山东省临沂市2023−2024学年高二下学期7月期末 数学试题（含解析）

这是一份山东省临沂市2023−2024学年高二下学期7月期末 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．若命题“，”是真命题，则可能等于（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．已知函数是定义在上的奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
5．随机变量，若，，则（ ）
A．B．C．D．
6．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A．24B．36C．40D．48
7．已知函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．将一组数据的每一个数据减去同一个数后，新数据的方差与原数据方差相同
B．线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强
C．设随机变量，，则
D．在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
10．已知（，，），且，则（ ）
A．B．
C．存在，使得D．
11．已知函数，则（ ）
A．存在实数使得
B．当时，有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．若曲线有两条过点的切线，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．在二项式展开式中，常数项为 .
13．某校举行乒乓球比赛，决赛采用5局3胜制，甲、乙两名同学争夺冠亚军，如果每局比赛甲获胜的概率为，那么在甲获胜的条件下，第1局甲输的概率为 .
14．已知，，，则y的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数，且.
(1)求的定义域；
(2)求不等式的解集.
16．某手机App（应用程序）公司对一大型小区居民开展5个月的调查活动，了解使用这款App的居民的满意度，统计数据如下：
(1)求不满意人数与月份之间的经验回归方程，并预测该小区8月份对这款App不满意的人数；
(2)公司为了调查对这款App是否满意与性别的关系，工作人员从使用这款App的居民中随机调查60人，得到下表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为对这款App是否满意与性别有关联？
附：
，.
，.
17．袋中有大小、形状完全相同的4个红球，2个白球，采用有放回摸球，从袋中随机摸出1个球，定义变换为：若摸出的球是白球，则把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）；若摸出的是红球，则将图象上所有的点向上平移1个单位，函数经过1次变换后的函数记为，经过2次变换后的函数记为，…，经过次变换后的函数记为．现对函数进行连续的变换.
(1)若第一次摸出的是白球，第二次摸出的是红球，求；
(2)记，求随机变量的分布列及数学期望.
18．刻画曲线的弯曲程度是几何研究的重要内容.曲线的曲率是针对曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲线的曲率越大，表示曲线的弯曲程度越大．若记，则函数在点处的曲率.
(1)求函数在点处的曲率；
(2)已知函数存在两个不同的点，，使得在，处的曲率为0.
（i）求的取值范围；
（ii）当时，证明.
19．设集合，为的非空子集，随机变量，分别表示取到子集中的最大元素和最小元素的数值.
(1)若，求；
(2)若.
（i）求且的概率；
（ii）已知，求随机变量的均值.
参考答案
1．【答案】D
【分析】求出集合，再利用交集含义即可.
【详解】因为，，
所以，则.
故选D.
2．【答案】B
【分析】正向举反例，反向根据指数函数单调性即可判断.
【详解】当，举例，此时，故充分性不成立，
当，根据指数函数单调性得，则，故必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件.
故选B.
3．【答案】D
【分析】根据题目条件，将问题转化为求的最小值，再利用基本不等式即可得到答案.
【详解】由题意得，
因为当时，，当且仅当时等号成立，
即m>4，则D选项符合题意.
故选D.
【思路导引】由题可知，利用基本不等式，即时，，即可得到答案.
4．【答案】A
【分析】利用，求出，再验证此时为奇函数，最后代入计算即可.
【详解】由题意得，则，
此时，定义域为，，
则为奇函数，满足题意，
.
故选A.
【思路导引】由奇函数的性质可知，解得，将代入函数解析式，则，验证可得为奇函数，再将代入即可解得的值.
5．【答案】B
【分析】根据二项分布的期望和方差公式可求，进而根据二项分布的概率公式即可求解.
【详解】因为，所以，
解得，所以.
故选B.
6．【答案】C
【分析】设最后两人为丁和戊，然后分甲、乙在丁、戊之间和丁、戊在甲、乙一侧讨论即可.
