，所以，B错误．
对于C，由，得，所以，所以，C错误．
对于D，因为32为合数，所以，由，得，所以，
所以，D正确．
故选：AD
10. 已知是函数的导函数，且的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D. 在上单调递减
【答案】ABD
【解析】由题意得．
由图可知有3个零点，则，令，得或或．
当时，，若，则，不符合题意．
当时，，则或时，，
当或时，符合题意，A，B正确．
由图可知，，得，C错误．
因为当时，，所以在上单调递减，D正确．
故选：ABD
11. 某校为了引导莘莘学子脚踏实地、勇于攀登，兴建了百步梯．每当旭日东升之时，学子们便沿着这阶梯拾级而上，开始紧张而又愉快的学习生活．该百步梯从下往上依次为第1级，第2级，…，第100级，学生甲每一步随机上2个或3个台阶（每步上2个或3个台阶是等可能性的），则（ ）
A. 甲踩过第5级台阶的概率为
B. 甲踩过第10级台阶的概率为
C. 甲踩过第21级台阶的不同走法数为151
D. 甲踩过第50级台阶的不同走法数为
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意得甲一步随机上2个或3个台阶的概率均为．
若甲踩过第5级台阶，则甲只能走2步，且一步为2个台阶，一步为3个台阶，
所以甲踩过第5级台阶的概率为，A错误．
对于B，甲踩过第10级台阶，可分为两类：第一类，甲走5步，且5步均走2个台阶；
第二类，甲走4步，其中有2步走2个台阶，2步走3个台阶．
故甲踩过第10级台阶的概率为，B正确．
对于C，甲踩过第21级台阶，可分为四类：第一类，甲走10步，其中有9步走2个台阶，1步走3个台阶；
第二类，甲走9步，其中有6步走2个台阶，3步走3个台阶；
第三类，甲走8步，其中有3步走2个台阶，5步走3个台阶；
第四类，甲走7步，且7步均走3个台阶．
故甲踩过第21级台阶的不同走法数为，C正确．
对于D，甲踩过第50级台阶，可分为九类：第一类，甲走25步，且25步均走2个台阶；
第二类，甲走24步，其中有22步走2个台阶，2步走3个台阶；
第三类，甲走23步，其中有19步走2个台阶，4步走3个台阶；…‥，
第九类，甲走17步，其中有1步走2个台阶，16步走3个台阶．
故甲踩过第50级台阶的不同走法数为，D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上
12. 已知随机变是服从正态分布，且，则__________．
【答案】
【解析】因为随机变是服从正态分布，且，
所以，
所以．
故答案为：
13. 若正数a，b，c满足，则的最小值为__________，此时，的一组值可以为__________．
【答案】；（答案不唯一）
【解析】由题意得，即，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立．
故答案为：，（答案不唯一，只要满足，即可）
14. 已知是定义在上的函数的导函数，，且，若函数有3个零点，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】设函数，则，
所以．
由，得，所以，．
，令，得或，则在，上单调递增，
令，得，则在上单调递减．
当时，且，当时，，当时，，
所以的大致图象如图所示．
由函数有3个零点，得的图象与直线有3个交点，
所以，即．
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. 为了了解客户对智能软件的满意度与智能软件的款式之间的关联性，随机对使用A，B两款智能软件的客户进行了调研，得到如下列联表：
（1）根据上表，分别估计客户对A，B两款智能软件满意的概率；
（2）依据的独立性检验，能否认为客户对A，B两款智能软件的满意度与智能软件的款式有关联？
附：，其中．
解：（1）估计客户对款智能软件满意的概率为，对款智能软件满意的概率为．
（2）零假设为：客户对A，B两款智能软件的满意度与智能软件的款式无关联．
根据列联表中的数据，计算得到．
根据的独立性检验，我们推断不成立，
即客户对A，B两款智能软件的满意度与智能软件的款式有关联．
16. 达活泉月季园位于河北省邢台市达活泉公园东部，占地面积4700平方米，共收集6大类23个月季品种万株，是集观光、科普、研究、展示及繁育等多种功能于一体的花卉展园．某天，甲游客计划按照一定的先后顺序去该月季园观赏北京红、红从容、黄从容、醉红颜、白佳人、金凤凰这6种月季花，且甲第一个观赏的不是北京红．
（1）求甲不同的观赏方案数；
（2）若甲上午和下午均观赏3种月季花，且观赏红从容和黄从容的时间一个在上午，一个在下午，求甲不同的观赏方案数．
解：（1）甲第一个观赏的不是北京红，则甲第一个观赏的是剩余5个中的其中一个，有种，
剩下5种月季花甲依次的方案有种，
所以由分步乘法原理可知甲不同的观赏方案数为种．
（2）当黄从容在上午第一个观赏时，红从容地下午观赏，其余4种月季花在上午和下午可以任意选择，
所以方案有种，
当黄从容在上午第二或第三个观赏时，则上午第一个需从醉红颜、白佳人和金凤凰选一个，红从容在下午观赏，
其余3种月季花在上午和下午可以任选择，所以方案有，
所以由分类加法原理可知，上午安排黄从容，下午安排红从容的方案数为种，
同理当红从容在上午观赏，黄从容在下午观赏时，也有180种，
所以甲不同的观赏方案数为种.
