2022-2023学年广东省深圳中学高二（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳中学高二（下）期中数学试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，多项选择题.，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知函数，则（1）
A．B．C．D．
2．（5分）对四组数据进行统计，获得以下散点图，则其相关系数值最大的是
A．B．C．D．
3．（5分）如果随机变量，且，，则等于
A．B．C．D．
4．（5分）一袋中装有10个球，其中3个黑球、7个白球，从中先后随机各取一球（不放回），则第二次取到的是黑球的概率为
A．B．C．D．
5．（5分）已知从某批材料中任取一件时，取得的这件材料的强度，，则取得的这件材料的强度介于182到236之间的概率为
附：若，则，，．
A．0.9973B．0.8665C．0.8413D．0.8185
6．（5分）某一离散型随机变量的概率分布如下表，且，则的值为
A．B．0C．0.1D．0.2
7．（5分）已知函数，则的图象大致为
A．B．
C．D．
8．（5分）当时，下列不等式正确的是
A．B．
C．D．
二、多项选择题（共4小题，每小题均有两个选项符合题意，全对得5分，错选得0分，漏选得2分，共20分）.
9．（5分）关于的展开式，下列结论正确的是
A．奇数项的二项式系数和为32
B．所有项的系数和为243
C．只有第3项的二项式系数最大
D．含项的系数为40
10．（5分）关于随机事件，，，下列说法正确的是
A．若，则，独立
B．若（A）（B），则
C．若（A）（B），则（A）（B）
D．若事件和是两个互斥事件，则
11．（5分）设函数的定义域为，是的极大值点，以下结论一定正确的是
A．，B．是的极大值点
C．是的极小值点D．是的极小值点
12．（5分）已知函数，，其中，1，则
A．存在过点与函数、图象均相切的直线
B．当，时，不存在与函数、图象均相切的直线
C．当，时，存在两条与函数、图象均相切的直线
D．最多存在三条与函数、图象均相切的直线
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）下面是一个列联表：
则表中，处的值分别为 ； ．
14．（5分）甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以的比分获胜的概率为 ．
15．（5分）已知随机变量的取值为，1，．若，，则 ．
16．（5分）已知函数，若存在唯一的零点，且．则的取值范围是 ．
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．（10分）如图，已知长方体，，，，，．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
18．（12分）已知某绿豆新品种发芽的适宜温度在之间，一农学实验室研究人员为研究温度与绿豆新品种发芽数（颗之间的关系，每组选取了成熟种子50颗，分别在对应的的温度环境下进行实验，得到如下散点图：
（1）由折线统计图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立关于的回归方程，并预测在的温度下，种子发芽的颗数．
参考数据：，，，．
参考公式：相关系数，回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
19．（12分）若函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）在处有极值为，求的值．
20．（12分）深圳中学足球社团是一个受学生欢迎的社团．
（1）现社团招新，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢点球3次．某同学进行“点球测试”，依据平时的训练数据，获得其单次点球踢进的概率为，该同学每次点球是否踢进相互独立．他在测试中所踢的点球次数记为，求的分布列及数学期望；
（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．
证明：数列为等比数列：
判断第19次还是第20次触球者是甲的概率大．
21．（12分）函数．
（1）若函数存在过点的切线，求实数的取值范围；
（2）若，函数在区间，上最大值为，最小值为，求的最小值．
22．（12分）已知函数，．
（1）若，求的取值范围；
（2）当，时，证明：．
2022-2023学年广东省深圳中学高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）已知函数，则（1）
A．B．C．D．
【答案】
【分析】利用导数的运算性质求出函数的导数，然后令即可求解．
【解答】解：由已知可得，
则（1）．
故选：．
【点评】本题考查了导数的运算性质，属于基础题．
2．（5分）对四组数据进行统计，获得以下散点图，则其相关系数值最大的是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据相关系数的定义的值越接近于1关联性越强，结合图象即可求解．
【解答】解：根据相关系数的定义知，越接近于1关联性越强，
结合图象知，第一、三两幅图为正相关，且第一幅图的相关性较强，所以，
又因为第二、四幅图变量之间为负相关，且第二幅图的相关性较强，所以，
故选：．
【点评】本题考查了相关系数的定义与应用问题，是基础题．
3．（5分）如果随机变量，且，，则等于
A．B．C．D．
【答案】
【分析】因为服从二项分布，由二项分布的期望和方差公式，解出即可．
