重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回， 函数的图象大致为， 已知，，，则的最小值为， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

西南大学附中2022—2023学年度下期期末考试
高二数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1. 答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2. 答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3. 考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.
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Z，集合Z，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合之间基本关系来判断.
【详解】对于集合中的元素都有，其中表示奇数，
对于集合中的能取所有的整数，集合和集合相比较，集合少了代入偶数时所对应的值，所以，
故选：.
2. 已知p：，q：，则p是q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
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式，再由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】由可得：，即，
即，所以，
故p是q的充要条件.
故选：C.
3. 若不等式在上有实数解，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分离参数得，因为不等式在上有实数解，所以，进而求出即可.
【详解】由不等式在上有实数解，知不等式在上有实数解.
设，，则.
而，
令得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
，
.
.
故选：B.
4. 从装有3个红球和4个白球的袋子中不放回地随机取出3个球，若取出的球中有红球，则取出的球全是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用古典概型结合条件概率公式即可判断.
【详解】令事件：取出的球中有红球，事件B：取出的球全是红球，
，，
所以，B正确.
故选：B.
5. 甲乙等五名学生参加数学、物理、化学、生物这四门学科竞赛，已知每人恰参加一门学科竞赛，每门学科竞赛都有人参加，且甲乙两人不参加同一学科竞赛，则一共有（ ）种不同的参加方法
A. 72 B. 144 C. 216 D. 240
【答案】C
【解析】
【分析】先不考虑甲乙两名同学，利用分组分配法求出安排总数，再减去甲乙参加同一学科的情况，即可得解.
【详解】依题意将名同学分成、、、四组，再分配到四门学科中有种，
其中甲乙两人恰好参加同一学科竞赛的有种，
所以不同的参加方法有种.
故选：C
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性以及特殊值判断即可.
【详解】由已知得函数定义域为，
∵
，
∴为奇函数，
令，则，
其中 ，
故，排除,
令，，
其中，故，排除,
故选：.
7. 已知函数既没有最大值，也没有最小值，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的性质求出真数部分的范围，再结合对数函数的性质可得结果.
【详解】由，a不等于0时，,
当得，
二次函数没有最大值，有最小值，
没有最大值，有最小值，不合题意.
当得，，二次函数没有最大值，有最小值，
,没有最大值，没有最小值，
当得，二次函数有最大值，没有最小值，
,有最大值，没有最小值，不合题意.
当无解.
当,既没有最大值，也没有最小值，没有最大值，没有最小值，.

故选：D.
8. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 4 B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由于，所以，化简后利用基本不等式可求出其最小值.
【详解】因为，，，
所以原式


