2022-2023学年河北省张家口市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年河北省张家口市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据交集含义即可得到答案.

【详解】因为，

所以，

故选：C.

2．已知，，则“”是“”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】A

【分析】由可得，利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.

【详解】因为，，由，可得，

所以，“”“”；但“”“”.

所以，已知，，则“”是“”的充分不必要条件，

故选：A.

3．已知是自然对数的底数，则函数的图象在原点处的切线方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求导得，计算，，则得到切线方程.

【详解】因为，所以，

所以函数的图象在原点处的切线方程为，

故选：B.

4．设随机变量的分布列如下（其中），表示的方差，则当从0增大到1时（    ）

A．增大 B．减小

C．先减后增 D．先增后减

【答案】D

【分析】首先根据期望公式得，再根据方差计算公式得的表达式，最后利用二次函数的性质即可得到答案.

【详解】由分布列可得,

则，

因为，所以先增后减，

故选：D.

5．回文是一种修辞手法，数学中的“回文数”是指从左到右读和从右到左读都一样的正整数，例如，则从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算出五位数字的回文数的个数和五位数字的回文数的奇数的个数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】根据题意可知，五位数字的回文数中，首位有种选择，千位和百位都有种选择，

所以，五位数字的回文数的个数为个，

其中，五位数字的回文数的奇数，首位有种选择，千位和百位都有种选择，

所以，五位数字的回文数的奇数的个数为个，

因此，从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为.

故选：A.

6．某校团委对“学生喜欢体育和性别是否有关”作了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生喜欢体育的人数占男生人数的，女生喜欢体育的人数占女生人数的，若有95%以上的把握认为是否喜欢体育和性别有关，则调查人数中男生人数可能是（    ）

【附：，其中】

A．35 B．39 C．40 D．50

【答案】D

【分析】设男生女生人数均为，根据卡方公式得，根据表格得到不等式，解出即可.

【详解】设男生女生人数均为，则在列联表中，，

若有以上的把握认为学生是否喜欢体育和性别有关，

可知，解得，

又是5的整数倍，可得男生人数可取50，

故选：D.

7．现有5名大学生准备到甲、乙、丙3所学校实习，每所学校至少有1名，每名大学生只能去一所学校，若到甲、乙两所学校实习的人数不相同，则不同的实习方案种数为（    ）

A．243 B．200 C．100 D．50

【答案】C

【分析】依题意实习方案有两大类：①甲3人、乙1人、丙1人（或甲1人、乙3人、丙1人）和②甲1人、乙2人，丙2人（或甲2人、乙1人，丙2人），分别求出各类的方案数，最后根据分类加法计数原理计算可得.

【详解】依题意实习方案有两大类：

①甲3人、乙1人、丙1人（或甲1人、乙3人、丙1人）和②甲1人、乙2人，丙2人（或甲2人、乙1人，丙2人），

若为①甲3人、乙1人、丙1人或甲1人、乙3人、丙1人，则有种；

若为②甲1人、乙2人，丙2人或甲2人、乙1人，丙2人，则有种；

综上可得一共有种.

故选：C

8．若对于任意的恒成立，则正数的最小值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】D

【分析】利用分离参数法得，设，，利用导数求出其最大值，则得到不等式解出即可.

【详解】恒成立，即.

设，，

令，解得，令，解得，

则在区间上单调递增，在区间上单调递减，

所以在上的最大值是，

故只需，解得，即的最小值为，

故选：D.

二、多选题

9．下列说法正确的有（    ）

A．若一组样本数据线性相关，则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点

B．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，则推断与无关不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05

C．若随机变量和满足，则，

D．若随机变量，且，则

【答案】ABD

【分析】根据回归方程的性质判断A，根据独立性检验的思想判断B，根据期望与方差的性质判断C，根据正态分布的性质判断D.

【详解】对于A：若一组样本数据线性相关，

则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点，故A正确；

对于B：因为，所以有的把握可判断分类变量与有关联，

此推断犯错误的概率不大于，故B正确；

对于C：若随机变量和满足，则，，故C错误；

对于D：若随机变量，且，

则，故D正确；

故选：ABD

10．已知，且，则下列结论正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用乘“1”法即可求出的最小值，利用基本不等式构造一元二次不等式不等式即可求出最小值.

【详解】由，得，

，

当且仅当，即时取等号，故B正确，A错误；

，所以，即，

当且仅当，即时取等号，故C错误，D正确；

故选：BD.

