2022东营高二下学期期末考试数学试题含解析

高二数学

2022.7

一､单项选择题：本大题共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. 已知数列，则是这个数列的（    ）

A. 第1011项 B. 第1012项 C. 第1013项 D. 第1014项

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可得数列的通项，再令，解之即可得解.

【详解】解：由数列，

可得，

令，解得，

所以是这个数列的第1012项.

故选：B.

2. 一学习小组10名学生的某次数学测试成绩的名次由小到大分别是2，4，5，x，10，14，15，39，41，50，已知该小组数学测试成绩名次的40%分位数是8.5，则x的值是（    ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 9

【答案】B

【解析】

【分析】根据百分数位的定义进行计算即可.

【详解】依题意是整数，那么40%分位数8.5就是第，第位数的平均值，根据选项可知，，于是，解得.

故选：B.

3. 如图，直线l和圆C，当l从l0开始在平面上绕点O按逆时针方向匀速转到（转到角不超过90°）时，它扫过的圆内阴影部分的面积S是时间t的函数，这个函数的图像大致是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可知：S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，据此确定函数的大致图像即可.

【详解】观察可知面积S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，

对应的函数的图象是变化率先变大再变小，由此知D符合要求.

故选D.

【点睛】本题主要考查实际问题中的函数图像，函数图像的变化趋势等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

4. 已知正项等比数列中，公比，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】由已知条件列方程求出，从而可求出

【详解】因为，

所以，所以，

因，所以，

所以，

故选：A

5. 在一次劳动实践课上，甲组同学准备将一根直径为的圆木锯成截面为矩形的梁.如图，已知矩形的宽为，高为，且梁的抗弯强度，则当梁的抗弯强度最大时，矩形的宽的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】易得再求导分析的单调性与取最大值时的值即可

【详解】由题意，，故，故当时，，当时，，故当时取最大值.

故选：D

6. 数列满足，则（    ）

A. 2022 B. 2020 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】逐项计算，确定的周期，再求和即可

【详解】由题意，，，

，，

故的周期为4.又，

故

故选：C

7. 为了解阅读量多少与幸福感强弱之间的关系，一个调查机构随机调查了100人，得到如下数据：

则下列说法正确的是（    ）

参考数据：

A. 在犯错误的概率不超过的前提下，可以认为阅读量多少与幸福感强弱有关

B. 有的把握认为阅读量多少与幸福感强弱有关

C. 若一个人阅读量多，则有的把握认为此人的幸福感强

D. 在阅读量多的人中随机抽取一人，此人是幸福感强的人的概率约为

【答案】A

【解析】

【分析】根据独立性检验公式求得，结合表格即可判断ABC；根据频率与频数的关系，可求解判断D

【详解】，

对ABC，，在犯错误的概率不超过的前提下，可以认为阅读量多少与幸福感强弱有关，故A对，BC错；

对D，在阅读量多的人中随机抽取一人，此人是幸福感强的人的概率，故D错，

故选：A

8. 设，随机变量的分布列为：

则当在上增大时（    ）

A. 单调递增，最大值为

B. 先增后减，最大值为

C. 单调递减，最小值为

D. 先减后增，最小值为

【答案】D

【解析】

【分析】根据方差公式，结合二次函数性质可得.

【详解】由题知，解得，

所以

所以

由二次函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，有最小值.

故选：D

二､多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分；有选错的得0分.

9. 设为实数，直线能作为曲线的切线，则曲线的方程可以为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题意可知，有解，然后逐个分析求解即可

【详解】因为直线能作为曲线的切线，

所以有解，

对于A，由，得，由，得，解得，

所以直线能作为曲线的切线，所以A正确，

对于B，由，得，由，得，

化简得，因为，所以方程无解，所以直线不能作为曲线的切线，所以B错误，

对于C，由，得，由，得，解得，所以直线能作为曲线的切线，所以C正确，

对于D，由，得，由，得，解得，所以直线能作为曲线的切线，所以D正确，

故选：ACD

10. 某电视台举办才艺比赛，比赛现场有9名评委评分，场外观众采用网络评分，比赛评分采取10分制，某选手比赛后，现场9名评委原始评分中去掉一个最高分和一个最低分，得到7个有效评分如表所示，对观众网络评分按分成三组，其频率分布直方图如图所示：

则下列说法正确的是（    ）

A. 现场评委的7个有效评分与9个原始评分的中位数相同

B. 由图可估计网络评分的众数为8

C. 在去掉最高分和最低分之前9名评委原始评分的极差一定不小于

D. 场外观众网络评分的均值大于现场评委有效评分的均值

【答案】AC

【解析】

【分析】根据频率分布直方图结合评分表计算中位数、众数、极差、均值即可判断.

