2022-2023学年山东省滨州市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年山东省滨州市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题直接求解.

【详解】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，

可得命题“”的否定是.

故选:D.

2．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先解出的范围，进而可得.

【详解】，

所以，

故选：C

3．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先通过奇偶性排除部分选项，再由又的取值范围判断.

【详解】解：因为函数，

所以是奇函数，则排除A，

又，

且，

等号不同时成立，则，

故选：B

4．若，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数的单调性和对数函数的单调性比较即可求解.

【详解】，

，又，

，

所以.

故选：C.

5．现从名男医生和名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用表示事件“抽到的两名医生性别相同”，表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先求出抽到的两名医生性别相同的事件的概率，再求抽到的两名医生都是女医生事件的概率，然后代入条件概率公式即可

【详解】解：由已知得,，

则，

故选：A

【点睛】此题考查条件概率问题，属于基础题

6．高考期间，为保证考生能够顺利进入考点，交管部门将5名交警分配到该考点周边三个不同路口疏导交通，每个路口至少1人，至多2人，则不同的分配方染共有（    ）

A．60种 B．90种 C．125种 D．150种

【答案】B

【分析】根据题意，分2步进行分析：将5名交警分成1、2、2的三组；将分好的三组全排列，对应3个路口，由分步乘法计数原理计算可得答案.

【详解】根据题意，分2步进行分析：

将5名交警分成1、2、2的三组，有种分组方法；

将分好的三组全排列，对应3个路口，有种情况，

则共有种分配方案.

故选:B.

7．设，则“”是“函数为增函数”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】利用导数求出函数为增函数时的取值范围，利用集合的包含关系即可求出结果.

【详解】的定义域为，

，

若函数为增函数，

则在上恒成立，

即在上恒成立，

因为，当且仅当，即时，等号成立，

所以，解得，

因为真包含于，

所以“”是“函数为增函数”的充分不必要条件.

故选:A.

8．李老师全家一起外出旅游，家里有一盆花交给邻居帮忙照顾，如果邻居记得浇水，那么花存活的概率为0.8，如果邻居忘记浇水，那么花存活的概率为0.3．已知邻居记得浇水的概率为0.6，忘记浇水的概率为0.4，那么李老师回来后发现花还存活的概率为（    ）

A．0.45 B．0.5 C．0.55 D．0.6

【答案】D

【分析】利用条件概率和全概率公式求解.

【详解】设事件：邻居记得浇水，事件：邻居忘记浇水，事件：花存活，

则有

由全概率公式可得,

故选:D.

二、多选题

9．已知实数，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】BC

【分析】根绝不等式的基本性质逐一进行判断，要注意不等式性质成立的条件.

【详解】对于选项A，当时，若，则，错误；

对于选项B，若，故，则，正确；

对于选项C，若则，

所以，正确；

对于选项D,，

当时，，但是的符号与的符号不确定，

所以与大小关系不确定，错误.

故选：BC.

10．下列命题中正确的是（    ）

A．若，且，则

B．若，且，则

C．若离散型随机变量满足，则

D．对于任意一个离散型随机变量，都有

【答案】ABD

【分析】根据二项分布的期望和方差公式，即可求得，从而判断A；根据正态曲线的对称性及已知条件即可判断B；根据，即可判断C；利用方差的定义化简整理即可判断D.

【详解】对于，因为随机变量服从二项分布，则 ，解得，故A正确；

对于B，因为随机变量服从正志分布，则 ，故B正确；

对于C，由，则 ，故C错误；

对于D，令，

则

，D正确.

故选: .

11．袋内有大小完全相同的2个黑球和3个白球，从中不放回地每次任取1个小球，直至取到白球后停止取球，则（    ）

A．抽取2次后停止取球的概率为0.6

B．停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为0.9

C．取球次数的期望为1.5

D．取球3次的概率为0.1

【答案】BCD

【分析】根据离散型随机变量的分布列,求出随机变量的所有可能取值以及对应的概率,即可求解.

【详解】设 为取球的次数,则可取，

故可知：，

，

，

对于A，抽取2次后停止取球的概率为：，

故A错误；

对于B，停止取球时，取出的白球个数不少于黑球的概率为：，

故B正确；

，

故C正确；

取球三次的概率为，

故D正确.

