河北省承德市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份河北省承德市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了求出概率即可；等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4，本试卷主要考试内容：计数原理，随机变量及其分布，成对数据的统计分析，集合与常用逻辑用语，一元二次函数、方程和不等式，函数与导数．
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. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由否定的定义判断即可.
【详解】命题“，”的否定为“，”.
故选：D
2. 已知集合，且，则（ ）
A. 8或20B. 8或-20C. 或20D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据互异性得到，分中只有1个元素和有2个元素两种情况，结合根的判别式和韦达定理得到答案.
【详解】由题意得，
若中只有1个元素，则，且，解得，
当时，，此时，
当时，，此时，
若中有2个元素，则，则，
所以为方程的两根，故，
解得，满足，故，
所以或20.
故选：A
3. 已知函数，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由根式和复合函数的定义域求解即可.
【详解】由题可知的定义域为，
则为使有意义必须且只需，
解得，
所以的定义域为.
故选：D
4. 已知变量和的统计数据如下表：
若，线性相关，经验回归方程为，据此可以预测当时，（ ）
A. 5.75B. 7.5C. 7.55D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知样本中心，代入线性回归方程即可求出，再将代入即可.
【详解】，，
所以，即，
令，解得.
故选：A.
5. 投掷3枚质地均匀的骰子，设事件“这3枚骰子朝上的点数之和为奇数”，事件“恰有1枚骰子朝上的点数为奇数”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出、，由条件概率公式计算可得答案.
【详解】因为每枚骰子朝上点数有奇数1，3，5三个，偶数有2，4，6三个，
所以3枚骰子朝上的点数之和为奇数的情况有奇数+奇数+奇数，偶数+偶数+奇数，
共两种情况，可得，
恰有1枚骰子朝上的点数为奇数的情况有偶数+偶数+奇数，
可得，
则.
故选：B.
6. 向如图放置的空容器中注水，直至注满为止.下列图象中可以大致刻画容器中水的体积V与水的高度h的函数关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据容器形状，结合自变量为水的高度可得解.
【详解】在注水的过程中，容器横截面面积越大，水的体积增长越快，所以随着水的高度的增长，体积先缓慢增长，再剧烈增长，再缓慢增长.
故选：A.
7. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，其中甲场馆安排2名志愿者，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A. 300种B. 210种C. 120种D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】甲场馆安排2名志愿者可以知有种，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况，第二种是乙、丙各安排2名有，第三种是乙安排3名丙安排1名，根据分步计算可得答案.
【详解】根据题意可知，甲场馆安排2名志愿者可以知有种，
乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法
第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况，
第二种是乙、丙各安排2名有，
第三种是乙安排3名丙安排1名，
所以根据分步算法可得种.
故选：B
8. 已知函数则方程的实数个数为（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】作出函数的部分图象，利用整体法求出或，再根据图象观察交点个数即可.
【详解】函数的部分图象如图所示.
由方程，解得或.
当时，有5个实根，当时，有6个实根，
故方程的实根个数为11.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 随机变量，随机变量服从两点分布，且，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性及两点分布的定义即可判断AB；根据期望和方差的公式及性质即可判断CD.
【详解】因为，所以，且，
又，所以A正确，B错误；
，故，故C正确；
，
，故D错误.
故选：AC.
10. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 恰有一个极值点
B. 有最小值但没有最大值
C. 直线与曲线的公共点个数最多为4
D. 经过点只可作的一条切线
【答案】ACD
【解析】
【分析】由导数得出单调性进而判断AB；由单调性得出图像，结合直线过定点判断C；由导数的几何意义判断D.
【详解】对于A，的定义域为，，
当或时，f'x>0，当时，f'x<0，
所以在和上单调递增，在0,2上单调递减，
故是唯一的极值点，故A正确；
对于B，函数在0,+∞上的最小值为，
又因为当时，且，当且时，，
当且时，，
所以既无最小值也无最大值，故B错误；
对于C，由B选项作出函数的大致图象如图所示，
直线恒过点，
当足够大时，
直线与曲线有2个交点，
直线与曲线有2个交点，
则直线与曲线y=fx的公共点个数最多为4，故C正确；
对于D，易知点不在的图象上，设切点为，
则，解得，
则经过点只可作曲线y=fx的一条切线，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知实数a，b满足，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 的最小值为2
C. 若，则
D. 若，则的最小值为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】参数分离结合不等式的性质判断A；举反例判断B；由换元法结合基本不等式判断C；由，并运用两次基本不等式判断D.
【详解】对于选项A，由，，得，解得，A正确.
对于选项B，取，满足，此时，B不正确
对于选项C，由，得，取，，
则，由，得，则，则，
当且仅当，时，等号成立，从而，C正确.
对于选项D，由，得，
则.
因为
，当且仅当，
即时，等号成立，
所以最小值为1，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知二项式展开式中各项二项式系数的和为16，则______，展开式中的常数项为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用二项式的各项系数和求出的值，写出二项展开式通项，令的指数为零，即可得解.
【详解】因为二项式展开式中各项二项式系数的和为16，
所以，解得，
展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：；.
13. 已知函数满足，若，则______.
【答案】76
【解析】
【分析】先由题意得到，从而利用函数的对称性与的值即可得解.
【详解】由题可知，，
令，则，
所以.
故答案为：76.
14. 已知，若不等式恒成立，则a的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】不等式同构变形为 ，分类讨论，在时，引入函数，确实单调性后转化为，，由导数求得的最大值，从而可得参数范围．
【详解】因为，，所以等价于.
若，则，xlnx≤0，显然恒成立.