【解答】解：如果随机变量，则，又，，
，，．
故选：．
【点评】本题考查二项分布的期望和方差公式，属基本题型基本方法的考查．
4．（5分）一袋中装有10个球，其中3个黑球、7个白球，从中先后随机各取一球（不放回），则第二次取到的是黑球的概率为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合古典概型的概率公式，即可求解．
【解答】解：由题意可得，第二次取到的是黑球的概率为．
故选：．
【点评】本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．
5．（5分）已知从某批材料中任取一件时，取得的这件材料的强度，，则取得的这件材料的强度介于182到236之间的概率为
附：若，则，，．
A．0.9973B．0.8665C．0.8413D．0.8185
【答案】
【分析】本题根据正态分布对称性的性质，即可求出答案．
【解答】解：因为取得的这件材料的强度，，
所以，，
则，，
，
所以．
故选：．
【点评】本题考查正态分布曲线的性质，属于基础题．
6．（5分）某一离散型随机变量的概率分布如下表，且，则的值为
A．B．0C．0.1D．0.2
【答案】
【分析】根据题意，由分布列的性质可得，又由期望的计算公式可得，联立两个式子可得、的值，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分布列可得：，则有①，
又由，即，则有②，
联立①②可得：，则．
故选：．
【点评】本题考查随机变量的分布列，涉及随机变量的期望，属于基础题．
7．（5分）已知函数，则的图象大致为
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】考虑函数的分母的函数值恒小于零，即可排除，，由的定义域能排除，这一性质可利用导数加以证明
【解答】解：设
则
在上为增函数，在上为减函数
得：或均有排除，，
又中，，能排除．
故选：．
【点评】本题主要考查了函数解析式与函数图象间的关系，利用导数研究函数性质的应用，排除法解图象选择题，属基础题
8．（5分）当时，下列不等式正确的是
A．B．
C．D．
【分析】利用导数法分析在区间上的单调性，并分析函数的值域，进而可得答案．
【解答】解：令，
则，
当时，，，
故，
故在区间上单调递减，
由，
，
又，
故（1），
综上：，
故选：．
【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，其中分析出在区间上的单调性，是解答的关键．
二、多项选择题（共4小题，每小题均有两个选项符合题意，全对得5分，错选得0分，漏选得2分，共20分）.
9．（5分）关于的展开式，下列结论正确的是
A．奇数项的二项式系数和为32
B．所有项的系数和为243
C．只有第3项的二项式系数最大
D．含项的系数为40
【答案】
【分析】由二项展开式的二项式系数的性质判断；取求得所有项的系数和判断；写出展开式的通项，由的指数为1求得值，可得含项的系数判断．
【解答】解：的展开式的所有二项式系数和为，奇数项的二项式系数和为16，故错误；
取，可得所有项的系数和为，故正确；
的展开式有6项，第3项与第4项的二项式系数相等且最大，故错误；
展开式的通项为，
由，得，
含项的系数为，故正确．
故选：．
【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．
10．（5分）关于随机事件，，，下列说法正确的是
A．若，则，独立
B．若（A）（B），则
C．若（A）（B），则（A）（B）
D．若事件和是两个互斥事件，则
【答案】
【分析】由条件概率公式及独立事件的定义判断，由独立事件的定义判断，举实例判断，由互斥事件的概率加法公式判断．
【解答】解：，若，
则（B）（A）（A）（A），
（A）（B），，独立正确，
，若（A）（B），则，独立，，独立，
，正确，
，投掷一枚质地均匀的骰子，设出现偶数点为事件，出现奇数点为事件，事件和是两个对立事件，
则（A）（B），（A）（B），，
（A）（B），错误，
，若事件和是两个互斥事件，由互斥事件的概率加法公式，
则，正确．
故选：．
【点评】本题考查条件概率，相互独立事件，互斥事件的概率公式，属于中档题．
11．（5分）设函数的定义域为，是的极大值点，以下结论一定正确的是
A．，B．是的极大值点
C．是的极小值点D．是的极小值点
【答案】
【分析】根据函数的单调性和对称性分别判断即可．
【解答】解：对于，是的极大值点，不一定是最大值点，
故不能满足在整个定义域上的值最大，故错误，
对于，是把的图像转化为关于轴对称，
故是的极大值点，故正确，
对于，是把的图像转化为关于轴对称，
故是的极大值点，故错误，
对于，是把的图像转化为分别关于轴，轴作对称，
故是的极小值点，故正确，
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查对称性问题以及推理能力与计算能力，属于中档题．
12．（5分）已知函数，，其中，1，则
A．存在过点与函数、图象均相切的直线
B．当，时，不存在与函数、图象均相切的直线
C．当，时，存在两条与函数、图象均相切的直线
D．最多存在三条与函数、图象均相切的直线
【答案】
【分析】由题意，对选项，因为函数的图象恒过定点，得到的切线方程，进而可判断；对于选项，将，代入两函数解析式中，假设存在公切线与切点，，，，得到两函数关于切点的切线方程，列出不等式再求解，设立新函数，对新函数进行求导，利用导数得到该函数的单调性和最值，进而即可求解，同理可得选项和选项．
【解答】解：已知，，函数定义域为，
可得，，
对于选项，易知函数的图象恒过定点，
所以切线斜率，
切线方程为，
显然不是函数的切线，故选项错误；
对于选项，当，时，
