重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共21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。

高2024届高二（下）期末考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，共40分.在每个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】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，即，解得，即，而，
所以.
故选：B
2. 函数在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为，所以，故，
由导数的几何意义知，函数在点处的切线方程为，即.
故选：B.
3. 为等差数列的前n项和，，，则该等差数列的公差（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列前和公式以及等差数列定义即可得到答案.
【详解】,
故.
故选：B.
4. 已知函数，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，通过配凑即可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
5. 已知a，且，命题p：，命题q：，则命题p是命题q成立的（ ）条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分
C 充分必要 D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】对命题q进行等价转化为，再根据充分不必要条件的判断即可得到答案.
【详解】，即，
即，
则命题等价于，因为，则，
则，即，
而可以推出，反之，举例，但，则反推无法推出，
故是成立的充分不必要条件，
故选：A.
6. 函数的定义域为R，且，对任意的，有，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简得，则得到的单调性，对原不等式变形为，利用其单调性即可得到不等式，解出即可.
【详解】对任意的 , 有 ,
则 ，
则在上单调递增，因为，且，
，则，
故选：D.
7. 已知有甲乙两个盒子.盒中装有大小.形状完全相同的小球.甲盒中装有3个红球和2个白球，乙盒中装有2个红球、1个白球.现在从甲盒中摸出2个小球放入乙盒中，再从乙盒中摸出2个小球，则这2个小球为红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由全概率公式求解即可
【详解】记“从甲盒中取出2个红球”为事件，“从甲盒中取出2个白球”为事件，
“从甲盒中取出1个红球和1个白球”为事件，“从乙盒中取出的2个球均为红球”为事件D，
显然，事件，，两两互斥，且正好为“从甲盒中任取2个球”的样本空间，
由全概率公式得，
从甲盒中摸出2个小球放入乙盒中，再从乙盒中摸出2个小球，则这2个小球为红球的概率为.
故选：C
8. 若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得在上恒成立，设，则在上恒成立，利用导数说明的单调性，再分和两种情况讨论，当时需在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出的最小值，即可求出参数的取值范围.
【详解】由在上恒成立，
可得在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则在上恒成立，
又，
所以当时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，当时，，
当时，由于，则，
此时，，满足在上恒成立；
当时，由于，则，
要使在上恒成立，
则需在上恒成立，即在上恒成立，
设，，则，
易知当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，则，又，所以
综上，实数的取值范围为．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将不等式同构成，再构造函数，结合函数的单调性说明.
二、多选题（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，有错选的得0分）
9. 已知二项式（）的展开式中，的系数为28，下列说法正确的有（ ）
A. B. 的系数为70
C. 展开式中没有常数项 D. 展开式中二项式系数最大的项为第4项
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件，求出展开式的通项公式，再对各个选项分析判断即可得出结果.
【详解】因为展开式通项公式为：，由，得到，
由题知，得到，故，
选项A，因为，所以选项A错误；
选项B，由，得到，所以的系数为，所以选项B正确；
选项C，由，得到，所以不存在常数项，所以选项C正确；
选项D，因为，所以由二项式系数性质知，二项式系数最大的项为第5项，所以选项D错误.
故选：BC.
10. 近年来，随着人工智能技术的不断发展，各种AI应用也不断普及，ChatGPT就是一款具有人类沟通能力的智能AI工具.随着人工智能的加入，各类传媒、影视、游戏行业迎来了高速的发展，AI技术降低了这些行业的人力成本，提高了效率.如图是某公司近年来在人力成本上的投入资金变化情况的散点图，其中x为年份代号（第1年-第7年），y（单位：万元）为人力成本的投入资金，小明选用2个模型来拟合，模型一：，已知，其中决定系数，模型二：，其中决定系数，则下列说法正确的有（ ）

A.
B. 模型一中解释变量增加1个单位，响应变量则大致减少5个单位
C. 模型一中第7年的残差为5
D. 模型一的拟合效果更好
【答案】AB
【解析】
【分析】根据条件，求出，进而得出模型一：，从而得出选项A正确，再利用，对B和C逐一分析即可判断出选项B和C的正误；对于选项D，利用题设中，即可判断选项D的正误.
【详解】选项A，因为，所以，又，代入，得到，解得，故选项A正确；
选项B，因为模型一为：，故解释变量增加1个单位，响应变量则大致减少5个单位，故选项B正确.
选项C，令，则，则残差为，故选项C错误；
选项D，因为，故模型二拟合效果更好，故选项D错误.
故选：AB.
11. 已知过点的直线交抛物线于，两点，设，，点是线段的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 为定值－8 B. 的最小值为4
C. 的最小值为 D. 点的轨迹方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，再一一判断即可．
【详解】由题意可得直线斜率不为0，设直线的方程为，显然，两点在轴的两侧，设，且，，
联立，整理可得，
显然，，，，，所以A正确；
所以，当且仅当时取等号，所以B不正确；
因为，，所以

