辽宁省大连育明高级中学2023−2024学年高二下学期期末考试 数学试题（含解析）

这是一份辽宁省大连育明高级中学2023−2024学年高二下学期期末考试 数学试题（含解析），共18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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．有四个命题：①若，则；②若，则；③若，，则；④若且，则．其中真命题的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
3．已知等差数列和的前项和分别为和，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．下列命题中正确的是（ ）
A．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是4和0.3
B．对两个变量，进行线性相关检验，得线性相关系数，对两个变量，进行线性相关检验，得线性相关系数，则变量与正相关，变量与负相关，变量与的线性相关性较强
C．根据变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
D．某校高三（1）班和（2）班各有40名同学，其中参加数学兴趣社团的学生分别有10人和8人，现从这两个班中随机抽取一名同学，若抽到的是参加数学兴趣社团的学生，则他来自高三（1）班的概率是
5．若，则（ ）
A．B．
C．D．
6．设等比数列中，，使函数在时取得极值，则的值是（ ）
A．或B．或
C．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．
8．已知函数有三个不同的零点，，，且，则的值为（ ）
A．81B．﹣81C．﹣9D．9
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，且，则（ ）
A．的最小值是B．最小值为
C．的最大值是D．的最小值是
10．下列关于数列与其前项和的命题，表述正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若是等比数列，，则
D．若，则数列单调递增
11．下列说法正确的是（ ）．
A．函数在区间的最小值为
B．函数的图象关于点中心对称
C．已知函数，若时，都有成立，则实数的取值范围为
D．若恒成立，则实数的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．计算： .
13．已知数列满足，，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 .
14．已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的首项为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求.
16．某校为了提高教师身心健康号召教师利用空余时间参加阳光体育活动．现有4名男教师，2名女教师报名，本周随机选取2人参加．
(1)求在有女教师参加活动的条件下，恰有一名女教师参加活动的概率；
(2)记参加活动的女教师人数为X，求X的分布列及期望；
(3)若本次活动有慢跑、游泳、瑜伽三个可选项目，每名女教师至多从中选择参加2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为，每名男教师至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为，每人每参加1项活动可获得“体育明星”积分3分，选择参加几项活动彼此互不影响，记随机选取的两人得分之和为Y，求Y的期望．
17．已知函数在点处的切线方程为．
⑴求函数f(x)的解析式；
⑵若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值；
⑶若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．
18．在“飞彩镌流年”文艺汇演中，诸位参赛者一展风采，奉上了一场舞与乐的盛宴.现从2000位参赛者中随机抽取40位幸运嘉宾，统计他们的年龄数据，得样本平均数.
(1)若所有参赛者年龄服从正态分布，请估计参赛者年龄在30岁以上的人数（计算结果四舍五入取整数）；
(2)若该文艺汇演对所有参赛者的表演作品进行评级，每位参赛者只有一个表演作品且每位参赛者作品有的概率评为类，的概率评为类，每位参赛者作品的评级结果相互独立.记上述40位幸运嘉宾的作品中恰有2份类作品的概率为，求的极大值点；
(3)以（2）中确定的作为的值，记上述幸运嘉宾的作品中的类作品数为，若对这些幸运嘉宾进行颁奖，现有两种颁奖方式，甲：类作品参赛者获得1000元现金，类作品参赛者获得100元现金；乙：类作品参赛者获得3000元现金，类作品参赛者不获得现金奖励.根据奖金期望判断主办方选择何种颁奖方式，成本可能更低.
附：若，则，，.
19．已知函数（）．
(1)求函数的单调区间；
(2)证明：（，）；
(3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．
参考答案
1．【答案】A
【分析】分别求两个集合，再求交集.
【详解】由题意可知，，所以.
故选A.
2．【答案】C
【分析】对于①，直接作差结合立方差公式变形即可判断；对于②，由对数函数单调性、换底公式即可判断；对于③，作商比较大小即可；对于④，直接根据不等式的性质，同向不等式相加即可判断.
【详解】对于①，若，则，故命题①是真命题；
对于②，若，则，
故命题②是假命题；
对于③，若，，则，
故命题③是真命题；
对于④，若且，则，
故命题④是真命题；
综上所述：真命题有①③④.
故选C.
3．【答案】C
【分析】利用等差数列an和bn的前项和的性质可得：，，即可得出．
【详解】由等差数列前项和公式可设：，，，
从而，，
所以.
故选C.
4．【答案】C
【分析】求出参数值判断A项；利用相关系数与相关性强弱的关系判断B项；利用独立性检验判断C项；求出概率判断D项.
【详解】对于A项，由，得，即，则，
所以A错误；
对于B项，线性相关系数，越大，线性相关性越强，而，
因此变量与正相关，变量与负相关，变量与的线性相关性较强，所以B错误；
对于C项，由独立性检验知，所以C正确；
对于D项，抽到的是参加数学兴趣社团的学生的结果有18个不同结果，
他来自高三（1）班的的结果有10个，因此他来自高三（1）班的概率是，所以D错误.
故选C.
5．【答案】C
【分析】构造函数，利用导数判断单调性，结合单调性分析判断.