，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 经验回归方程中的含义是x每增加一个单位，y增加的单位数
B. 样本相关系数，当时，表明成对样本数据间没有任何相关关系
C. 决定系数可以作为衡量任何模型拟合效果的一个指标，它越大，拟合效果越好
D. 经验回归方程相对于点的残差为－0.5
【答案】CD
【解析】
【分析】根据线性回归的相关概念求解.
【详解】对于A，表示的是根据回归方程，当x增加一个单位时，y的估计值增加的数量，并不是实际值增加的数量，错误；
对于B，当时，表示两个变量之间的相关关系很小，并不是没有任何关系，错误；
对于C，表示的是拟合的效果，越大效果越好，正确；
对D，残差，正确；
故选：CD.
10. 已知，则（ ）
A. 为奇函数
B. 在上单调递减
C. 值域为
D. 的定义域为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于,利用奇函数的定义即可判断；对于可以利用减函数的定义进行判断；对于可利用分离常数法进行求解；对于可利用定义域的性质进行求解.
【详解】对于,由，得所以函数的定义域为，
又所以为奇函数，故正确；
对于设，
则，
因为，所以当时，
所以
则，不符合单调递减函数的定义，故错误；
对于因为，
又且，所以，
则，故正确；
对于由以上项分析函数的定义域为且，故的定义域为,故正确；
故选：
11. 已知的二项展开式中第3项和第4项的二项式系数最大，则（ ）
A. B. 展开式的各项系数和为243
C. 展开式中奇数项的二项式系数和为16 D. 展开式中有理项一共有3项
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，根据二项式系数最大得到方程，求出；B选项，赋值法得到各项系数和；C选项，先求出二项式系数和，结合二项式系数的性质得到答案；D选项，写出展开式的通项公式，从而得到有理项的项数.
【详解】A选项，二项展开式中第3项和第4项的二项式系数最大，即为奇数，
且与最大，所以，解得，A错误；
B选项，中，令得，，
故展开式的各项系数和为243，B正确；
C选项，展开式中的二项式系数和为，其中奇数项和偶数项的二项式系数和相等，
所以展开式中奇数项的二项式系数和为16，C正确；
D选项，展开式通项公式为，，且为整数，
当时，满足要求，当时，满足要求，当时，满足要求，
综上，展开式中有理项一共有3项，D正确.
故选：BCD
12. 已知函数满足，且，则（ ）
A. 不可能是偶函数 B. 若，则
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意构造函数，求导后可得，所以在上单增，然后逐个分析判断即可.
【详解】令，则，故在上单增.
对于A，如为常函数，此时为偶函数，A错误;
对于B，若，则从而，B正确；
对于C，由可得，C正确；
对于D，若，同B选项可知，令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
所以（当且仅当时等号成立），
故，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，解题的关键是根据构造函数，求导后可判断函数的单调性即可，考查数学计算能力，属于较难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机变量，则______.
【答案】10
【解析】
【分析】利用二项分布的方差公式求出，然后再利用其性质可求出.
【详解】因为随机变量，
所以，
所以，
故答案为：10
14. 现有9名同学按照身高从高到低排成一排，体育老师决定让其中3人出列，要求相邻两人不能同时出列，则满足条件的出列方法有______种（用数字作答）.
【答案】35
【解析】
【分析】将问题转化为插空问题，结合组合数求方法数.
【详解】问题等价于6个球所成排的7个空任选3个空插入3球的方法数，
所以，共有种.
故答案为：35
15. 已知函数为偶函数，且，当时，，则函数的图象与的图象一共有______个公共点.
【答案】10
【解析】
【分析】根据题目条件得到函数的对称性，周期性，结合函数图象，数形结合得到答案.
【详解】为偶函数，故，故关于对称，
将代替得，再将代替得到，
又，故，所以关于原点对称，
因为，所以，得到，
所以一个周期为4，
当时，，故当时，，
故，
从而在同一坐标系内画出函数的图象与的图象，如下：

可得到函数的图象与的图象一共有10个公共点.
故答案为：10
16. 已知，，直线l既和的图象相切，又和的图象相切，记直线l的斜率为，则______（其中表示不超过x的最大整数）.
【答案】4
【解析】
【分析】设与交于，与交于，然后根据导数的几何意义结合已知可求出，，再由斜率公式可求得，构造函数，利用导数结合零点存在性质可求得结果.
【详解】设与交于，与交于，
由题有，
故，，
又，整理可得：，
令，则，
令，则
所以在单调递增，
又，故存在使得，
故在单减，单增，
又，故在无零点.
又因为，，
所以由零点存在定理知在内有零点，
又在单增，故在内有唯一零点，
故所求.
故答案为：4
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义的应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查零点存在性定理的应用，解题的关键是设出两切点坐标后，则得，再结合，可得，然后构造函数利用导数求其零点的范围即可.
四、解答题：本题共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. 已知集合.
（1）若，求；
（2）若，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据不等式的解法，分别求得集合和，结合并集的概念及运算，即可求解；
（2）由，得到，分和，两种情况讨论，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：若时，可得，
由不等式，可得，解得，所以，
所以.
【小问2详解】
解：因为，可得，即，
①当时，可得，解得，此时成立，符合题意；
②当时，需满足，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
18. 体育强则中国强.站在“两个一百年”奋斗目标交汇的历史节点上，作为教育部直属重点大学附中，西南大学附中始终高度重视学校体育工作，构建德智体美劳全面培养的教育体系.现从该校随机抽取名学生调查其运动习惯（称每周运动不少于次的为运动达标，否则为运动不达标），得到如下数据：