，当且仅当时取等号，所以C正确；
由题意可得的中点，设，则，
消参可得，整理可得，所以D正确．
故选：ACD．
12. “紫藤挂穗，蓝楹花开，黄桷新绿，菩提葱蔚”，巴蜀中学即将迎来90周年校庆，学校设计了3个吉样物“诚诚”，“盈盈”，“嘉嘉”.现在袋中有6个形状.大小完全相同的小球，每一个小球上写有一个字（其中有2个小球写着“诚”，2个小球写着“盈”，2个小球写着“嘉”），现在有四位同学，平均分成甲、乙两队，进行比赛活动，规则如下：每轮参与活动的队伍每位同学抽取1次小球，每次抽取后小球放回袋中，若两次抽取的球上的字组成了吉样物名称（如：诚诚），则该队得1分，并且该队继续新一轮比赛活动，否则，该队得本轮得0分，由对方组接着抽取，活动开始时由甲队先抽取，若第n轮由甲队抽取的概率为，n轮结束后，甲队得分均值为，则下列说法正确的有（ ）

A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A，利用古典概率公式即可求解出结果；对于选项B，利用题设得出与间的关系并适当变形得出，从而判断出选项B的正误；对于选项C，通过条件求出第二轮结束后，甲队可能的得分及对应概率，再利用均值的定义即可求出结果，从而判断出选项的正误；对于选项D，根据条件，第轮结束后，甲队得分可以分2种情况，从而得出，判断出选项D的正误.
【详解】选项A，第一轮甲轮两名成员必须抽到“诚诚”，“盈盈”，“嘉嘉”，则第二轮继续由甲队抽取，
则，故选项A正确；
选项B，第轮由甲队抽取，可分两类情况：
第一类是第轮由甲抽取并且下一轮继续由甲抽取；
第二类是轮由乙抽取并且下一轮由甲抽取，
则，可变形为，
又易知，故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，故选项B错误；
选项C，第二轮结束后，甲队可能的得分为，
，，，
所以，故选项C正确；
选项D，第轮结束后，甲队得分可以分2种情况：
一类是第轮甲队的得分加上1分，则第轮必须由甲抽取且得1分，
一类是第轮甲队的得分加上0分，则第轮由甲抽取且不得分，或第轮由乙抽取，
则，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解题的关键有两个，一是选项B，根据题意得到，从而可得数列是以为首项，为公比的等比数列，二是选项D，第轮结束后，甲队得分可以分2种情况：一类第轮甲队的得分加上1分，一类是第轮甲队的得分加上0分，从而得出.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的定义域为，则的定义域为_________ .
【答案】
【解析】
【分析】先由题意求出函数的定义域为，再由求解，即可得出结果.
【详解】因为函数的定义域为，所以；
即函数的定义域为；
由解得，
因此的定义域为.
故答案为：
14. 不等式的解集为____________ .
【答案】
【解析】
【分析】分、两种情况讨论，分别求出不等式的解集，即可得解.
【详解】不等式，
当时即，等价于，解得，
当时即，等价于，解得，
综上可得不等式的解集为.
故答案为：
15. 已知椭圆，过左焦点作直线l在x轴上方交椭圆于点A，过右焦点作直线交直线l于点B（B在椭圆外），若为正三角形，则椭圆的离心率为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正三角形的性质可推出，，则，再根据椭圆的定义可求得，再解在即可.
【详解】因为为正三角形，
所以，
因为轴，所以，，
所以，
又，所以，
在中，，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.

16. 对任意的正实数a，b，c，满足，则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，得到，利用基本不等式得到，再通过构造，二次运用基本不等式即可求出结果.
【详解】因为
，当且仅当时取等号.
故答案为：.
【点睛】关键点晴：解答本题关键在于，利用条件将变形成，再整理成，再利用均值不等式即可求出结果.
四、解答题（本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知正项数列的前n项和为，满足：.
（1）计算并求数列的通项公式；
（2）令，求的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求解即可；
（2）利用分组求和法求解即可.
【小问1详解】
由①，
当时，，解得（舍去），
当时，②，
由①②得，
即，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
则.
18. “五一”假期，各地掀起了旅游的热浪，“淄博烧烤”，“洪崖洞宠粉”等等冲上热搜.现调查性别因素是否对市内外旅游的选择有影响，在某旅行团抽取了五一期间出行旅游的100名游客，男性50人，女性50人，其中男性有40%选择在重庆市内旅游，在重庆市外旅游的游客中，男女的比例为2∶1，完成下列的2×2列联表，并回答相关问题.
性别
旅游地选择
合计
重庆市内
重庆市外
男性



女性



合计




（1）依据小概率的独立性检验，能否认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联？
（2）从选择重庆市外旅游的游客中按性别进行分层抽样，抽取了6名游客，再从这6名游客中抽取3名游客，记X为其中女性游客的人数，求.
附：参考公式及数据：，其中.