，
，
假设存在公切线与切点，，，，
所以函数在点处的切线方程为，
即，
函数在点处的切线方程为，
即，
其满足，
所以，
此时，
整理得，
即，①
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在上取得极小值也是最小值，
所以，
其不满足①式，故不存在，
所以不存在与函数、图象均相切的直线，
故选项正确；
对于选项，当，时，
，
可得，
假设存在公切线与切点，，，，
所以函数在点处的切线方程为，
即，
函数在点处的切线方程为，
即，
其满足，
所以，
即，②
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在上取得极大值也是最大值，
所以，
此时方程②有两解，
所以至多存在一条公切线，故选项正确；
对于选项，当，时，
函数、至多存在两条公切线，
故选项错误．
故选：．
【点评】本题考查切线方程和利用导数研究函数的单调性，考查方程思想、推理能力和运算能力．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）下面是一个列联表：
则表中，处的值分别为 52 ； ．
【答案】52；60．
【分析】根据已知条件，结合列联表之间的数据关系，即可求解．
【解答】解：由表中数据可，，
．
故答案为：52；60．
【点评】本题主要考查列联表的应用，属于基础题．
14．（5分）甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以的比分获胜的概率为 ．
【答案】．
【分析】以甲3胜1负而结束比赛，甲只能在1、2、3局中负1局，第4局胜，即可得出结论．
【解答】解：甲以的比分获胜，甲只能在1、2、3局中负1局，第4局胜，
因此所求概率为：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查次独立重复实验中恰好发生次的概率，等可能事件的概率，属于基础题．
15．（5分）已知随机变量的取值为，1，．若，，则 ．
【答案】．
【分析】根据已知条件，结合离散型随机变量分布列的性质，以及期望公式，求出，再结合方差公式，即可求解．
【解答】解：随机变量的取值为，1，，，，
则，解得，
所以，
故．
故答案为：．
【点评】本题主要考查离散型随机变量期望与方差的求解，考查转化能力，属于中档题．
16．（5分）已知函数，若存在唯一的零点，且．则的取值范围是 ．
【分析】分类讨论：当时，容易判断出不符合题意；当时，求出函数的导数，利用导数和极值之间的关系转化为求极小值，解出即可．
【解答】解：当时，，解得，函数有两个零点，不符合题意，应舍去；
当时，令，解得或，列表如下：
，，而，存在，使得，
不符合条件：存在唯一的零点，且，应舍去．
当时，，解得或，列表如下：
而，时，，存在，使得，
存在唯一的零点，且，极小值，
化为，
，．
综上可知：的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
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．（10分）如图，已知长方体，，，，，．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得，，，，0，，利用异面直线所成角公式即可求解；
（2）分别求得平面的法向量为，1，，平面的法向量为，1，，代入二面角公式即可求解．
【解答】解：（1）建立如图空间直角坐标系，
，，，，，
，3，，，1，，，3，，，3，，，0，，，3，，，0，，
，，，，0，，
则异面直线与所成角的余弦值为；
（2）由（1）知，0，，，3，，
设平面的法向量为，，，
则，
令，则，
平面的法向量为，1，，
，，，，2，，
设平面的法向量为，，，
则，令，则，，
平面的法向量为，1，，
平面与平面所成角的余弦值为．
【点评】本题考查了异面直线所成角和二面角的计算，属于中档题．
18．（12分）已知某绿豆新品种发芽的适宜温度在之间，一农学实验室研究人员为研究温度与绿豆新品种发芽数（颗之间的关系，每组选取了成熟种子50颗，分别在对应的的温度环境下进行实验，得到如下散点图：
（1）由折线统计图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
（2）建立关于的回归方程，并预测在的温度下，种子发芽的颗数．
参考数据：，，，．
参考公式：相关系数，回归直线方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
【答案】（1）答案见解析；
（2）44．
【分析】（1）直接套公式求出系数，即可判断；（2）套公式求出回归方程，把代入，即可求解．
【解答】解：（1）由题意可知：，
则，
又，
所以相关系数．
所以与的线性相关性较高，可以利用线性回归模型拟合与的关系．
（2）由（1）知，，，．
所以，
所以．
所以与的回归直线为．
当时，．即在的温度下，种子发芽的颗数为44．
【点评】本题主要考查了相关系数的求解及应用，还考查了线性回归方程的应用，属于中档题．
19．（12分）若函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）在处有极值为，求的值．
【答案】（1）时，的单调递增区间为，，，；单调递减区间为，；
时，的单调递增区间为，，；单调递减区间为，；
时，恒成立，是增函数；
（2）．
【分析】（1）求导数并求出导数的零点、，讨论的符号，解出导数大于零、小于零或等于零的解，得到原函数的单调区间；
（2）求出导数，然后根据极值点处的导数为0，导数值为，列出，的方程组，最后利用导函数为零所得方程的判别式验证即可．
【解答】解：由题知定义域为，，
