河北省邢台市2023−2024学年高二下学期期末测试 数学试题（含解析）

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（含解析），共14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．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
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
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．
4．在的展开式中，的系数为（ ）
A．60B．C．30D．
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．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．
7．已知随机变量服从二项分布，且，，则（ ）
A．7B．3C．6D．2
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
二、多选题（本大题共3小题）
9．设A为全体质数的集合，，则（ ）
A．B．C．D．
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
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
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知随机变量服从正态分布，且，则 ．
13．若正数a，b，c满足，则的最小值为 ，此时，的一组值可以为 ．
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 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．为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．
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．
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．
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，则由罚进的一方取得胜利.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.
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．
参考答案
1．【答案】C
【分析】将存在量词命题否定为全称量词命题即可.
【详解】命题“，”的否定为“，”.
故选C.
2．【答案】C
【分析】根据题意结合全概率公式求解即可.
【详解】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．【答案】D
【分析】根据相关系数的性质以及经验回归方程过样本中心点逐项分析判断.
【详解】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．【答案】A
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对有，
则，所以的系数为60．
故选A.
5．【答案】D
【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较大小.
【详解】,
因为在上递增，且，
所以，即，即，
因为在R上递增，且，
所以，即，
因为在上递减，且，
所以，即，
所以．
故选D.
【方法总结】利用指数函数、对数函数的性质比较大小的题目，常用的方法：
（1）作差法；
（2）作商法；
（3）利用函数的单调性（指数和对数经常化为同底）；
（4）图象法；
（5）构造中间量法，比如和0，±1进行比较.
6．【答案】A
【分析】分析可知当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，结合导数的几何意义运算求解.
【详解】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．【答案】B
【分析】根据方差的性质求出，再由二项分布的方差公式得到方程，求出，再检验，即可求出，再由期望的性质计算可得.
【详解】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，即，所以．
故选B.
8．【答案】C
【分析】对函数化简变形后可得在上为增函数，且为奇函数，然后根据函数的单调性和奇偶性结合充分条件和必要条件的定义分析判断.
【详解】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，
因为，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.
9．【答案】AD
【分析】根据已知的集合逐个分析判断即可.
【详解】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，即，D正确．
故选AD.
10．【答案】ABD
【分析】对函数求导后，由，得或或，然后分和结合导函数的图象分析判断即可.
【详解】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．【答案】BCD
【分析】对于A，由题意可知甲只能走2步，且一步为2个台阶，一步为3个台阶，然后由独立事件的概率公式可求得答案；对于B，分为两类，利用独立事件和互斥事件的概率公式求解；对于C，由题意可知分四类：第一类，甲走10步，第二类，甲走9步，第三类，甲走8步，第四类，甲走7步，然后利用分类加法原理求解即可；对于D，由题意可知分九类：依次为甲走25步，甲走24步，……，甲走17步，然后利用分类加法原理求解即可.
【详解】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.
【关键点拨】求解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，求解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
12．【答案】
【分析】根据正态分布的对称性结合题意求解即可.
【详解】因为随机变是服从正态分布，且，
所以，
即．
故答案为：.
13．【答案】；（答案不唯一）
【分析】由题意得，化简后利用基本不等式可求得答案.
【详解】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）
【方法总结】利用基本不等式求最值的方法与技巧：
(1)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧的使用，使其满足基本不等式的“一正”“二定”“三相等”的条件；
(2)利用基本不等式求最值时，要从整体上把握，有时可乘一个数或加一个数，注意“1”的代换等应用技巧.
14．【答案】
【分析】令，对函数求导后结合题意得，则，则可得，所以，利用导数求出其单调区间，画出图象，将问题转化为的图象与直线有3个交点，结合图象可得答案.
【详解】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：.
【方法总结】已知函数有零点(方程有根)，求参数的值或取值范围：
(1)直接法：直接根据题设条件构造关于参数的方程(组)或不等式(组)，通过解方程(组)或不等式(组)确定参数的值或取值范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，化为a＝g(x)的形式，进而转化成求函数的值域问题；
(3)数形结合法：将函数解析式(方程)作移项等变形，转化为两函数图象的交点问题，结合函数的单调性、周期性、奇偶性等性质求解．
15．【答案】(1)，
(2)能
【分析】（1）根据表中的数据结合古典概型的概率公式求解即可；
（2）根据公式求解，然后由临界值表分析判断即可.
【详解】（1）估计客户对A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．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据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，再将剩余5种月季花全排列，根据分步乘法原理可求得结果；
（2）根据题意分两种情况：当黄从容在上午观赏时，红从容只能在下午观赏，另一种是当红从容在上午观赏时，黄从容只能在下午观赏，然后根据分类加法原理求解.
【详解】（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种月季花甲依次观赏的方案有种，
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，红从容在下午观赏，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．【答案】(1)
(2)极大值为，极小值为
(3)
【分析】（1）求导，根据极值点的性质可得，并代入检验；
（2）根据单调性分析极值即可；
（3）根据单调性以及作差法比较大小，进而可得最值，即可得值域.
【详解】（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．【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据第一阶段的规则，当甲队前3轮进3球时，无论后两轮甲队是否进球均可确定甲队累计进球数多，则甲队胜；
（2）首先求出第二阶段每一轮的所有结果的概率，包括：甲队进球且乙队未进球、甲乙两队均进球、甲乙两队均未进球，根据题意知第二阶段的前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，则可分析出X的可能取值，然后求解其条件概率，进而求得分布列及数学期望.
【详解】（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．【答案】(1)点为曲线的拐点
(2)答案见解析
【分析】（1）根据拐点的定义求解即可；
（2）对函数二次求导后，可知，由可得的零点个数等于函数的图象与直线的交点个数，函数的图象与直线均经过点，然后按，和或分析讨论即可.
【详解】（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，则的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