2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二下学期期中数学试题含解析，共19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。
2022-2023学年湖南师范大学附属中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解作答.【详解】由得：，而，所以.故选：C2．设，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先求解分式不等式，然后根据两者的关系判断是什么条件.【详解】由可得，，即，可等价变形为：，即或，显然“或”是“”的必要不充分条件.故选：B3．若函数的值域为，则函数的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先由题意得，再结合的奇偶性和单调性分析即可.【详解】∵，且的值域为，∴，当时，在上是增函数．又函数，所以为偶函数，图象关于y轴对称，所以的大致图象应为选项A．故选：A．4．一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金（    ）附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有，其中、分别为左、右盘中物体质量，、分别为左右横梁臂长．A．等于 B．小于 C．大于 D．不确定【答案】C【分析】设天平左臂长，右臂长，且，根据已知条件求出、的表达式，利用基本不等式比较与的大小关系，即可得出结论.【详解】设天平左臂长，右臂长，且，设天平右盘有克黄金，天平左盘有克黄金，所以，所以，，则．故选：C．5．天文学中常用“星等”来衡量天空中星体的明亮程度，一个望远镜能看到的最暗的天体星等称为这个望远镜的“极限星等”．在一定条件下，望远镜的极限星等M与其口径D（即物镜的直径，单位：mm）近似满足关系式，例如：口径的望远镜的极限星等约为10.3．则口径的望远镜的极限星等约为（    ）A．12.8 B．13.3 C．13.8 D．14.3【答案】B【分析】根据口径的望远镜的极限星等求出的估值，即可求出口径的望远镜的极限星等.【详解】解：由题意，∴，∴．∴．故选：B.6．2023年3月，某校A，B，C，D，E，F六名同学参加了中学生地球科学奥林匹克竞赛，均在比赛中取得优异成绩，现这6名同学和他们的主教练共7人站成一排合影留念，则主教练和A站在两端，B、C相邻，B、D不相邻的排法种数为（    ）A．36 B．48 C．56 D．72【答案】D【分析】按照特殊位置优先，分步排列计算即可.【详解】分2步进行分析：第一步：主教练和A站在两端，有种情况；第二步：中间5人分2种情况讨论：若B、C相邻且与D相邻，有种安排方法；若B、C相邻且不与D相邻，有种安排方法，则中间5人有种安排方法，故共有种不同的安排方法．故选：D．7．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】证明，设，证明，设，证明，即得解.【详解】，设，因为函数在上递增（增+增=增），，，即，由零点存在定理可知；设函数，易知在上递减（减+减=减），，，即，由零点存在定理可知.即.故选：A．8．记，设函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分析可知函数的两个零点均为负数或两个零点都在内，根据二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】设，，则函数在上递增，且，且函数至多有两个零点，当时，，若函数在上有零点，则在上有零点，不妨设零点为，则，此时，则，与题意矛盾，故函数在上无零点.二次函数图象的对称轴为直线，若，当，解得时，设函数的两个零点为、，则，则，，函数有两个负零点，符合题意；若，且需符合题意时，函数在上有两个零点，所以，解得，综上，．故选：B. 二、多选题9．若，给出下列不等式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】由题知，再结合不等式的性质依次讨论各选项即可得答案.【详解】因为，所以 ， 故对于A选项，，故A选项正确；对于B选项，由于，，即：，故B 选项错误；对于C选项，由于，故，所以，所以，故C选项正确；对于D选项，由于，所以，所以，故D选项错误.故选：AC【点睛】本题考查不等式的性质比较大小，解题的关键在于利用作差法比较大小和结合函数的单调性比较大小，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.10．某计算机程序每运行一次都随机出现一个n位二进制数，其中a，若在A的各数位上出现0和1的概率均为，记，则当程序运行一次时（    ）A． B．C．X的数学期望 D．X的方差【答案】ABC【分析】确定，计算得到AB正确，根据数学期望和方差的公式计算得到C正确，D错误，得到答案.【详解】由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，每位数出现0，1是独立的，所以，所以，故A正确；，故B正确；因为，所以，故C正确，D错误.故选：ABC11．红黄蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有红黄蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，两人分别进行等量调配，A表示事件“甲调配出红色”；B表示事件“甲调配出绿色”；C表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是（    ）．A．事件A与事件C是独立事件 B．事件A与事件B是互斥事件C． D．【答案】BD【分析】对于AB选项，根据独立事件和互斥事件的概念即可判断；对于C选项根据条件概率公式判定；对于D项，将B、C事件的各种情形一一分析得出其概率即可.