（1）令得或，
①当，即时，或，，
所以的单调递增区间为，，，；单调递减区间为，；
同理得：
②当，即时，的单调递增区间为，，；单调递减区间为，；
③当，即时，恒成立，是增函数．
（2）由题意得，解得或，
令，
当时，△，符合题意；
当时，△，此时恒成立，不符合题意，
故即为所求．
【点评】本题考查利用导数研究函数单调区间的方法，极值点处性质的应用，属于中档题．
20．（12分）深圳中学足球社团是一个受学生欢迎的社团．
（1）现社团招新，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢点球3次．某同学进行“点球测试”，依据平时的训练数据，获得其单次点球踢进的概率为，该同学每次点球是否踢进相互独立．他在测试中所踢的点球次数记为，求的分布列及数学期望；
（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．
证明：数列为等比数列：
判断第19次还是第20次触球者是甲的概率大．
【答案】（1）的分布列为：
；
（2）证明见解析；第19次触球者是甲的概率大．
【分析】（1）由题意，可能取1，2，3，计算出各自对应的概率即可求解；
（2）第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，则，化简整理即可得证；
由知，代入整理即可求解．
【解答】解：（1）由题意，可能取1，2，3，
则，，
，
的分布列为：
即；
（2）证明：第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，
则，
从而，又，
是以为首项，公比为的等比数列；
，
，
，故第19次触球者是甲的概率大．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
21．（12分）函数．
（1）若函数存在过点的切线，求实数的取值范围；
（2）若，函数在区间，上最大值为，最小值为，求的最小值．
【答案】（1），；（2）．
【分析】（1）设切线切于点，，从而得切线方程为，再将代入切线方程，最后再根据题意可得关于的方程有解，从而可得的范围；
（2）分类讨论，求出，，得到，再构造函数求出最小值即可得解．
【解答】解：（1）的定义域为，，
设切线切于点，，
则切点处的切线方程为，又该切线过，
在上有解，
即在上有解，
设，，，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
（1），
在上有解，
则，实数的取值范围为，；
（2），，，，，
①当时，恒成立，函数在区间，上为减函数，
所以（1），（e），所以，
令（a），则函数（a）在区间，上单调递增，
所以（a）的最小值为（1），即的最小值为．
②当时，由，得，由，得，
所以在区间，上单调递减，在，上单调递增，
所以，
当时，（1）（e），此时（1），
所以（1），
令（a），（a），
所以（a）在区间，上单调递增，
所以函数（a）的最小值为；
当时，（1）（e），所以（e），
所以（e），
令（a），则（a），
所以函数（a）在区间上单调递减，
所以（a），
综上所述，的最小值为．
【点评】本题主要考查方程有解问题，利用导数研究函数的单调性与最值，分类讨论思想，属难题．
22．（12分）已知函数，．
（1）若，求的取值范围；
（2）当，时，证明：．
【答案】（1），；
（2）证明见解析．
【分析】（1）构造，利用导数的性质判断的单调性进行求解即可；
（2）构造，利用导数的性质判断的单调性，结合函数零点存在原理进行求解即可．
【解答】解：（1）记．
则恒成立，即，
，当，；当，；
在上单调递增，在上单调递减，
（1），解得．实数的取值范围是，．
（2）证明：记，
在上单调递增．
令，
则，所以即在上单调递增．
由，，知，，即，
当，，单调递减；当，，，单调递增，
，
由式，可得，
代入式，得，
由（1）知，当时有，
故．，
由，，
故，即，原不等式得证．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/17 23:54:00；用户：初中数学；邮箱：szjmjy@xyh.cm；学号：298415650
1
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3
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21
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8
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合计
46
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1
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0.1
0.1
合计
21
73
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合计
46


0
，

0
0

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增


，
0

0
0

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
1
2
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1
2
3
0.6
0.24
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