【详解】设剩下的两人分别为丁和戊，
①甲、乙在丁、戊之间，将甲、乙捆绑成一个元素，
丁、戊两人有种排法，甲、乙之间有种排法，丙有4个位置可站，
则共有种；
②丁、戊在甲、乙一侧时，丁、戊可选择甲、乙左侧或右侧，则有种排法，
丁、戊两人有种排法， 甲、乙之间排列有种排法， 丙有3个位置可站，
则该种情况共有种，
则总共有种不同安排方法.
故选C.
7．【答案】C
【分析】分段求出函数值域，再根据函数值域为，求参数的取值范围.
【详解】当时，，
所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，，
当时，，对称轴为，
若即，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
又函数的值域为，所以，（）；
若即，函数在上单调递增，所以，，
又函数的值域为，所以（），
综上可知：或.
故选C.
【思路导引】由时，函数的单调性可知，根据题目条件函数的值域为，则只需当时，函数的最大值大于等于2，即可得到答案.
8．【答案】B
【分析】首先根据对数运算性质得，再利用对数函数单调性得，再作差、换底变形比较大小即可得到答案.
【详解】，，
，
因为在上单调递增，则，
则，显然，
则，
则，即，结合得.
故选B.
【思路导引】根据对数函数的运算可得，再根据对数函数的单调性可得，由于无法直接比较大小，因此利用作差法以及换底公式可得，从而得到答案.
9．【答案】ACD
【分析】借助方差的性质即可判断A；根据线性相关系数的性质即可判断B；利用正态分布的对称性即可判断C；利用残差的性质逐项判断D即可得.
【详解】对A：由方差的性质可知，将一组数据的每一个数减去同一个数后，
新数据的方差与原数据方差相同，故A正确；
对B：线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关性越强，，故B错误；
对C：根据正态分布的对称性知，故C正确；
对D：在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，
其模型的拟合效果越好，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】AD
【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论.
【详解】对于A，，，所以，所以，故A正确；
对于B，，，所以，可得，同理可得，
又因，所以，即，故，无法取等号，故B错误；
对于C，，，由B知，，又，存在，使得可知，代入可得与已知相矛盾，故C错误；
对于D，将条件变形为，，由A知，由B知，所以，即，故D正确.
故选AD.
11．【答案】AC
【分析】对A，求出的导函数，使其和相等，解方程看是否有实数根，即可求得；
对B，根据的导函数确定单调区间以及极值点，看与轴交点即可判断；
对C，根据中心对称公式即可判断；
对D，设过的切线的切点为，由条件可得有两个根，结合导数研究方程的根即可.
【详解】对A，根据题意知的导函数，令，
则，令，
，当时，，
根据函数零点存在定理存在实数使得，故A正确；
对B，根据题意知，令得到，
在和上，所以在和单调递增，
在上，所以在单调递减，
是的极大值，且的极大值大于极小值，
，
，
所以在定义域内有且只有一个零点，故B错误；
对C，令，该函数定义域为，
且，
所以为奇函数，是的对称中心，
将向下移动两个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
对D，过的切线的切点为，切线斜率为，
则切线方程为，
把点代入可得，化简可得，
令，
则，令可得或，
在和上大于零，所以在和上单调递增，
在上小于零，所以在单调递减，
要使有两个解，一个极值一定为，
若函数在极值点时的函数值为，可得，
所以，
若函数在极值点时的函数值为，可得，
所以，故D错误.
故选AC.
12．【答案】60
【解析】求得二项式展开式的通项为，令，即可求解得到答案.
【详解】由题意，二项式展开式的通项为，
令，可得，即展开式的常数项为.
故答案为：.
13．【答案】/0.25
【分析】根据最终比赛所进行局数进行讨论得到甲获胜的概率，和第一局甲输的概率，再根据条件概率公式即可得解.
【详解】甲获胜记为事件A，甲第一局输后获胜记为事件B，
甲获胜可以三局获胜概率为，四局获胜概率为，五局获胜概率为，
所以甲获胜概率为，
第一局甲输的概率是可以分为两种情况，最终甲四局获胜概率为，最终甲五局获胜概率为，
故第一局甲输最终甲获胜的概率，
则所求概率为.
