山東省聊城市2022-2023學年高二下學期期末數學 Word版含解析.docx

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2022—2023學年度高二第二學期期末教學質量抽測數學試題注意事項：1．本試卷滿分150分，考試用時120分鐘．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡的相應位置上．2．回答選擇題時，選出每小題的答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．3．考試結束后，只將答題卡交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知全集，，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合、，利用并集的定義可求得集合.【詳解】因為全集，，，則，，因此，.故選：D.2.若為離散型隨機變量，則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由方差的性質結合充分必要條件的定義判斷即可.【詳解】由，解得，則“”是“”的必要不充分條件.故選：B 3.今年2月份教育部教育考試院給即將使用新高考卷的吉林、黑龍江、安徽、云南命制了一套四省聯考題，測試的目的是教考銜接，平穩(wěn)過渡．假如某市有40000名考生參加了這次考試，其數學成績服從正態(tài)分布，總體密度函數為，且，則該市這次考試數學成績超過90分的考生人數約為（）A.4000B.3000C.2000D.1000【答案】C【解析】【分析】由對稱性計算概率，進而得出所求人數.【詳解】由總體密度函數解析式可知，，由對稱性可知，，則該市這次考試數學成績超過90分的考生人數約為人.故選：C4.設，，，則、、的大小順序為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用對數函數的單調性結合中間值可得出、、的大小關系.【詳解】，即.故選：A.5.若函數存在極值點，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分析可知，對于函數，，即可解得實數的取值范圍.【詳解】因為，則，因為函數存在極值點，則對于函數，， 解得或，故實數的取值范圍是.故選：A.6.畢業(yè)季，6位身高全不相同的同學拍照留念，站成前后兩排各三人，要求每列后排同學比前排高的不同排法共有（）A.40種B.20種C.180種D.90種【答案】D【解析】【分析】可看成6位同學分成3組.【詳解】按列選取，相當于6位同學分成3組，只要選出來了，讓高的同學站在后排即可，故種，故選：D.7.已知函數，，的零點分別為，，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由題意可得分別為和圖象交點的橫坐標，作出圖象可得，再判斷的單調性，從而可得結果.【詳解】由，得，所以為與圖象交點的橫坐標，由，得，所以為與圖象交點橫坐標，由，得，所以為與圖象交點的橫坐標，分別作出和的圖象，則由圖象可得， 因為和在上單調遞增，所以在上單調遞增，所以，故選：B8.托馬斯·貝葉斯（ThomasBayes）在研究“逆向概率”的問題中得到了一個公式：，這個公式被稱為貝葉斯公式（貝葉斯定理），其中稱為的全概率．假設甲袋中有3個白球和2個紅球，乙袋中有2個白球和2個紅球．現從甲袋中任取2個球放入乙袋，再從乙袋中任取2個球．已知從乙袋中取出的是2個白球，則從甲袋中取出的也是2個白球的概率為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據題意，先分析求解設從甲中取出個球，其中白球的個數為個的事件為，事件的概率為，從乙中取出個球，其中白球的個數為2個的事件為，事件的概率為，再分別分析三種情況求解即可【詳解】設從甲中取出個球，其中白球的個數為個的事件為，事件的概率為，從乙中取出個球，其中白球的個數為2個的事件為，事件的概率為，由題意：①，；②，； ③，；根據貝葉斯公式可得，從乙袋中取出的是2個紅球，則從甲袋中取出的也是2個紅球的概率為故選：C二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.年月日，搭載神舟十六號載人飛船的長征二號F遙十六運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，航天員乘組狀態(tài)良好，發(fā)射取得圓滿成功．某學校調查學生對神舟十六號的關注與性別是否有關，隨機抽樣調查了名學生，進行獨立性檢驗，計算得到，依據表中給出的獨立性檢驗中的小概率值和相應的臨界值，作出下列判斷，正確的是（）0.0500.0100.0050.0013.8416.6357.87910.828A.零假設對神舟十六號的關注與性別獨立B.根據小概率值的獨立性檢驗，可以認為對神舟十六號的關注與性別無關C.根據小概率值的獨立性檢驗，可以認為對神舟十六號的關注與性別不獨立，此推斷犯錯誤的概率不大于D.