故选：BCD

12．已知函数及其导函数的定义域均为为奇函数，为偶函数．对任意的，且，都有，则下列结论正确的是（    ）

A． B．是奇函数

C． D．

【答案】AC

【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的周期性，可以判断AB，结合单调性及极值点的概念可以判断CD．

【详解】因为为奇函数，为偶函数，

所以的图象关于点对称，且关于直线对称，

所以，，，

所以

所以，所以是周期函数，4是它的一个周期．

对于A，，

所以，A正确；

对于B，因为，所以，

则，是偶函数，B错；

对于C，对任意的，且，都有，

即时，，所以在是单调递增，即，

又因为的图象关于直线对称，所以在是单调递减，即，

所以是的极大值点，

因为导函数的定义域均为，即存在，所以，C正确；

对于D，，，，

，∴，故D错．

故选：AC．

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握函数关于点对称与轴对称的性质，从而由函数的奇偶性推得所需式子，由此得解.

三、填空题

13．已知，则         ．

【答案】1

【分析】先求出，再求

【详解】因，

所以，

所以，

故答案为：1

14．已知，则         ．

【答案】

【分析】令即可求的值，令结合的值，即可求的值.

【详解】令可得：，所以，

令可得：，

即，

所以，

故答案为：.

15．已知，则的最小值是         ．

【答案】/

【分析】根据题意，得到，结合基本不等式，即可求解.

【详解】因为，则

，

当且仅当时，即时，等号成立，

所以的最小值是.

故答案为：.

四、双空题

16．已知函数，函数有三个不同的零点，且，则实数的取值范围是      ；的取值范围是     

【答案】         

【分析】分析分段函数的性质，画出草图，易知有三个不同的零点，有，进而可得，即可求范围.

【详解】由题设，当时，，

当时，，当且仅当时等号成立，

故，又，当时，，则在上单调递增，

当时，，则在上单调递减，

当时，单调递增，且，

综上可得如下函数图象：

要使有三个不同的零点，则，

所以实数的取值范围是；

由图知：当时，有，当时，令，则，

有，，

所以且，而在上递减，

所以.

故答案为：；

【点睛】方法点睛：已知方程根的个数，求参数的取值范围的常用方法：

（1）直接法：直接根据题设条件列出关于参数的不等式，求解即可得出参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题进行求解；

（3）数形结合法：对解析式适当变形，构造两个函数，在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，其交点的个数就是方程根的个数，然后数形结合求解．常见类型有两种：一种是转化为直线与函数的图象的交点个数问题；另一种是转化为两个函数的图象的交点个数问题.

五、解答题

17．已知函数，曲线在点处的切线平行于直线.

(1)求的值；

(2)求函数的极值.

【答案】(1)

(2)函数的极大值为，极小值为

【分析】（1）由导数几何意义，求出的值；

（2）由求极值的步骤，求出极大值和极小值.

【详解】（1）由可得，

因为曲线在点处的切线平行于直线，即，

所以，解得；

（2）由（1）知，，

令，解得或，

令，解得，

故的单调递增区间是和，单调递减区间是，

由极值的定义知极大值为，

极小值为.

18．设的展开式中前三项的二项式系数之和为22．

(1)求展开式中二项式系数最大的项；

(2)求展开式中含的项．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意利用二项式系数的性质求得的值，可得展开式中二项式系数最大的项．

（2）在二项展开式的通项公式中，令的幂指数为整数，求得的值，可得展开式中的有理项．

【详解】（1）因为展开式中前三项的二项式系数之和为22,

所以,即,解得,或(舍).

所以展开式中共7项,二项式系数最大的项为第4项,

即.

（2）由题意知展开式的通项为，.

令,解得.

所以展开式中含的项为.

19．已知函数，其中．

(1)当时，判断函数的奇偶性，并说明理由；

(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)为非奇非偶函数，理由见解析.

(2)

【分析】（1）先求函数的定义域为，因定义域不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数.

（2） 先根据函数为单调递增函数，将转化为，根据题意可转化为在上最小值大于0，然后结合二次函数的性质即可求得.

【详解】（1）当时，，

由得

，

故或，

得或，

故函数的定义域为，

因函数的定义域不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数.

