2022-2023学年四川省泸州市高二下学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省泸州市高二下学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（    ）．

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据全称命题的否定分析判断.

【详解】由题意可知：命题“，”的否定是“，”.

故选：A.

2．复数z满足，则（    ）．

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数，再结合共轭复数的意义、复数加法求解作答.

【详解】依题意，，则，

所以.

故选：B

3．某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：

用该样本估计总体，以下四个说法错误的是（    ）．

A．57周岁以上参保人数最少

B．18～30周岁人群参保总费用最少

C．C险种更受参保人青睐

D．31周岁以上的人群约占参保人群80％

【答案】B

【分析】根据扇形图、散点图、频率图对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，57周岁以上参保人数所占比例是，是最少的，A选项正确.

B选项，“18～30周岁人群参保平均费用”比“57周岁以上人群参保平均费用”的一半还多，

而18～30周岁人群参保人数所占比例是57周岁以上参保人数所占比例的两倍，

所以57周岁以上参保人群参保总费用最少，B选项错误.

C选项，C险种参保比例，是最多的，所以C选项正确.

D选项，31周岁以上的人群约占参保人群，D选项正确.

故选：B

4．在区间上随机选取一个数M，执行如图所示的程序框图，且输入x的值为2，然后输出n的值为N，则的概率为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据程序框图分析可得，再结合几何概型运算求解.

【详解】因为，则，可得；

因为，则，可得；

因为，则，输出，即；

所以的概率.

故选：C.

5．已知条件p：函数在区间上单调递增，条件，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】A

【分析】求出条件的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】函数的单调递增区间是，依题意，，

因此，解得，显然，

所以p是q的充分不必要条件.

故选：A

6．某学校有2000人参加模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到120分（含90分和120分）之间的人数约为（    ）．

A．400 B．600 C．800 D．1200

【答案】D

【分析】根据给定条件，结合正态分布的对称性求出成绩在90分到120分的概率，即可求解作答.

【详解】依题意，随机变量，有，即正态曲线的对称轴为，

由，得，

所以此次数学考试成绩在90分到120分之间的人数约为.

故选：D

7．已知抛物线的焦点为F，点P在C上，若点，则周长的最小值为（    ）．

A．13 B．12 C．10 D．8

【答案】A

【分析】由抛物线的定义结合三点共线取得最小值.

【详解】，故,

记抛物线的准线为，则：，

记点到的距离为，点到的距离为，

则.

故选：A.

8．若函数在上单调递增，则实数m的取值范围是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，利用给定的单调性建立不等式，分离参数并构造函数，再利用导数求出最大值作答.

【详解】函数，求导得，

依题意，，恒成立，

令函数，，求导得，

因此函数在上单调递增，即，则，

显然当时，，当时，，而，即有，

所以实数m的取值范围是.

故选：C

9．已知，，是圆上的动点，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】线段的中点为，考虑和两种情况，计算垂直平分线，再根据垂直平分线和圆有交点得到，解得答案.

【详解】线段的中点为，

当时，存在点满足；

当时，直线的斜率，

所以线段的垂直平分线的方程为，整理得．

若，则直线与圆有公共点，所以，整理得，

因为，所以，解得．

综上可知，的取值范围是．

故选：C

10．为了防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学试卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编，则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为

A．150 B．180 C．200 D．280

【答案】A

【分析】根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案．

【详解】解：人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3．

若是1，1，3，则有种，

若是1，2，2，则有种

所以共有150种不同的方法．

故选：．

【点睛】本题考查排列、组合的运用，难点在于分组的情况的确定，属于中档题．

11．已知、为双曲线的左、右焦点，点P在C的右支上，若，且直线与C的一条渐近线平行，则C的离心率为（    ）．

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】根据双曲线的定义、直线斜率、勾股定理列式可得关系，从而可得双曲线离心率.

【详解】如图，

双曲线的渐近线方程为，

由双曲线的定义可得①，

因为，所以，则②，

又直线与C的一条渐近线平行，所以③，

联立①③得：，代入②得：，即，则双曲线的离心率.

故选：D.

12．已知正数x，y满足，则的最小值为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据式子结构，把变形为，构造函数，根据在上单调递增，得到，即，令，利用导数判断单调性，求出最小值.

【详解】因为，即，所以，

所以.

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

所以，令.

则.令，解得：；

令，解得：；

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以.

即的最小值为.

故选：B

【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围.

二、填空题

13．甲乙两名篮球运动员最近6场比赛的得分如茎叶图所示，若甲、乙的平均数相等，中位数也相等，则的值是          ．

【答案】2

【分析】根据题意结合平均数、中位数的定义运算求解.