【详解】解：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色，一瓶蓝色颜料，则A发生C必定不能发生，∴,故A、C不为独立事件，为互斥事件，即A错误；∴，即C错误；若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A、B为互斥事件，即B正确；则，若C事件发生，则甲有三种情况，分别为甲取两瓶黄色；甲取1瓶黄色和1瓶红色或蓝色；甲取1瓶红色，1瓶蓝色，则，即D正确.故选：BD12．对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（    ）A． B．，C． D．，【答案】ACD【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.【详解】A.因为，所以令得，所以，故A正确；B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；C.，，而，所以，，由， ，，则，则，故C正确；当时，，，令，则，，则，即，故D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知，则的最小值为__________．【答案】【详解】试题分析：由已知则×，当且仅当时，取“=”则此时，由于，解得，,故答案为．【解析】1.基本不等式；2.方程组的解法.14．函数的值域为R，则的取值范围是________.【答案】【分析】由函数的值域为R，可得能够取到大于的所有数，再由判别式，即 可 求 解．【详解】解：∵函数的值域为R，能够取到大于的所有数，则，解得：或，∴实数的取值范围是．故答案为：．15．已知，则___________．（用数字作答）【答案】34【分析】令可得，令可得，再利用展开式的通项求出，，即可得解.【详解】因为，令，得；令，得；又，二项式的通项公式为，则，，所以．故答案为：16．若对于任意实数x及，均有，则实数a的取值范围是_____________．【答案】【分析】将问题转化为对任意的恒成立，再分离参数结合对勾函数的性质计算即可.【详解】由，结合条件可知，只需要即可，即对于任意的恒成立，等价于对任意的，或．当时，由于，原式可变形为，记，由对勾函数的性质知在上递减，在上递增．于是在上递增，此时；当时，由于，原式可变形为，记，根据对勾函数性质知在上递减，在上递增，于是在上递减在上递增，当，，注意到，故当时，，故．综上，．【点睛】本题的关键在于利用不等式将三个变量转化为两个变量，再分离参数结合对勾函数求定区间的最值，需要较高的转化能力. 四、解答题17．已知关于x的函数，其中．(1)当时，求的值域；(2)若当时，函数的图象总在直线的上方，为整数，求的值．【答案】(1)(2)或1． 【分析】（1）用换元法转化函数为二次函数在部分区间的值域问题，由二次函数的单调性计算即可；（2）分离参数将问题转化为恒成立，计算在上的最大值后解一元二次不等式即可.【详解】（1）当时，，令，则，显然该二次函数在上单调递增，所以的值域为．（2）由题可知，在上恒成立．，又易知在上单调递增．所以，因此，解得，又为整数，所以或1．18．已知函数.(1)若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围；(2)若，解关于的不等式.【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】(1)根据给定条件利用一元二次不等式恒成立求解作答.(2)在给定条件下分类解一元二次不等式即可作答.【详解】（1），恒成立等价于，，当时，，对一切实数不恒成立，则，此时必有，即，解得，所以实数的取值范围是.（2）依题意，因，则，当时，，解得，当时，，解得或，当时，，解得或，所以，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为或.19．如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，.(1)证明：；(2)若，平面与平面所成的锐二面角的角余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）取BC的中点，连接DE，DF，证明平面DEF，即可证明.（2）建立空间直角坐标系，由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求得的长，计算即可.【详解】（1）证明：取BC的中点，连接DE，DF，因为D，E分别为BC，BA的中点，所以，又因为，所以，因为D，F分别为BC，的中点，所以，又因为为直三棱柱，所以，所以，因为，平面DEF，平面DEF，所以平面DEF，因为平面DEF，所以.（2）设（），以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，因为，，则，，，，，设平面的一个法向量，则，即，取，为平面的一个法向量，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，所以，解得，由（1），即直线EF与平面ABC所成的角，，，所以直线EF与平面ABC所成的角的正弦值为.20．云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长.从中国信息通信研究院发布的《云计算白皮书（2022年）》可知，我国2017年至2021年云计算市场规模数据统计表如下：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代码x12345云计算市场规模y/亿元692962133420913229经计算得：=36.33，=112.85. (1)根据以上数据，建立y关于x的回归方程（为自然对数的底数）.(2)云计算为企业降低生产成本､提升产品质量提供了强大助推力.