若，令，则在上恒成立，则在上单调递增，
由，得，则，则在上恒成立.
令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则，从而，解得.综上所述，a的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：不等式同构变形：若不等式能变形为，而是单调的如递增，则转化为，经常用到的如对数与指数间的互化：，，，，等等．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
15. 已知幂函数（）为偶函数，且在区间上单调递增，函数满足.
（1）求函数和的解析式；
（2）对任意实数，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据幂函数的性质得到，求出的范围，再由确的值，再代入检验，即可求出的解析式，再利用换元法求出解析式；
（2）参变分离可得，恒成立，结合二次函数的性质求出的最小值，即可得解.
【小问1详解】
依题意幂函数为偶函数，且在区间上单调递增，
可得，解得，
由于，故，
当时，，此时为奇函数，不符合题意，
当或时，，此时为偶函数，符合题意，
故；
由，可得，令，
所以，
故.
【小问2详解】
由，恒成立，
可得，恒成立.
又，所以当时，取得最小值，
故，即的取值范围为.
16. 某公司为了解某产品的客户反馈情况，随机抽取了100名客户体验该产品，并进行评价，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”，整理数据得到如下列联表：
（1）根据上表，依据小概率值的独立性检验，能否认为客户对该产品的评价结果与性别有关系？
（2）为进一步了解客户对产品的反馈，现从评价结果为“不喜欢”的客户中，按性别用分层抽样的方法选取8人，收集对该产品的改进建议.若从这8人中随机抽取3人，求所抽取的3人中女性人数大于男性人数的概率.
附：.
【答案】（1）有关 （2）
【解析】
【分析】（1）利用独立性检验，代入公式求解即可，（2）结合超几何分布求解即可.
【小问1详解】
零假设为：客户对该产品的评价结果与性别无关.
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为客户对该产品的评价结果与性别有关.
【小问2详解】
由题意得抽取的8人中，男性人数为，
女性人数为.
当3人中有2名女性和1名男性时，，
当3人全部为女性时，，
则所抽取的3人中女性人数大于男性人数的概率.
17. 已知函数.
（1）若，求的图象在点处的切线方程；
（2）若关于x的方程恰有两个不同的实数解，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义先求斜率，即可得切线方程；
（2）分，和三种情况，利用导数研究函数的图象最值，数形结合求解问题.
【小问1详解】
由，得，则.
因为，，
所以的图象在点1,f1处的切线方程为.
【小问2详解】
显然不符合题意，
又，
当时，可知当时，，在上单调递减，
当时，，上单调递增，
则，
且当时，，
当时，，
所以，化简可得，
因为在0,+∞上单调递减，且，
所以不等式的解集为1,+∞.
当时，可知当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
则，
且当时，，
当时，，
所以关于x的方程不可能有两个不同的实数解.
综上，a的取值范围为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，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
18. 为加深学生对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得成就了解，某学校高二年级组织举办了知识竞赛．选拔赛阶段采用逐一答题的方式，每位选手最多有5次答题机会，累计答对3道题则进入初赛，累计答错3道题则被淘汰．初赛阶段参赛者每两人一组进行比赛，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等，得分规则如下：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分，选手抢到试题但没有回答正确得0分，对方选手得5分，2道试题抢答完毕后得分少者被淘汰，得分多者进入决赛（若分数相同，则同时进入决赛）．
（1）已知选拔赛中选手甲答对每道试题的概率为，且回答每道试题是否正确相互独立，求甲进入初赛的概率；
（2）已知初赛中选手甲答对每道试题的概率为，对手答对每道试题的概率为，两名选手回答每道试题是否正确相互独立，求初赛中甲的得分的分布列与期望；
（3）进入决赛后，每位选手回答4道试题，至少答对3道试题胜出，否则被淘汰，已知选手甲进入决赛，且决赛中前3道试题每道试题被答对的概率都为，若甲4道试题全对的概率为，求甲能胜出的概率的最小值．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）．
【解析】
【分析】（1）设为甲的答题数，则可能取3，4，5．求出概率即可；
（2）可能取0，5，10，15，20．求出对应的概率，列出分布列求出期望；
（3）甲能胜出的概率，即．求导数求出函数的单调性求解．
【小问1详解】
设为甲的答题数，则可能取3，4，5．
；
；
．
所以甲进入初赛的概率为．
【小问2详解】
可能取0，5，10，15，20．
；
；
；
；
．
的分布列为
所以．
【小问3详解】
因为甲4道试题全对的概率为，所以第4道试题答对的概率为，
所以甲能胜出的概率，
即．
因为，
所以在上单调递减，在12,1上单调递增，
所以．
19. 定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”．
（1）若是上的“好函数”，求的取值范围．
（2）（ⅰ）证明：是上的“好函数”．
（ⅱ）设，证明：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用给定定义结合分离参数法求解即可.
（2）（ⅰ）利用给定定义结合导数证明即可.（ⅱ）利用给定定义结合裂项相消法证明即可.
【小问1详解】
由题可知任意，且，
即，解得．
因为，所以，即的取值范围为．
【小问2详解】
（ⅰ）证明：设，
则．
令，且，
则，则hx在1,+∞上单调递增，
所以，即，
所以是0,+∞上的“好函数”．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当x∈1,+∞时，，
令，则，
即．
故，
化简可得．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后结合裂项相消法得到所要求的不等关系即可．
1
2
3
4
5
0.9
1.3
1.8
2.4
3.1
喜欢
不喜欢
合计
男
45
5
50
女
35
15
50
合计
80
20
100
0.05
0.025
0.01
0.005
3.841
5.024
6.635
7.879
0
5
10
15
20