根據小概率值的獨立性檢驗，可以認為對神舟十六號的關注與性別獨立【答案】ACD【解析】【分析】根據獨立性檢驗逐項判斷，可得出合適選項.【詳解】因為，對于A選項，零假設對神舟十六號的關注與性別獨立，A對；對于B選項，因為，根據小概率值 的獨立性檢驗，可以認為對神舟十六號的關注與性別不獨立，此推斷犯錯誤的概率不大于，B錯C對；對于D選項，因為，根據小概率值的獨立性檢驗，可以認為對神舟十六號的關注與性別獨立，D對.故選：ACD.10.一箱兒童玩具中有3件正品，2件次品，現從中不放回地任取2件進行檢測．記隨機變量為檢測到的正品的件數，則（）A.服從二項分布B.C.D.最有可能取得的為1【答案】BCD【解析】【分析】根據超幾何分布的概率公式計算得分布列，即可結合選項逐一求解.【詳解】由題意可知的分布列為：012對于A,服從超幾何分布，而不是二項分布，故A錯誤，對于B，,故B正確，對于C，，C正確，對于D，由于為1時的概率最大，所以最有可能.D正確故選：BCD11.若、分別為隨機事件、的對立事件，，，則下列結論正確的是（）A.B.C.D.若，則【答案】BD【解析】【分析】利用條件概率公式逐項判斷，可得出合適的選項. 【詳解】對于A選項，因為，但與不一定相等，故不一定等于，A錯；對于B選項，因為，，所以，，B對；對于C選項，，C錯；對于D選項，因為，所以，，所以，事件、獨立，故，D對.故選：BD.12.已知函數在上單調遞增，且其圖象關于點中心對稱，則下列結論正確的是（）A.B.若，則C.的圖象關于直線軸對稱D.若，則【答案】BC【解析】【分析】對于A：根據對稱性分析判斷即可；對于B：構建，結合奇函數以及單調性分析判斷；對于C：求導，結合對稱性的定義分析判斷；對于D：舉反例，根據函數單調性以及周期性分析判斷.【詳解】對于選項A：因為函數關于點中心對稱，則，可得，即，故A錯誤；對于選項B：因為，則，構建，則，可知為奇函數，且在在上單調遞增， 又因為，即，則，所以，整理得，故B正確；對于選項C：因為，兩邊求導得，即，的圖象關于直線軸對稱，故C正確；對于選項D：因為根據題意無法得知的單調性，故無法比較的大小關系，例如為奇函數，為其對稱中心點，此時，且在上恒成立，則在上單調遞增，符合題意，因為，則由，得，由周期性可知無法比較（即）大小關系，故D錯誤；故選：BC.【點睛】方法點睛：函數的性質主要是函數的奇偶性、單調性和周期性以及函數圖象的對稱性，在解題中根據問題的條件通過變換函數的解析式或者已知的函數關系，推證函數的性質，根據函數的性質解決問題．三、填空題：本題4小題，每小題5分，共20分．13.能夠說明“若，，均為正數，則”是真命題的一組數，可以為________，________．（寫出一組即可）【答案】①.1②.2（只要滿足即可）【解析】【分析】由命題是真命題，得，進而可得.【詳解】因為命題“若，，均為正數，則”是真命題，所以，因為，，均為正數，所以可得，不妨取，.故答案為：1；2.14.已知隨機變量服從兩點分布，且，，那么________． 【答案】##0.5【解析】【分析】根據概率之和為1即可求解.【詳解】由題意可知或，由于，所以，故答案為：15.已知表示一個三位數，如果滿足且，那么我們稱該三位數為“凸數”，則沒有重復數字的三位“凸數”的個數為________．【答案】【解析】【分析】分兩種情況討論：①、、中有一個為；②、、三個數都不為零.確定三個數字的位置，結合分類加法計數原理可得結果.【詳解】由題意可知，在、、三個數中，最大，分以下兩種情況討論：①若、、中有一個為，則最大的數放中間，放在個位上，另外一個數放在百位上，此時，滿足條件的沒有重復數字的三位“凸數”的個數為個；②若、、三個數都不為零，則最大的數放中間，另外兩個數分別放在個位和百位上，此時，滿足條件的沒有重復數字的三位“凸數”的個數為.綜上所述，沒有重復數字的三位“凸數”的個數為個.故答案為：.16.已知定義域為的函數在上單調遞增，且對定義域內任意的，都滿足．若存在，使不等式成立，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】利用賦值法可得為偶函數，將問題轉化為存在，使成立，構造函數，利用導數求解單調性即可得最值求解. 【詳解】令，則，令，則，去，則，所以為定義域內的偶函數，在上單調遞增，故在上單調遞減，由得，因此存在，使，當，則，記，，則，故當單調遞減，當單調遞增，故當時，取極大值也是最大值單調遞減，所以，由于的定義域為，所以，故解得故答案為：【點睛】對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.病毒感染是指病毒通過多種途徑侵入機體，并在易感的宿主細胞中增殖的過程．如果一個宿主感染了病毒并且在剛出現不良反應時就對癥下藥，在用藥小時后病毒的數量為 （細菌個數的單位：百個）（1）求曲線點在處的切線方程；（2）求細菌數量超過14（百個）的時間段．【答案】（1）（2）細菌數量超過14百個的時間段是【解析】【分析】（1）由導數的幾何意義得出切線方程；（2）分段討論，解不等式即可.【小問1詳解】當時，，，，．故曲線在點處的切線方程為，即．