11．已知，，（是自然对数的底数），则下列结论正确的有（    ）

A．， B．，

C． D．

【答案】BD

【分析】构造函数，利用其单调性和最值一一判断即可.

【详解】首先证明切线不等式，

设，则，令，解得，

又因为为单调递增函数，所以有唯一零点，

且当，，此时单调递减，当，，此时单调递增，

故，则，即，

则，，而，所以B正确，A错误；

又因为当时，单调递增，，则，

因此，故D正确，C错误.

故选：BD.

12．如图，某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位（每个车位只能停一辆车），现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则（    ）

A．4辆车的停车方法共有1680种

B．4辆车恰好停在同一行的概率是

C．2辆黑色车恰好相邻（停在同一行或同一列）的停车方法共有300种

D．相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的概率是

【答案】ABD

【分析】利用排列公式结合古典概型公式逐项分析即可.

【详解】对A，4辆车的停车方法共有(种)，A正确；

对B，4辆车恰好停在同一行的概率是，B正确；

对C，2辆黑色车相邻且停在同一行有6种，停在同一列有4种，黑色车的停车方法共有(6+4)种，

白色车的停车方法共有种，故共有(6+4)(种)方法，故C错误；

对D，相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车8个车位都可停车，

第二辆黑色车只能有3个车位可停车，黑色车共有种方法，

不妨设黑色车停在,两个车位，则两白色车只能停共7种选择，

白色车的停车方法共有种方法，故共有种方法，

其概率是，D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题D选项首先分析出黑色车有24种方法，然后通过假设黑色车停在,两个车位，则两白色车有车中选择，则白色停车方法有14种，最后利用分步乘法和古典概型公式即可得到答案.

三、填空题

13．在的展开式中，系数最大的项的系数为          （用数字作答）.

【答案】20

【分析】设第项的系数最大，则，即可求出展开式中系数最大的项．

【详解】∵的展开式的通项为，

设第项的系数最大，则，

根据公式，解得，又，

∴，

∴展开式中系数最大的项为，

即展开式中系数最大的项的系数为20，

方法二：比较的大小，选择最大值即可；

故答案为：20；

14．已知随机变量服从二项分布，且的期望，方差，则          .

【答案】

【分析】根据二项分布的期望、方差公式得到方程组，解得即可.

【详解】依题意，所以，，

解得，.

故答案为：

15．已知离散型随机事件A，B发生的概率，，若，事件，，分别表示A，B不发生和至少有一个发生，则          ，          .

【答案】     0.8/     0.6/

【分析】空1，空2：利用条件概率公式结合韦恩图计算即可.

【详解】由题意得，

，

，

，

故答案为：0.8；0.6.

16．已知函数有唯一的零点，则实数的值可以是          .【写出一个符合要求的值即可】

【答案】（答案不唯一，只需满足即可）

【分析】由可得，令，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，直线与函数的图象有且只有一个公共点，数形结合可得出实数的取值范围，即可得解.

【详解】由可得，其中且，

令，其中，则，

令可得，列表如下：

所以，函数的极大值为，

当时，；当时，，

由题意可知，直线与函数的图象有且只有一个公共点，如下图所示：

所以，实数的取值范围是.

故答案为：（答案不唯一，只需满足即可）.

四、解答题

17．已知，其中.

(1)求展开式中和的值（用数字表示）；

(2)求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）求出的二项展开式，即可求得、的值；

（2）令，利用赋值法可得出，即可得解.

【详解】（1）解：的展开式通项为，

所以，，.

（2）解：令，

则，

因此，.

18．某健身俱乐部举办“燃脂运动，健康体魄”活动，参训的学员700人中超过90%属于超重人员，经过艰苦的训练，近五个月学员体重指标变化如下表：

(1)已知变量与变量具有线性相关关系，建立以为解释变量，为响应变量的一元经验回归方程；

(2)俱乐部王教练每天从骑车和游泳中随机选择一种对学员进行减脂训练.选择方法如下：第一天选择骑车，随后每天用“一次性抛掷4枚质地均匀的硬币”来确定训练方式，若正面朝上的枚数小于3，则该天训练方式与前一天相同，否则选择另一种方式.求前三天骑车训练的天数的分布列和数学期望.

附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.

参考数据：.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为.