【详解】由题意可知：甲的得分依次为：，

可得其平均数为，中位数为；

乙的得分依次为：，

可得其平均数为，

因为，可得，

因为，不妨设，可知

若，则，乙的中位数为，不合题意；

若，则，乙的中位数为，符合题意；

若，则，乙的中位数为，不合题意；

综上所述：，，可得.

故答案为：2.

14．设x，y满足条件，则的最大值为          ．

【答案】4

【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义求解作答.

【详解】不等式组表示的平面区域，如图中阴影（含边界），其中，

目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，

画直线，平移直线到直线，当直线过点时，直线的纵截距最大，最大，，

所以的最大值为4.

故答案为：4

15．写出使“的展开式存在常数项”的n的一个取值          ．

【答案】3（答案不唯一）

【分析】求出二项式展开式的通项公式，再分析计算作答.

【详解】二项式展开式的通项公式，

由，得，又，因此，

所以n的一个取值为3.

故答案为：3

16．已知定义域为的函数的图象关于直线对称，当时，，设函数的导函数为，给出以下结论：

①；

②函数的图象关于点对称；

③若时，函数在上是减函数；

④若函数恰有四个零点．则a的取值范围是．

其中正确的序号是          （写出所有正确命题的编号）．

【答案】①②④

【分析】根据函数的对称性及函数的零点可判断①；由于对称可得，两边求导，可得导函数的对称性，可判断②；对导函数求导，可得的单调性，从而判断③；由函数零点的定义，孤立参数即可求得满足函数恰有四个零点时，实数a的取值范围，可判断④.

【详解】因为的图象关于直线对称，所以，

当时，，所以，所以，故①正确；

对两边求导可得，所以函数的图象关于点对称，故②正确；

若时，当时，，则，

令，则恒成立

所以函数在上是增函数，故③不正确；

因为恰有四个零点，所以当时，恰有两个零点，且当时，恰有两个零点，

因为时，，令，则有或，

所以有一个解且不为，

因为，即，

所以与在时的图象有一个交点，

令，则，所以在单调递减，

又，

当逼近于时，逼近于0，且，

因为与在时的图象有一个交点，

所以，且，

因为函数的图象关于直线对称，

所以当时，同理可得且，

所以当恰有四个零点，则的取值范围是，故④正确.

综上，正确的序号是①②④.

故答案为：①②④.

三、解答题

17．2023年1月9日，中国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭（下简称长七改火箭），成功发射实践二十三号卫星，中国航天实现2023年宇航发射“开门红”．为了解某中学高二学生对此新闻事件的关注程度，从该校高二学生中随机抽取了50名学生进行调查，调查样本中有20名女生．如图是根据样本的调查结果绘制的等高条形图（阴影区域表示关注“长七改火箭”的部分）．

(1)请你依据2×2列联表的独立性检验，判断该校高二学生是否有95％的把握认为对“长七改火箭”的关注程度与性别有关？

(2)若将频率视为概率，现从该校高二的女生中随机抽取3人，记被抽取的3名女生中对“长七改火管”新闻关注的人数为随机变量X，求X的分布列和均值．

附：，其中．

【答案】(1)列联表见详解，没有95％的把握认为对“长七改火箭”的关注程度与性别有关

(2)分布列见详解，

【分析】（1）根据题意完善列联表，求，并与临界值对比分析；

（2）根据题意分析可得，结合二项分布求分布列和期望.

【详解】（1）由题意可知：样本中有30名男生，20名女生，

其中男生关注“长七改火箭”的有人，女生关注“长七改火箭”的有人，

可得列联表为

则，

所以没有95％的把握认为对“长七改火箭”的关注程度与性别有关.

（2）由题意可得：女生关注“长七改火箭”的频率为，则，

可得的取值可能为，则：

，

，

所以的分布列为

可得的期望.

18．已知函数．

(1)求函数的单调递增区间；

(2)当时，函数在上的最小值为，求a的值．

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论解不等式作答.

（2）利用（1）的结论求出最小值，即可计算作答.

【详解】（1）函数的定义域为，求导得，

当时，，当且仅当时取等号，则函数在上单调递增，

当时，由得或，即函数在上单调递增，

当时，由得或，即函数在上单调递增，

所以当时，函数的递增区间是；

当时，函数的递增区间是；

当时，函数的递增区间是.

（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，，

于是，解得

所以a的值为.