【小問2詳解】當時，由，解得，所以；當時，由，解得，綜上所述，即細菌數量超過14百個的時間段是．18.已知（，且）．（1）判斷函數的奇偶性和單調性，并給出證明；（2）求函數的值域．【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）由定義判斷的奇偶性，方法一：由單調性的定義證明即可；方法二：利用導數得出單調性；（2）由基本不等式得出值域.【小問1詳解】 ，因為的定義域為，，所以為奇函數．（方法一）設，當時，因為，，，所以，故為增函數；當時，因為，，，所以，故為減函數．綜上，當時，為增函數；當時，為減函數．（方法二），當時，因為，又，所以，故為增函數；當時，因為，又，所以，故為減函數．綜上，當時，為增函數；當時，為減函數．【小問2詳解】．因為，所以（當且僅當時取等號），又時，，所以的值域為．19.已知的展開式中第4項和第6項的二項式系數相等．（1）求項的系數；（2）若，求的值．【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）由題意可得，從而可求，根據二項展開式的通項求解即可； （2）令即可求解.【小問1詳解】因為展開式中第4項和第6項的二項式系數相等，所以，解得．所以的展開式的通項公式為，．令，則，所以項的系數為．【小問2詳解】由（1）知，，由，令，得，所以．20.天氣越來越熱，某冷飲店統(tǒng)計了近六天每天的用電量和對應的銷售額，目的是了解二者之間的關系，數據如下表：用電量（千瓦時）47891412銷售額（百元）（1）該冷飲店做了一次摸獎促銷活動，在一個口袋里放有大小、質地完全相同的個紅色雪花片和個白色雪花片．若有放回地從口袋中每次摸取個雪花片，連續(xù)摸兩次，兩次摸到的雪花片顏色不同定為一等獎，兩次摸到的雪花片顏色相同定為二等獎，試比較中一等獎和中二等獎的概率的大小．（2）已知兩個變量與之間的樣本相關系數，請用最小二乘法求出關于的經驗回歸方程，據此能否預測明年同時期用電量為千瓦時的銷售額？如果能，計算出結果；如果不能，請說出理由． 參考公式：，．相關數據：，．【答案】（1）中二等獎的概率大（2），不能，理由見解析【解析】【分析】（1）計算出兩次摸到的雪花片顏色不同的概率和兩次摸到的雪花片顏色相同的概率，比較大小后可得出結論；（2）根據相關系數公式結合參考數據可求得，進而可求得的值，根據可求得的值，可得出，由此可得出回歸直線方程，再結合經驗回歸方程有時效性可得出結論.【小問1詳解】解：兩次摸到雪花片顏色不同的概率為，兩次摸到的雪花片顏色相同的概率為，顯然，所以中二等獎的概率大．【小問2詳解】解：依題意可得，所以，由于， 所以，所以，因為，，所以，則，所以，所以，回歸方程為．因為經驗回歸方程有時效性，即冷飲受溫度影響較大，明年的這個時期的溫度不一定和現在相同，故不能用今年求出的經驗回歸方程估算明年的情況．21.甲、乙兩位同學進行乒乓球打比賽，約定：①每贏一球得1分；②采用三球換發(fā)制，即每比賽三班交換發(fā)球權．假設甲發(fā)球時甲得分的概率是，乙發(fā)球時甲得分的概率是，各球的結果相互獨立．根據抽簽結果決定，甲先發(fā)球．（1）用表示比賽三球后甲的得分，求的分布列和均值；（2）求比賽六球后甲比乙的得分多的概率．【答案】（1）分布列見解析；期望為（2）【解析】【分析】（1）由題意得的所有可能取值是0，1，2，3，然后求出相應的概率，從而可求出的分布列和均值；（2）設“比賽六球后甲比乙的得分多”，“比賽六球后甲得6分，乙得0分”，“比賽六球后甲得5分，乙得1分”，“比賽六球后甲得4分，乙得2分”，則，且，，兩兩互斥，然后求出根據題意求出，，的概率，再利用互斥事件的概率公式可求得結果.【小問1詳解】由題意得的所有可能取值是0，1，2，3．則， ，，，所以的分布列為0123的均值．（或因為，所以．）【小問2詳解】設“比賽六球后甲比乙的得分多”，“比賽六球后甲得6分，乙得0分”，“比賽六球后甲得5分，乙得1分”，“比賽六球后甲得4分，乙得2分”，則，且，，兩兩互斥．因為，，，所以．所以比賽六球后甲比乙的得分多的概率為．22.已知函數．（1）當時，求在區(qū)間上的最值； （2）若有兩個不同的零點，，求的取值范圍，并證明：．【答案】（1）最大值為0，最小值為（2）的取值范圍為，證明見解析【解析】分析】（1）先求導函數，再根據導函數正負確定單調區(qū)間最后求出最值即可；（2）先根據零點個數求出參數的范圍，再設，把二元不等式轉化為一元，結合導函數的性質求解即得.【小問1詳解】當時，，，．由，得；由，得，所以在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減．因為，，，，所以在區(qū)間上的最大值為0，最小值為．【小問2詳解】．當時，，在上單調遞減，不可能有兩個零點，舍去；當時，所以，由，得，所以在上單調遞增； 由，得，所以在上單調遞減．當時，取得極大值，極大值為．為滿足題意，必有，得．又時，，時，，所以的取值范圍為．因為，是的兩個不同的零點，所以，，兩式相減得．設，要證，只需證，即證．設，只需證，設，則，∴在上為增函數，從而，所以成立，從而．