2022苏州高二下学期期末考试（阳光指标调研）（延期）数学试题含解析

苏州市2021~2022学年第二学期学业质量阳光指标调研卷（延期）

高二数学

2022.08

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. 设集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集合A，再求.

【详解】集合.

又，所以.

故选：A

2. 设，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据指数函数的图象与性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】因为，可得，根据指数函数的性质，可得，即充分性成立；

反之：由，结合指数函数的性质，可得，即，即必要性成立，

所以是的充要条件.

故选：C.

3. 2022年2月，第24届冬季奥林匹克运动会在北京隆重举行，中国代表团获得了9金4银2铜的优异成绩，彰显了我国体育强国的底蕴和综合国力.设某高山滑雪运动员在一次滑雪训练中滑行的路程（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则当时，该运动员的滑雪速度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据导数的实际意义，对求导再代入求解即可.

【详解】由题意，，故当时，该运动员的滑雪速度为.

故选：B

4. 为研究变量的相关关系，收集得到下列五个样本点：

若由最小二乘法求得关于的回归直线方程为，则据此计算残差为的样本点是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由表格数据计算可得样本中心点，由此可计算求得，从而得到回归直线方程；将选项中的点代入回归直线，满足回归直线方程的即为残差为的样本点.

【详解】由样本数据可得：，，

，则回归直线方程为：；

对于A，，则残差不为，A错误；

对于B，，残差为，B正确；

对于C，，则残差不为，C错误；

对于D，，则残差不为，D错误.

故选：B.

5. 已知函数的周期为3，且当时，.若，则（    ）

A.  B. 9 C.  D. 27

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数的周期性及指数、对数的关系计算可得.

【详解】解：因为的周期为，且当时，，

所以，

所以.

故选：D

6. 已知函数，若关于的方程有四个不相等的实数根，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】采用数形结合的方式可得的范围，结合对称性可知，，由此可将化为关于的二次函数的形式，结合的范围，利用二次函数值域求法可求得结果.

【详解】由解析式可得图象如下图所示，

则为与的四个交点，

由图象可知：，且，

又，，

，，即的取值范围为.

故选：A.

7. 已知盒子中装有形状，大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，现每次从中任意取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设前两张卡片所标数字之和为偶数为事件，第三张为奇数为事件，先求出，再由条件概率求解即可.

【详解】设前两张卡片所标数字之和为偶数为事件，第三张为奇数为事件，则事件包括前两张都为奇数或者都为偶数，故，，故前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率.

故选：C.

8. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二项式展开式的性质可知，其中，则原等式等价于，对等式两边求导，再令，则可求出答案.

【详解】由题意知：，，，其中，

所以，

对上式两边求导得：，

令，得：，

故选：C.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 若实数满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由已知得，利用做差法逐项判断可得答案.

【详解】对于A，因为，所以，所以，即，故A正确；

对于B，因为，所以，所以，即，故B错误；

对于C，因为，所以，所以，即，故C错误；

对于D，因为，所以，所以，即，故D正确.

故选：AD.

10. 若随机变量服从两点分布，其中分别为随机变量的均值和方差，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据随机分布的定义和随机分布的期望方差计算进行求解即可.

【详解】对于选项A：随机变量X服从两点分布，因为

故，故选项A正确；

对于选项B：，故选项B错误；

对于选项C：，故选项C正确；

对于选项D：，故D正确.

故选：ACD

11. 已知函数，则（    ）

A. 在上单调递增

B. 在上单调递减

C. 在上有2个极值点

D. 在上有4个极值点

【答案】BD

【解析】

【分析】利用奇偶性定义判断出为奇函数，利用导数判断出在上的单调性可判断A B；求出，令，利用奇偶性定义判断出

为偶函数， 分、、、、、、、讨论单调性，画出图象，再平移作出的图象，由导函数与原函数图象之间的关系判断极值情况，可判断CD.

【详解】，所以为奇函数，

对于A，，

当时，，所以，即在上单调递减，

因为为奇函数，所以在上单调递减，故A错误，B正确；

，令，，

所以为偶函数，，

当时， ，所以，单调递减，

因为为偶函数，所以当时，单调递增，

当时， ，所以，单调递减，

因为为偶函数，所以当时，单调递增，

当时， ，所以，单调递增，

因为为偶函数，所以当时，单调递减，

当时， ，所以，单调递增，

因为为偶函数，所以当时，单调递减，

，，

，，，

，，

，，

所以的图象为

处有四个极值，

的图象是由的图象向下平移1个单位得到的，
如图

图象与轴有四个交点，从左往右依次设为，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以在处有四个极值，故D正确，C错误.

故选：BD.

12. 已知函数，当时，的取值范围是，则实数的值可以是（    ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】BC

【解析】

【分析】分别利用导数求出函数在各段的单调性，求出函数的极值，结合函数图象求出的取值范围，即可得解.