19．新能源汽车绿色出行引领时尚，某市有统计数据显示，某充电站6天使用充电桩的用户数据如下表，用两种模型①；②分别进行拟合，得到相应的回归方程分别为，，进行残差分析得到如表所示的残差值及一些统计量的值（残差值＝真实值－预测值）．

参考数据：，，，．

(1)若残差值的绝对值之和越小，则模型拟合效果越好．根据表中数据，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪一个模型？并说明理由；

(2)若残差绝对值大于3的数据认为是异常数据，需要剔除，剔除异常数据后，重新求出（1）中所选模型的回归方程（参考公式：，）．

【答案】(1)应该选模型①，理由见解析.

(2)

【分析】（1）求出两模型的残差值得绝对值之和进行比较即可.

（2）先剔除异常数据，然后利用回归方程的公式结合已知数据进行计算即可.

【详解】（1）当时，，所以，

当时， ，，

模型①残差值的绝对值之和为：，

模型②残差值的绝对值之和为：，

因，所以模型①的拟合效果较好，应该选模型①.

（2）由题意剔除异常数据即第3天的数据后，

得

，

，

，

，

，

故关于的回归方程为.

20．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C相交于两点M，N，且．

(1)求C的方程；

(2)若点，直线与椭圆C交于两点B，D，且与x轴交于点T．连接和．从下列三个条件中选取一个作为条件，探究直线l是否过定点，如是，请求出，如果不是，请说明理由．

①点B关于x轴的对称点在直线上；

②若直线与直线的倾斜角分别为，，且满足；

③B，D两点不在x轴上，设和的面积分别为和，且．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)过定点，理由见解析.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可列方程求解，

（2）无论选择哪一个条件，问题都转化为，联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据斜率公式，代入化简即可求解，进而可得定点坐标.

【详解】（1）由直线与椭圆C相交于两点M，N，且可知点在椭圆上，

所以，解得，所以椭圆方程为

（2）若选①点B关于x轴的对称点在直线上；

则可知直线，关于x轴对称，所以，

联立直线与椭圆的方程得，

设，

由韦达定理可得，，

，

因此，

化简得，

此时，符合题意，

此时直线为恒过定点，

若选②若直线与直线的倾斜角分别为，，且满足；则，故，

接下求解与选①同.

若选择③B，D两点不在x轴上，设和的面积分别为和．由于,

又，所以,所以，

接下求解与选①同.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法

（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.

（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

技巧：若直线方程为,则直线过定点;

若直线方程为 (为定值),则直线过定点

21．设函数，，其中e是自然对数的底数．

(1)若曲线在处的切线与曲线相切，求a的值；

(2)若，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见详解

【分析】求得，根据导数的几何意义运算求解；

分析可得，构建，利用导数结合零点存在性定理以及隐零点问题可得，进而可得结果.

【详解】（1）因为，则，

可得，

即切点坐标为，切线斜率，

所以切线方程为，即，

又因为，则，

设直线与曲线的切点为，

可得，解得，

所以a的值为.

（2）因为，，

可得，

构建，

可知的定义域为，且，

构建，

可知的定义域为，且，

因为在内单调递增，则在内单调递增，

且，

所以在内存在唯一零点，

当时，，则在内单调递减；

当时，，则在内单调递增；

且，

所以在内存在两个零点，且，

当时，，则在内单调递增；

当时，，则在内单调递减；

且x趋近于0时，趋近于，

又因为，即，

可得，

构建，则，

可知在内单调递减，且，

所以在内单调递减，且，

即，

所以在内恒成立，

故，即.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤

（1）作差或变形；

（2）构造新的函数；

（3）利用导数研究的单调性或最值；

（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

(2)已知点，若直线l与曲线C交于A，B两点，求的值．

【答案】(1)；

(2)8

【分析】（1）把消去可得曲线C的普通方程；利用两角和与差的正弦公式展开，把，代入可得直线l的直角坐标方程；

（2）先得到直线的参数方程（s为参数），代入曲线C的方程得到，利用s的几何意义，可设，，再结合韦达定理可求.

【详解】（1）因为（t为参数），所以，

所以曲线C的普通方程为，

因为，所以，

因为，，所以直线l的直角坐标方程为.

即

（2）由（1）可得直线l的参数方程（s为参数），

代入，整理得，

设，，则，，

所以.

23．函数，设恒成立时m的最大值为n．

(1)求n的值；

(2)若a，b，c为正数，且满足，证明：．

【答案】(1)4

(2)证明见解析

【分析】（1）零点分段讨论，去掉绝对值，通过单调性得最小值解决恒成立问题，可求n的值；

（2）利用柯西不等式证明结论.

【详解】（1），

，

所以在上单调递减，在上单调递增，

，由恒成立，则有，得.

（2）由（1）可知

若a，b，c为正数，由柯西不等式，

得，当且仅当时等号成立，

由，有，所以.