某企业未引入云计算前，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差，其中m为单件产品的成本（单位：元），且=0.6827；引入云计算后，单件产品尺寸与标准品尺寸的误差.若保持单件产品的成本不变，则将会变成多少？若保持产品质量不变（即误差的概率分布不变），则单件产品的成本将会下降多少？附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，.若，则，， 【答案】(1)(2)，成本下降3元. 【分析】(1)将非线性回归模型转化为线性回归模型求解；(2)利用正态分布的概率模型求解，并结合特殊概率值求解.【详解】（1）因为，所以，所以，所以，所以.（2）未引入云算力辅助前，，所以，又，所以，所以.引入云算力辅助后，，所以，若保持产品成本不变，则，所以若产品质量不变，则，所以，所以单件产品成本可以下降元.21．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市．为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如图数据：(1)“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为可作为“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；(2)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校中恰有一所参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，抽到学校中恰有一所学校“单板滑雪”超过30人的概率；(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【答案】(1)分布列见解析，(2)(3)12轮 【分析】（1）由图形分析得X的可能取值为0，1，2，3．再计算其各自概率，得出分布列及期望即可；（2）先计算得出事件“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘自由式滑雪’的人数超过40人”及事件“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘单板滑雪’的人数超过30人”的概率，再由条件概率计算即可.（3）先计算得出小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率，再由二项分布计算期望即可判定.【详解】（1）“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校有4所，则X的可能取值为0，1，2，3． ．所以X的分布列为：X0123P所以．（2）由题可知，参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校，且参加“单板滑雪”的人数不超过30人的学校为C、G，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且参加“单板滑雪”的人数超过30人的学校为D、I，参与“自由式滑雪”的人数不超过40人，且参加“单板滑雪”的人数超过30人的学校为A、B、E、H，参与“自由式滑雪”的人数不超过40人，且参加“单板滑雪”的人数不超过30人的学校为F、J，设事件A为“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘自由式滑雪’的人数超过40人”．事件B为“从这10所学校中抽3所学校恰有一个参与‘单板滑雪’的人数超过30人”．则．若“自由式滑雪”的人数超过40人和“单板滑雪”人数超过30人为同一个学校，则有种情况，若“自由式滑雪”的人数超过40人和“单板滑雪”人数超过30人非同一个学校，则有种情况，，所以．（3）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为：．所以小明在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满足，由，得．所以理论上至少要进行12轮测试．22．已知函数，函数，函数．(1)求不等式的解集；(2)若存在，使得成立，求实数a的取值范围；(3)定义在I上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称函数是I上的有界函数，其中M称为函数在I的上界．讨论函数在上是否存在上界？若存在，求出M的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)答案见解析 【分析】（1）判定为上单调递增的奇函数，解不等式即可；（2）由题意可得和的值域需要存在交集，分类讨论a的范围求的值域即可；（3）化简得，分类讨论的取值范围，再由定义计算即可.【详解】（1）因为，则，解得，而，所以为奇函数，且时递减，可得在递减，且的值域为，不等式，即为，则，即，即为，解得，则原不等式的解集为．（2）函数，若存在，使得成立，当的值域为，当时，在递减，可得的值域为，由题意可得和的值域需要存在交集，即有，即；若，则在递增，可得的值域为，可得和的值域不存在交集，故不符合题意．综上可得a的范围是．（3），（ⅰ）当，则在上单调递减，∴，①若，即时，存在上界，②若，即时，存在上界；（ⅱ）当时，①若时，在上单调递增，，存在上界；②若时，在上单调递增，，故不存在上界；③若时，在上单调递增，在上单调递增，，故不存在上界；④若，在上单调递增，，故不存在上界；⑤若在上单调递增，，而，故存在上界．综上所述，当时，存在上界，当时，不存在上界，当时，存在上界，当时，存在上界，当时，存在上界．【点睛】关键点睛：本题第一问解题关键在于确定的单调性与奇偶性，再利用性质解不等式；第二问关键在于将双变量的能成立问题转化为两个函数值域有交集，讨论计算的值域即可；第三问关键在于分类讨论的正负来确定在上的单调性，再比较两端的最值绝对值大小，讨论比较详细，容易遗漏而错，题目较难.