【详解】解：去掉9个原始评分中的一个最高分和一个最低分，不会改变该组数据的中位数，A正确；

由图估计网络评分的众数9.5，B错误；

7个有效评分极差为，在去掉最高分和最低分之前，9名教师原始评分的极差大于0.7，C正确；

现场评分均值为，

网络评分均值为，D错误；

故选：AC．

11. 甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（    ）

A. 不同的安排方法共有210种

B. 甲志愿者被安排到A学校的概率是

C. 若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种

D. 在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是

【答案】AD

【解析】

【分析】先将5人分成4组，然后排入4所学校即可判断A；

分甲学校只有一个人和甲学校只有2个人，两种情况讨论，求出甲志愿者被安排到A学校的排法，再根据古典概型即可判断B；

先将A学校的两名志愿者排好，再将剩下的3名志愿者海路其他3所学校即可判断C；

求出甲志愿者被安排到A学校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的排法，从而可判断D.

【详解】解：甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，

则共有种安排方法，故A错误；

甲志愿者被安排到A学校，

若甲学校只有一个人，则有种安排方法，

若甲学校只有2个人，则有种安排方法，

所以甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，

所以甲志愿者被安排到A学校的概率是，故B正确；

若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故C错误；

甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，

在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，

所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是，故D正确.

故选：AD.

12. 如图，是一块半径为1的圆形纸板，在的左下端前去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，再分别写出和的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可

【详解】根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，…，累加可得，所以，故A正确，C错误；

又，故，即，故D正确；

又，，…，累加可得，故正确，故B正确；

故选：ABD

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13. 已知数列满足,则___________.

【答案】9

【解析】

【分析】根据递推公式直接求解可得.

【详解】由题知，.

故答案为：9

14. 的展开式中的系数为___________.（用数字作答）

【答案】15

【解析】

【分析】结合二项式展开项通项公式，即可求出对应的展开项以及系数

【详解】由二项式展开项通项公式可得，，，故所求系数为15，

故答案为：15

15. 对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果，已知测量结果服从正态分布，为使测量结果在的概率不小于，则至少测量___________次.（参考数据：若，则.

【答案】32

【解析】

【分析】因为，得到，，要使误差在的概率不小于0.9545，则，得到不等式计算即可.

【详解】根据正态曲线的对称性知：要使误差在的概率不小于0.9545，

则且，，

所以，解得，所以至少要测量32次.

故答案为：32

16. 设函数是的导函数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数的图像都有对称中心，其中满足.已知三次函数，若，则___________；若，分别满足方程，则___________.

【答案】    ①.     ②. 2

【解析】

【分析】由题，求出，通过可求得对称中心，由可知和关于对称，即可求的值；

构造，同理求出对称中心，通过讨论的单调性说明是一一对应的函数，即可由，得出和关于对称，即可求的值.

【详解】由题，，，由可得，的图像的对称中心为，即，

，所以和关于对称，故；

令，同理可求的对称中心，，，由可得，对称中心为，即，

，故，

由，故单调递增，即是一一对应的函数，故和关于对称，故，

故答案为：；2

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知数列满足，设.

（1）证明：数列为等比数列；

（2）设数列，记数列的前项和为，请比较与1的大小.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）由，可得，再根据等比数列的定义可证得结论，

（2）由（1）可得，从而可得，则，然后利用裂项相消法可求出，从而可与1比较大小

【小问1详解】

证明：因为，所以，

因为，

所以，

所以，

因为，所以，

所以数列是以1为首项，为公比的等比数列

【小问2详解】

由（1）可得，

所以，

所以，

所以，

因为，所以，

所以

18. 已知函数，曲线在点处的切线的斜率为4.

（1）求切线的方程；

（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数几何意义先求解的值，然后得到切点坐标，即可得到切线的方程；

（2）化简不等式，分离常数，即，构造函数，利用导数求解函数的最大值即可.

【小问1详解】

解：函数的定义域为，，

由题意知，，所以，

故，所以，切点坐标为

故切线的方程为．

【小问2详解】

解：由（1）知，，

所以，可化为：，

即在上恒成立，

令，则，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

所以当时，函数取得最大值，

故当时，在上恒成立，

所以实数的取值范围是.

19. 中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶饮，按事先拟定的价格进行试销，得到销售数据，如下表所示：

参考数据：.