故答案为：/0.25.
14．【答案】
【分析】根据题意，构建函数，利用导数研究其值域，可得答案.
【详解】由，则，令，，
令，解得或，可得下表：
当时，；当时，，
故.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据求出，再根据真数大于0得到不等式组，解出即可；
（2）首先知，再根据复合函数单调性得到的单调性，将不等式变为，最后得到不等式组，解出即可.
【详解】（1），
，解得，
，
由，解得，
故的定义域为.
（2）由（1）知，，
在上单调递增，且其恒大于0，则函数在上单调递减，
在上单调递减，
又，不等式可化为，
，即，
不等式的解集为.
16．【答案】(1)；45人；
(2)无关联.
【分析】（1）求出平均数，再利用公式求出，则得到回归直线方程，再代入数据即可；
（2）零假设，再计算卡方值与临界值比较即可.
【详解】（1）由表中的数据可知，，
，
，
所求回归直线方程为；
当时，，
该小区8月份对这款App不满意人数估计为45人.
（2）零假设为：对这款App是否满意与性别无关联，
由表中的数据可得，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即可以认为成立，即对这款App是否满意与性别无关联.
17．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，期望为.
【分析】（1）第一次摸白球，通过变换得，则第二次摸红球；
（2）分析出有4种情况，再得到的可能取值为，按步骤写出分布列，计算期望即可.
【详解】（1）第一次从袋中摸出的是白球，把函数变换为，
第二次从袋中摸出的是红球，把函数变换为，
所以.
（2）经过3次变换后，有4种情况：
若摸出的3个球都是白球，则，
若摸出的3个球为2个白球、1个红球，则，
若摸出的3个球为1个白球、2个红球，则，
若摸出的3个球都是红球，则，
所以随机变量的可能取值为，
因为从袋中随机摸出1个球，是白球的概率为，是红球的概率为，
故，
，
，
，
所以所求随机变量的分布列为
所以.
18．【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）通过一阶求导和二阶求导，计算出，再利用曲率公式即可；
（2）（i）转化为有两个不同的解，然后分离参数，再设新函数求导即可求出范围；
（ii）由方程组得，再利用比值换元法，设函数求导即可证明.
【详解】（1），
，
在点处的曲率为.
（2）(i)，
，
存在两个不同的点，使得的曲率为0，
即有两个不同的解，
即有两个不同的解，
，
令，得，令，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
又当时，恒成立，且时，，
.
(ii)由，得，
要证明：，只要证，
而，
令，则，欲证，
只要证：，
即即可，
令，
，
在上单调递增，
则，
，即，
.
19．【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）10.
【分析】（1）根据古典概型公式，计算出总数和满足题意的情况数即可；
（2）（i）计算出集合中有7个元素总情况数，再计算出时，集合的非空子集个数，再利用古典概型公式即可；
（ii）通过分析得，，再利用均值公式结合等比数列求和公式即可得到答案.
【详解】（1）当时，集合的非空子集的个数为，
其中这些子集中最大元素为4的集合个数为，
.
（2）（i）当集合中的最大元素和最小元素分别为8，2，
元素个数最少时，
元素个数最多时为7元素集，
集合的可能情况有个，
当时，集合的非空子集个数为个，
且.
（ii）当时，集合的非空子集个数为511个，
其中，最大值的子集可视为的子集与集合的并集共有个，
最大值的子集可视为的子集与集合的并集共有个，
最大值的子集可视为的子集与集合的并集共有个，
.
最小值的子集可视为的子集与集合的并集共有个，
最小值的子集可视为的子集与集合的并集共有个，
，
.月份
1
2
3
4
5
不满意人数
110
95
90
85
70
性别
满意度
满意
不满意
男性
15
15
女性
21
9
0.1
0.05
0.01
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
极大值