运动达标
运动不达标
合计
男



女



合计




（1）补全列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为运动达标与性别有关联？
（2）用样本估计总体，将频率视为概率，现从该校所有男生中随机抽取名男生进行调查，从该校所有女生中随机抽取名女生进行调查，抽取的学生运动是否达标相互独立，设随机变量表示这三人中运动达标的人数，求X的分布列与数学期望.
附：













【答案】（1）能认为运动达标与性别有关联；
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据题意补全列联表，再由独立性检验的计算公式化简计算即可；
（2）分别计算出每名男生运动达标的概率和每名女生运动达标的概率，再由乘法概率公式计算，可得随机变量的分布列与数学期望.
【小问1详解】
列联表补充填写如右图：

运动达标
运动不达标
合计
男



女



合计



=
故根据小概率值的独立性检验，能认为运动达标与性别有关联；
【小问2详解】
由题意，每名男生运动达标的概率为，每名女生运动达标的概率为，
随机变量的所有可能取值是
，
，
，
，
故的分布列为：










的期望.
19. 已知.
（1）求单调区间；
（2）点为图象上一点，设函数在点A处的切线为直线l，若直线l与x轴交于点，求c的最大值.
【答案】（1）的单增区间为，单减区间为和
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出的定义域和导函数的根，列表判断即可求解；
（2）先求出切线l的方程和c，再构造函数求最大值即可求解.
【小问1详解】
由题：定义域为，
，令得，列表如图：









单减
单减
单增
故的单增区间为，单减区间为和.
【小问2详解】
由题意：，故直线方程为：
将点代入方程，得：，化简得：，
令，即求的最大值.
，令得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故在处取得最大值，=.
故的最大值为.
20. 某医疗机构成立了一支研发小组负责某流感相关专题的研究.
（1）该研发小组研制了一种退烧药，经过大量临床试验发现流感患者使用该退烧药一天后的体温（单位：）近似服从正态分布，流感患者甲服用了该退烧药，设一天后他的体温为X，求；
（2）数据显示人群中每个人患有该流感的概率为1%，该医疗机构使用研发小组最新研制的试剂检测病人是否患有该流感，由于各种因素影响，该检测方法的准确率是80%，即一个患有该流感的病人有80%的可能检测结果为阳性，一个不患该流感的病人有80%的可能检测结果为阴性.
（i）若乙去该医疗机构检测是否患有该流感，求乙检测结果为阴性的概率；
（ii）若丙在该医疗机构检测结果为阴性，求丙患有该流感的概率.
附：，则，，.
【答案】（1）0.8186
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由正态分布的对称性结合原则求解即可；
（2）（i）记“某人患有该流感”，“某人检测为阳性”，再由全概率公式求解即可；（ii）由条件概率公式求解即可；
小问1详解】
由题：,
，故,

.
【小问2详解】
记“某人患有该流感”，“某人检测为阳性”
由题有：，，，则可得，，
（i），
（ii）.
21. 已知.
（1）若，求的极值；
（2）若，，，且，其中，，求证：.
【答案】（1）极大值为；无极小值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数法求解；
（2）易得在单调递增，再由，两边取对数得到，则有，又，且，，进而转化为证明.
【小问1详解】
解：由题：，，
令，解得，列表如图:










单调递增

单调递减
故当时，取得极大值，
极大值为；无极小值.
【小问2详解】
证明：若，则，结论成立；
若，，令，得，当时，，
故在单调递增.
要证，只需证，又，且在单调递增，
故只需证明，
又因为，故只需证明，
由，，
故只需证明：，
令，只需证，
，
单调递增，. 证毕.
【点睛】思路点睛：本题第二问基本思路是利用在单调递增，将证，转化为进而转化为证，再结合，，得到而得证.
22. .
（1）求在上的最小值；
（2），且，，，求a的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的最小值；
（2）问题转化为，恒成立，令，则，利用导数求出函数的最小值，即可得解.
【小问1详解】
，在上单调递增，又，
故当时，，当时，，故在单调递减，单调递增
①当即时，在单调递减，故；
②当即时，在单调递减，单调递增，
故；
③当时，在单增，故
综上，当时，；
当时， ；
当时， .
【小问2详解】
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，故，

故问题转化为对，都有，
令，则，



，
令，，令，
则，故在单调递增，，
即，从而在单调递增，故，
则，，
从而在单调递减，在单调递增，
，故.
【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．