（1）已知变量具有线性相关关系，求销量（壶）关于试销单价（元）的线性回归方程和的值；

（2）用表示根据线性回归方程得到的与对应的销量的估计值，当销售数据中与估计值满足时，则称该销售数据为一组“理想数据”.现从6组销售数据中任取2组，求抽取的2组销售数据中至少有1组是“理想数据”的概率.

附：回归直线方程的斜率，截距.

【答案】（1）；；   

（2）

【解析】

分析】（1）根据题干中所给数据，分别计算，根据解得，然后求解斜率和截距即可得到回归直线方程；

（2）根据题意计算出满足“理想数据”情况，利用古典概型的概率公式计算即可.

【小问1详解】

解：由题意得，，

由，可求得，

所以，

，

故所求的线性回归方程为．

【小问2详解】

解：当时，当时，

当时，当时，

当时，当时，．

与销售数据对比可知满足的共有4组：、、、．

从6组销售数据中任意抽取2组的所有可能结果有种，

其中2组数据中至少有一组是“理想数据”的结果有种，

所以抽取的2组销售数据中至少有1组是“理想数据”的概率为．

20. 设为数列的前项和，已知，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若等差数列的前项和等于，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）当n奇数时，；当n为偶数时，.

【解析】

【分析】（1）利用的关系先求得递推公式，然后由累乘法可得；

（2）根据已知列方程可得的通项公式，然后分n为奇数和偶数对的前n项和.

【小问1详解】

因为…①

所以当时，…②

①-②可得：，整理可得

则

所以，所以当时

易知时上式也成立，所以数列的通项公式为

【小问2详解】

记等差数列的公差为d，

由题可得，即

所以，解得，所以

所以

所以

当n为奇数时，

；

当n为偶数时，

.

21. 为了促进消费，某超市开展购物抽奖送积分活动，顾客单次购物消费每满100元，即可获得一次抽奖的机会，假定每次中奖的概率均为，不中奖的概率均为，且各次抽奖相互独立.活动规定：第1次抽奖时，若中奖则得10分，不中奖得5分；第2次抽奖时，需要从以下两个方案中任选一个：方案一：若中奖则得30分，不中奖得0分；方案二：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分.当抽奖次数大于两次时，执行第2次抽奖所选的方案，直到抽奖结束.

（1）甲顾客单次消费了200元，获得了两次抽奖机会.

①若甲顾客在第二次抽奖时选择了方案二，求甲顾客第一次未中奖且第二次中奖的概率并求此时的得分；

②若以甲顾客两次抽奖累计得分的期望为决策依据，甲顾客应该选择哪一个方案？请说明理由；

（2）乙顾客单次消费了1100元，获得了11次抽奖机会，记乙顾客11次抽奖共中奖k次的概率为，求的最大值点

【答案】（1）①甲顾客第一次未中奖且第二次中奖的概率为，此时得分为；②选择方案一，理由见解析   

（2）或

【解析】

【分析】（1）分别求得两个方案的累计积分的期望值即可进行选择；

（2）易得中奖情况满足二项分布，根据二项展开式的通项的最大值大于等于前后两项列不等式求解即可

【小问1详解】

①由题意，甲顾客第一次未中奖且第二次中奖的概率为，此时得分为；

②若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为40，35，10，5．       

，，，， 所以．            

若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为，则的可能取值为30，15，10，

则，，，，       

因为，所以应选择方案①．

【小问2详解】

由题意，，可得最大值点满足，即，化简可得，解得，故或

22. 已知函数，且点在函数的图像上，记，其中是自然对数的底数，，

（1）求实数的值并求函数的极值；

（2）当时，证明：函数有两个零点，且.

【答案】（1）；当时，函数的极小值为；当时，函数的极小值为，函数没有极大值.   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据题意代入即可解得，分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调性，进而求得极值；

（2）根据函数的单调性结合零点存在定理可判断函数在内有一个零点，当时，，构造函数，利用导数证明，即可得到在上有一个零点，即可得到，进而证明不等式.

【小问1详解】

解：由题意知，，所以，

此时，，则，

若，令，得，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故当时，函数取得极小值，所以，
同理，若，当时，函数取得极小值，此时，

综上，当时，函数的极小值为当时，函数的极小值为，函数没有极大值.

【小问2详解】

解：当时，由（1）知，函数在上单调递减，在单调递增，

所以函数最多有两个零点，又，，

所以函数在内有一个零点，

又当时，，而，

令，所以，

所以函数在上单调递增，则，

所以，所以在上有一个零点，

综上，当时，函数有且仅有两个零点，，且，

故．