【详解】因为，
构造函数，则，
令f'x>0，解得；当时，令f'x0，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在取得极小值，即最小值，
即，故A正确；
对于B项，因为，则，
所以，
所以函数的图象关于点中心对称，故B正确；
对于C项，因为时，都有成立，
即时，都有成立，
即时，都有成立，
令，则，
则在上单调递增，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，又在上单调递减，所以，
所以，即实数的取值范围为，故C错误；
对于D项，当时，不等式在上恒成立不会成立，故，
当时，，此时不等式恒成立；
不等式在上恒成立,即在上恒成立,
而即，设，
当x>1 时，，故是增函数，
则即，故，
设，
当 时，，单调递增，
当 时，，单调递减，
所以，则 ，
综上可得，实数的取值范围是，故D正确.
故选ABD.
【方法总结】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
12．【答案】1.
【分析】根据指对数运算即可得到答案.
【详解】.
故答案为：1.
13．【答案】.
【分析】由数列递推公式，求得，把不等式对任意恒成立，转化为对任意恒成立，设，求得的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，数列满足，，
则（常数），所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以，整理得，
不等式对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，则，
当时，，此时数列为递增数列；
当时，，此时数列为递减数列，
又由，所以，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
【思路导引】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，以及恒成立问题的求解和数列的单调性的判定及应用，着重考查转化思想，以及推理与运算能力.
14．【答案】2024.
【分析】先利用复合函数的导数与的奇偶性判断的奇偶性，进而推得与的周期性，再利用赋值法求得f1，的值，从而得解.
【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故，
由①，则，代入②，
可得，即，即，
又是奇函数，所以，所以是周期为2的周期函数，
又，可知也是周期为2的周期函数，
令代入②，得，
令代入①，得，
令代入②，得，
联立，解得，
所以.
故答案为：2024.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用取倒数构造等差数列来求通项；
（2）利用错位相减法来求和.
【详解】（1）由，两边取倒数得，
可得是等差数列，首项为，公差为3，
所以通项为，即；
（2）由得：，
,
则两式相减得：，
，
，
即.
16．【答案】(1)；
(2)分布列及期望见解析；
(3).
【分析】（1）由条件概率的计算公式即可求解；
（2）参加活动的女教师人数为，则服从超几何分布，即可写出的分布列及期望.
（3）根据一名女教师和一名男教师参加活动获得分数的期望，即可得，即可求得.
【详解】（1）设“有女教师参加活动”为事件，“恰有一名女教师参加活动”为事件，
则，，所以.
（2）依题意知服从超几何分布，且，
，，，
所以的分布列为：
.
（3）设一名女教师参加活动可获得分数为，一名男教师参加活动可获得分数为，则的所有可能取值为3,6，的所有可能取值为6,9，
，，
，，
有名女教师参加活动，则男教师有名参加活动，，
所以.
即两个教师得分之和的期望为分.
17．【答案】（1）；
（2）4；
（3）.
【分析】 (1)求导，根据建立关于a,b的方程，求解即可．
(2) 本题实质是对于区间上任意两个自变量的值，
都有,然后利用导数求f(x)的最值即可．
(3) 因为点不在曲线上，所以可设切点为．
则．因为 ，所以切线的斜率为．则 =，
即．从而转化为方程 有三个不同的实数解，
构造函数,证明它有三个不同的零点即可．
【详解】⑴．
根据题意，得即 解得，
所以．
⑵令，即 ．得．
因为， ，
所以当时，， ．
则对于区间上任意两个自变量的值 ，
都有，所以 ．
所以的最小值为4．
⑶因为点不在曲线上，所以可设切点为．
则，因为，所以切线的斜率为 ，
则= ，即，
因为过点可作曲线 的三条切线，
所以方程有三个不同的实数解，
所以函数有三个不同的零点，
则，令，则或，
则 ，即，解得．
（注：此题其它解法正确也给分）
18．【答案】(1)；
(2)；
(3)选择甲方式成本更低.
【分析】（1）根据正态分布的三段区间法求得概率，进而可求解；
（2）记，根据二项分布的概率公式求得，求导后判断单调性进而可求得极大值点；
（3）由题意知.记分别为甲、乙两种颁奖方式各自所发奖金总额，利用均值的性质求解，进而可判断.
【详解】（1）因为，
则.
所以参赛者年龄在30岁以上的人数约为（人）.
（2）记，设，其中为的极大值点.
依题意可得，
则，
令，因为，故，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值点；
（3）由题意知.
记分别为甲、乙两种颁奖方式各自所发奖金总额，
因为,
所以，
所以.
所以选择甲方式成本更低.
19．【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间.
（2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.
（3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解.
【详解】（1）函数定义域为，求导得，
设，则，
①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减；
②当时，有两个零点，
则当或时，，即；当时，，即，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，的递减区间为；
当时，的递减区间为，
递增区间为.
（2）由（1）知，当时，时，，
则，令，
于是，
，
所以.
（3）函数，
由于与同号，则只有一个零点，
令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，
由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意；
当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得，
由， 则，由（2）知，当时，，
则，即，
因此，
由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，
显然，
而，则，于是当时，存在三个不同的零点，
所以的取值范围是.
【思路导引】涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.0
1
2
1
2
+
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
2
0
2
+
+
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