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卷[附解析]

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满分150分 时间120分钟
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注意事项：
1.答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置.
2.选择题，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.
3.非选择题，用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域，写在非答题区域无效.
4.画图清晰，并用2B铅笔加深.
第Ⅰ卷（共58分）
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.已知集合，，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【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.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
【答案】C
【解析】
【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.已知等差数列和的前项和分别为和，且，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列和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.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
【答案】C
【解析】
【分析】求出参数值判断A；利用相关系数与相关性强弱的关系判断B；利用独立性检验判断C；求出概率判断D.
【详解】对于A，由，得，即，则，A错误；
对于B，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，B错误；
对于C，由独立性检验知，C正确；
对于D，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，D错误.
故选：C
5.若，则（ ）
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】
【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，解得；当时，令，解得；
可得在上单调递减，在上单调递增；
且，所以，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意构建，结合函数单调性比较大小.
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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在时取得极值，可求得，，代回验证可得，，再根据等比数列的性质即可求解.
【详解】由题意，
因为在时取得极值，
所以，
解得或，
当，时，
，
所以在上单调递增，不合题意，
当，时，
，
所以时，，
时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得极小值，满足题意，
所以，
又，，同号，
所以.
故选：.
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】
【分析】由题意可知有两个不等的实数解，转化为方程有两个实根，再次转化为的图象与有两个不同的交点，然后利用导数的单调区间，画出的图象，结合图象求解即可.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有两个交点，考查数形结合的思想，属于较难题.
8.已知函数有三个不同的零点，，，且，则的值为（ ）
A.81B.﹣81C.﹣9D.9
【答案】A
【解析】
【分析】
把f（x）的零点转化为的零点，令，，可得方程有两实根，，由判别式大于0解得a的范围，再由根与系数的关系可得，，进一步得到，，结合，可得，，，则可知，，则.
【详解】
∴
∴
令，，则，
∴
令，解得
∴时，，单调递减；时，，单调递增；
∴，，
∴a﹣3
∴.
设关于t的一元二次方程有两实根，，
∴，可得或.
∵，故
∴舍去
∴6，.
又∵，当且仅当时等号成立，
由于，∴，（不妨设）.
∵，可得，，.
则可知，.
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，考查一元二次方程根的分布，属难题.
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.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
【答案】BC
【解析】
【分析】利用基本不等式即可得到A；二元换一元，代入 ，利用二次函数求出最值，得出B选项；利用即可得到C选项；利用“1”的妙用得出D.
【详解】对于A，∵，且，∴，即时，等号成立，
即的最大值是，故A不正确；
对于B，∵，∴，，
所以，故B正确；
对于C，∵，且，∴，即
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D，∵，
即时，等号成立，
所以的最小值是，故D错误．
故选：BC．
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
【答案】AD
【解析】
【分析】利用数列周期性判断A；求出通项公式判断B；利用等比数列片段和的性质计算判断C；作商求出通项并确定单调性判断D.
【详解】对于A，由，得，则数列的周期为3，
又，因此，A正确；
对于B，，则数列是等比数列，，
当，而不满足上式，B错误；
对于C，是等比数列，，则成等比数列，
其首项为1，公比为3，则，C错误；
对于D，，当时，，
当，，满足上式，
因此且，则数列单调递增，D正确.
故选：AD
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，即可判断A；计算出即可判断B；依题意时，都有成立，令，则，从而在上单调递增，在上恒成立，参变分离即可求出参数的取值范围，即可判断C；将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，即可判断D.
【详解】对于A：，，
则，当时，当时，
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：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：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：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,
即上恒成立,
而即，
设 ，当 时，，
故是增函数，
则即，故，
设，
当 时，， 单调递增，
当 时，， 单调递减，
故 ，则 ，
综上可得，实数的取值范围是，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：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．
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.计算：______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据指对运算即可得到答案.
【详解】.
故答案为：1.
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______.
【答案】
【解析】
【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：.
【点睛】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，属于中档试题.
14.已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则__________.
【答案】2024
【解析】
【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，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.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过导数和函数奇偶性的性质找到函数的周期.
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.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.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
由得：，
,
则两式相减得：，
，
，
即.
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．
【答案】（1）
（2）分布列及期望见解析.
（3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
依题意知服从超几何分布，且
，，，
所以的分布列为：
.
【小问3详解】
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.已知函数在点处切线方程为．
⑴求函数的解析式；
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．
【答案】（1）；（2）4；（3）.
【解析】
【详解】(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．
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.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，，.
【答案】（1）
（2）
（3）选择甲方式成本更低
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为，
则.
所以参赛者年龄在30岁以上的人数约为（人）.
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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.
故选择甲方式成本更低.
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．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由（1）知，当时，时，，
则，令，
于是，
，
所以.
【小问3详解】
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.
【点睛】思路点睛：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
+
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
2
0
2
+
+
↗
极大值
↘
极小值
↗