0.40
0.25
0.10
0.010
0.005
0.001

0.708
1.323
2.706
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）能认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可得到结论；
（2）根据题意求得男性4人，女性2人，利用对立事件的概率公式，即可求解.
【小问1详解】
解：根据题意，得到的列联表：
性别
旅游地选择
合计
重庆市内
重庆市外
男性
20
30
50
女性
35
15
50
合计
55
45
100
则，
所以依据小概率的独立性检验，能认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联.
【小问2详解】
解：抽取的6名游客中，男性有人，女性有人，
从这6名游客中抽取3名游客，记为其中女性游客的人数，
则.
19. 如图，在四棱锥中，为平行四边形，，平面平面，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）若与平面所成角为，E为的中点，求锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）先说明即为与平面所成角的平面角，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
在中，，，，
则，所以，
则，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
则即为与平面所成角的平面角，
所以，
又，所以为等边三角形，故，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
则，
因为平面，所以即为平面的一条法向量，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
则，
即锐二面角的余弦值.

20. 某商店搞促销活动，消费满1000元即可选择下列某一种活动赢得现金.活动一：掷三颗均匀骰子，若三颗骰子点数一样，则获得200元：若三颗骰子有且仅有2颗骰子点数一样，则获得100元；若三颗骰子均不一样则获得50元，用表示该消费者在该活动中获得的奖金数.活动二：消费者先选择1至6的某一个整数，然后掷三颗均匀骰子，若所选择的数在骰子上出现了次，则赢得元（，1，2，3），用表示该消费者在该活动中获得的奖金数.
（1）求的分布列及数学期望；
（2）求的分布列及数学期望，为了能获得更高的奖金，从概率学的角度来看应该选择哪个活动？
【答案】（1）分布列见解析，
（2）分布列见解析，，选择活动一
【解析】
【分析】（1）依题意可能的取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（2）由已知，每一个点数每次出现的概率为，则选中的那个点数出现的次数，则可能的取值为：，，，，计算对应概率，写出分布列与期望，比较，，从而确定哪个活动更合适．
小问1详解】
根据题意可知，可能的取值为，，，
则，，
，
则的分布列为：

50
100
200




所以；
【小问2详解】
由已知，每一个点数每次出现的概率为，则选中的那个点数出现的次数，
则可能的取值为：，，，，
，，
，，
所以的分布列为：

40
100
160
220





，，
，
因为，故应该选择活动一．
21. 已知双曲线C：的渐近线方程为，其左右焦点为，，点D为双曲线上一点，且的重心G点坐标为.
（1）求该双曲线的标准方程；
（2）过x轴上一动点作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为（与B不重合），连接并延长交x轴于点Q，问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据双曲线方程设，，根据重心坐标公式求出，代入原方程即可得到的值，则得到双曲线方程；
（2）设的方程为，，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出直线的方程，令，解出，将韦达定理式代入整理得，则得到定值.
【小问1详解】
因为双曲线的渐近线方程为，
故可设双曲线的方程为，
设，因为的重心点的坐标为，
所以，解得，所以，则代入得，
所以双曲线的标准方程为
【小问2详解】
由题意知直线的斜率必存在，设的方程为，
，则，联立，
化简得，
则，且，
由韦达定理得
，，
则直线的方程为：，
令，则
，故.
.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，即设的方程为，再将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，
22. （1）不等式对任意的恒成立，求m的取值范围；
（2）当，求证：.
（参考数据：，）
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过分离常量得到，通过构造函数，转化成求函数最大值，再利用导数求出的单调区间即可求解；
（2）先利用和（1）中结果，将问题转化成证明，构造函数，再利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的最小值即可证明结果.
【详解】（1）因为不等式对任意的恒成立，故对任意的恒成立，令，则，
所以，当时，，即在区间上单调递增，
当时，，即在区间上单调递减，
则，故.
（2）因为，故，
故只需要证明，又由（1）知，
故只需要证明，即证：，
令，则，
令，则，
所以，当时，，当时，，
而，
又，，，
又因为，所以，
故存在，，即，
当时，，当时，，
则，
又因为，所以，故，
所以，故.