【分析】（1）利用线性回归方程公式计算即可；

（2）首先利用二项分布公式得，，再得出的所有可能取值为1,2,3，计算对应概率得到分布列，再利用期望公式即可.

【详解】（1）由图表可知，

，

由，

则，

所以经验回归方程为.

（2）一次性抛郑4枚质地均匀的硬币正面朝上的枚数记为,则，

，，

的所有可能取值为1,2,3，

，

，

，

所求分布列为

.

19．如图，已知三棱锥的三条侧棱，，两两垂直，且，，，三棱锥的外接球半径.

(1)求三棱锥的侧面积的最大值；

(2)若在底面上，有一个小球由顶点处开始随机沿底边自由滚动，每次滚动一条底边，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为；当球在顶点处时，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为；当球在顶点处时，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为.若小球滚动3次，记球滚到顶点处的次数为，求数学期望的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，利用基本不等式求出的最大值，即可得解；

（2）依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望.

【详解】（1）因为三条侧棱，，两两垂直，且，，，且三棱锥的外接球半径，

则以、、为长、宽、高的长方体的体对角线为外接球的直径，即，

所以，当且仅当时取等号，

所以三棱锥的侧面积，当且仅当时取等号，

即三棱锥的侧面积的最大值为.

（2）依题意的可能取值为、、，

则，，

，

所以.

20．某校举办颠乒乓球比赛，现从高一年级1000名学生中随机选出40名学生统计成绩，其中24名女生平均成绩为70个，标准差为4；16名男生平均成绩为80个，标准差为6.

(1)高一年级全员参加颠球比赛的成绩近似服从正态分布，若用这40名参赛的同学的样本平均数和标准差（四舍五入取整数）分别作为，，估计高一年级颠球成绩不超过60个的人数（四舍五入取整数）；

(2)颠球比赛决赛采用5局3胜制，甲、乙两名同学争夺冠亚军，如果甲每局比赛获2胜的概率为，在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率.

附：若，则，，.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据平均数、方差公式求出、，再根据正态分布的性质求出，即可估计人数；

（2）设事件表示“甲获胜”，事件表示“甲前局获胜”，求出、，再利用条件概率的概率公式计算可得.

【详解】（1）依题意，即，

，

所以，

同理，

所以，

所以

，

所以，即，

因为，且，

所以，

所以，即估计颠球成绩不超过个的人数为.

（2）设事件表示“甲获胜”，事件表示“甲前局获胜”，甲获胜有，，三类，

对应的概率分别为，，，

所以，

，

所以，

所以在甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率为.

21．定义表示，中的较小者，已知函数，的图象与轴围成的图形的内接矩形中（如图所示），顶点（点位于点左侧）的横坐标为，记为矩形的面积，

(1)求函数的单调区间，并写出的解析式；

(2)（i）证明：不等式；

（ii）证明：存在极大值点，且.

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，，

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）根据正、余弦函数图象的性质得到的解析式，从而求出的单调区间，设，则，即可表示出的解析式；

（2）（i）令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证；

（ii）利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值点，则，在结合（i）的结论，即可得证.

【详解】（1）由正弦函数、余弦函数的图象可知当时，

当时，

所以，显然的单调递增区间为，单调递减区间为，

点、关于对称，设，，

则矩形的面积，.

（2）（i）令，，

则，

故在上单调递增，

故，

，即当时.

（ii）因为，，

则，令，，

则，即在上单调递减，

又，，所以在上存在唯一零点，

当时，单调递增，当时，单调递减，

所以存在极大值点，则，即，

由（i）的结论，则，解得.

22．已知函数.

(1)求函数的单调区间和极值；

(2)若方程的两个解为、，求证：.

【答案】(1)减区间为，增区间为，极小值为，无极大值；

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果；

（2）设，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，要证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出对任意的恒成立，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：函数的定义域为，且，

令可得，列表如下：

所以，函数的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.

（2）解：设，其中，则，

令，可得，此时，函数在上单调递减，

令，可得，此时，函数在上单调递增，

所以，是函数的极小值点，

因为函数有两个零点、，设，则，

即且，要证，即证，

因为函数在上单调递增，

所以，只需证明：，即证，

令，其中，

则，

因为，则，

所以，，故函数在上为减函数，

又因为，所以，对任意的恒成立，

则，即，故成立.

【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：

（1）证明（或）：

①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；

②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；

③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；

（2）证明（或）（、都为正数）：

①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；

②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；

③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；

（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.