17. 已知函数在处取得极小值．
（1）求；
（2）求的极值；
（3）求在上的值域．
解：（1）由题意得的定义域为，且
由题意得，解得．
则，
令，得或；令，得；
可知在上单调递增，在上单调递减，
即当时，在处取得极小值，
所以．
（2）由（1）可知：，
且在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值为．
（3）由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，
则．且，
因为，
即，则．
所以在上的值域为．
18. 点球大战是指在足球比赛中，双方球队在经过90分钟常规赛和30分钟加时赛后仍然无法分出胜负的条件下，采取以互罚点球决胜负的方法.在点球大战中，双方球队确定各自罚球队员的顺序，通过抽签的方式决定哪一方先罚，双方球队各出1人进行1次罚球作为1轮罚球，点球大战期间队员不可重复罚球，除非一方球队的全部球员已依次全部罚球.点球大战主要分为两个阶段：第一阶段，以双方球员交替各踢5次点球作为5轮罚球，前5轮罚球以累计进球数多的一队获胜，当双方未交替踢满5轮，就已能分出胜负时，裁判会宣布进球多的一队获胜，当双方交替踢满5轮，双方进球数还是相等时，则进入第二阶段：第二阶段，双方球队继续罚球，直到出现某1轮结束时，一方罚进而另一方未罚进的局面，则由罚进的方取得胜利.现有甲､乙两队（每支队伍各11名球员）已经进入了点球大战，甲队先罚球，各队已经确定好罚球队员的顺序，甲队的球员第1轮上场，球员在点球时罚进球的概率为，其余的21名球员在点球时罚进球的概率均为.
（1）求第3轮罚球结束时甲队获胜的概率；
（2）已知甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，在第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜的条件下，甲､乙两队第二阶段的进球数之和为，求的分布列及数学期望.
解：（1）第3轮罚球结束时甲队获胜，则甲队前3轮进3球，乙队前3轮未进球，
所以第3轮罚球结束时甲队获胜的概率为.
（2）甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，每一轮罚球甲队进球､乙队未进球的概率为，甲､乙两队均进球的概率为，甲､乙两队均未进球的概率为.
设事件为“第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜”，则第二阶段的前3轮罚球甲､乙两队的进球数相等，第4轮罚球为甲队进球､乙队未进球，
所以.
由题意得的可能取值为，
，
，
，
，
的分布列为
所以.
19. 设函数的导函数为，的导函数为，的导函数为．若，且，则点为曲线的拐点．
（1）已知函数，求曲线的拐点；
（2）已知函数，讨论曲线的拐点个数．
解：（1）由题意得，，．
由，
得或．
因为，，，
所以点为曲线的拐点．
（2）由题意得，，．易得．
令，得，则零点个数等于函数的图象与直线的交点个数，
易知函数的图象与直线均经过点．
①如图，当时，函数的图象与直线只有一个交点，
因为，，所以点为曲线的拐点．
②如图，当时，直线与函数的图象相切，只有一个交点，
因为，，所以曲线没有拐点．
③如图，当或时，直线与函数的图象有两个交点，其中一个交点为，
设另外一个交点的横坐标为，则，即．
，，所以点为曲线的拐点．
，，
设函数，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，得，即，
所以点为曲线的拐点．
综上所述，当时，曲线的拐点个数为1；当时，曲线的拐点个数为0；当或时，曲线的拐点个数为2．满意
不满意
合计
A款
70
30
100
B款
50
50
100
合计
120
80
200
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
1
3
5
7