（2）由得，

得，

即，

设，

因，故，

所以当时，恒成立，

即为在上最小值大于0，

函数的对称轴为，

当即时，函数在上单调递增，

此时，得，

当，即时，函数在对称轴取得最小值，

此时，

得（舍去），

故的取值范围为

20．为了加快实现我国高水平科技自立自强，某科技公司逐年加大高科技研发投入．下图1是该公司2013年至2022年的年份代码x和年研发投入y（单位：亿元）的散点图，其中年份代码1-10分别对应年份2013-2022．

根据散点图，分别用模型①，②作为年研发投入关于年份代码的经验回归方程模型，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下表所示的一些统计量的值：

表中．

(1)根据残差图，判断模型①和模型②哪一个更适宜作为年研发投入关于年份代码的经验回归方程模型？并说明理由；

(2)根据（1）中所选模型，求出关于的经验回归方程，并预测该公司2028年的高科技研发投入．

附：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为．

【答案】(1)选择模型②，理由见解析

(2),预测该公司2028年的高科技研发投入亿元.

【分析】（1）根据残差图判断；

（2）利用最小二乘法求非线性回归方程即可求解.

【详解】（1）根据图2可知，模型①的残差波动性很大，说明拟合关系较差；模型②的残差波动性很小，基本分布在0的附近，说明拟合关系很好，所以选择模型②更适宜.

（2）设，所以，

所以，，

所以关于的经验回归方程为，

令，则，

即预测该公司2028年的高科技研发投入亿元.

21．为研究某市居民的身体素质与户外体育锻炼时间的关系，对该市某社区100名居民平均每天的户外体育锻炼时间进行了调查，统计数据如下表：

规定：将平均每天户外体育锻炼时间在分钟内的居民评价为“户外体育锻炼不达标”，在分钟内的居民评价为“户外体育锻炼达标”．

(1)请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与户外体育锻炼是否达标有关联？

(2)从上述“户外体育锻炼不达标”的居民中，按性别用分层抽样的方法抽取5名居民，再从这5名居民中随机抽取3人了解他们户外体育锻炼时间偏少的原因，记所抽取的3人中男性居民的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；

(3)将上述调查所得到的频率视为概率来估计全市的情况，现在从该市所有居民中随机抽取3人，求其中恰好有2人“户外体育锻炼达标”的概率.

参考公式：，其中．

参考数据：（独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值）

【答案】(1)列联表见解析，认为性别与户外体育锻炼是否达标无关联；

(2)分布列见解析，;

(3).

【分析】（1）根据所给的数据列出列联表，即可得出结果；

（2）由题意，可知可取0,1,2,3，求出分布列，再求数学期望即可；

（3）设所抽取的4名学生中，课外体育达标的人数为，可知,即可得解.

【详解】（1）

零假设为:性别与户外体育锻炼是否达标无关联.

根据列联表中的数据，经计算得到,

根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立,

因此可以认为成立，即认为性别与户外体育锻炼是否达标无关联.

（2）易知，所抽取的5名居民中男性为名，女性为名.

的所有可能取值为0,1,2,

，，，

所以的分布列为

所以.

（3）设所抽取的3名居民中 “户外体育锻炼达标”的人数为，

列联表中居民“户外体育锻炼达标”的频率为，

将频率视为概率则，

所以，

所以从该市所有居民中随机抽取3人,其中恰有2人“户外体育锻炼达标”的概率为.

22．已知函数，其中．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，判断函数的零点个数．

【答案】(1)见解析；

(2)零点个数为1.

【分析】（1）函数定义域为，求导，讨论的范围，通过导数的正负确定函数的单调性；

（2），讨论以确定导数的正负，研究函数的单调性和极值，结合函数零点存在性定理确定函数的零点个数．

【详解】（1）因为,

所以函数的定义域为​​​​​​​，

，

令，得或，

①当时，令，得，令，得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增；

②当时，令，得，令，得,

所以函数在和上单调递增，在上单调递减；

③当时，，

所以函数在上单调递增；

④当时，令，得,令，得,

所以函数在和上单调递增，在上单调递减.

综上所述，时，在上单调递减，在上单调递增；

时，在和上单调递增，在上单调递减；

时，在上单调递增；

时，在和上单调递增，在上单调递减.

（2）由（1）得，因为，

①若，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以有极大值，

极小值，又，

所以函数有1个零点．

②若，则，所以函数单调递增，

此时，，所以函数有1个零点．

③若，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以有极大值，显然极小值，

又，所以函数有1个零点．

综上所述，当时，函数的零点个数为1.

【点睛】思路点睛∶涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在定理，借助数形结合思想分析解决问题.