【详解】解：因为，

当时，则，

所以当时，当时，

即在上单调递减，在上单调递增，

即函数在处取得极小值 ，

当时，所以，

所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，，

又，，，

则与有两个交点，交点的横坐标分别为、，则，，

则函数的图象如下所示：

因为当时，的取值范围是，

所以，符合题意的有BC；

故选：BC

三，填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 乘积式展开后的项数是___________.

【答案】18

【解析】

【分析】根据分步乘法计数原理计算可得.

【详解】解：依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，

从第二个括号中选一个字母有种方法，

从第三个括号中选一个字母有种方法，

按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项；

故答案为：

14. 已知函数同时满足条件：①；②，.请写出这样的一个函数___________.

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据已知函数性质，结合指数函数的单调性和运算性质写出一个符合要求的函数.

【详解】令，则满足①；

又，即递减， 也满足；

所以这样的函数可为.

故答案为：（答案不唯一）.

15. 如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的正方形格状道路网（其中虚线部分因施工暂时不通）.今有甲､乙两人，其中甲在M处，乙在N处，他们分别随机选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，同时到达N，M处，则在此过程中，甲、乙两人在A处相遇的概率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，分别求得甲从点到和甲从点到的所有走法，再求得甲乙在点处相遇的所有走法的种数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】如图所示，甲从点沿，共有种，

从点沿，共有种，

综上可得，甲从点出发到点，共有种走法；

同理可得，乙从点出发到点，共有种走法；

甲从点沿，共有种，

从点沿，共有种，

综上可得，共有种走法，

乙从点沿，共有种，

从点沿，共有种，

综上可得，共有种走法，

所以甲、乙两人在A处相遇的概率为.

故答案为：.

16. 已知正实数满足，则的最小值为___________；若不等式对满足条件的恒成立，则实数的取值范围是___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据题意转化为，设，得出关于的不等式，求得的取值范围，得到的最小值，把不等式转化为不等式对恒成立，设，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，正实数满足，

可得，当且仅当时，等号成立，

设，可得，解得或（舍去），

所以的最小值为.

因为不等式对满足条件的恒成立，

由，即，即不等式对恒成立，

转化为不等式对恒成立，

设，要使得在上恒成立，

则满足，解得，即实数的取值范围是.

故答案：；.

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. 已知展开式中第3项和第5项二项式系数相等.

（1）求的值；

（2）求展开式中的常数项.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据二项式系数及组合数的性质计算可得；

（2）首先写出展开式的通项，再令的指数为，求出，最后代入计算可得.

【小问1详解】

解：由题意得，所以.

【小问2详解】

解：的展开式通项为，，

令，解得，所以展开式中的常数项为.

18. 已知函数.

（1）判断函数的奇偶性与单调性，并说明理由；

（2）解不等式.

【答案】（1）函数为偶函数，函数在上单调递增，函数在上单调递减，理由见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据函数奇偶性的定义可得奇偶性，利用导数可判断函数的单调性；

（2）利用函数的奇偶性及单调性即得.

【小问1详解】

函数为偶函数，

函数在上单调递减，在上单调递增；

因为函数定义域为，且，

所以函数为偶函数；

当时，，

有，

所以函数在上单调递增，

又因为为偶函数，

所以函数在上单调递减；

【小问2详解】

因为函数为偶函数，

所以不等式等价于，

又函数在上单调递增，

所以，

两边平方得，解得，

故所求不等式的解集为..

19. 某医药研究所为研究药物对预防某种病毒效果，对100只小白鼠进行了试验，得到如下数据：

（1）根据小概率值的独立性检验，分析该疫苗是否有效；

（2）若从接种疫苗的50只小白鼠中按分层随机抽样方法（各层按比例分配）取出20只，再从这20只中随机抽取3只，求这3只小白鼠中感染病毒的只数的分布列和数学期望.

参考公式：（其中.参考数据：.

【答案】（1）认为该疫苗有效，此推断犯错误的概率不大于   

（2）分布列答案见解析，数学期望：

【解析】

【分析】（1）计算卡方，再根据所给表格对照数据判断即可；

（2）的所有可能取值为，进而求得分布列与数学期望即可.

【小问1详解】

零假设为：感染病毒与接种疫苗无关，即疫苗无效.

根据列联表可得.

因为当假设成立时，，

所以根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为该疫苗有效，此推断犯错误的概率不大于.

【小问2详解】

从接种疫苗的50只小白鼠中按分层随机抽样方法取出20只，其中末感染病毒的只数为18，感染病毒的只数为2，则的所有可能取值为.

，

所以的分布列为：

故随机变量的数学期望为.

20. 已知函数和，其中为常数且.

（1）当时，求曲线在处的切线方程；

（2）若存在斜率为1的直线与曲线和都相切，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)由题意求出切点和切线的斜率，根据点斜式求切线方程即可;

(2) 设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得；设曲线在点处的切线斜率为1，求导计算可得，再由直线的斜率为1，可得的关系，利用基本不等式求最小值即可.

【小问1详解】

解：当时，，当时，切点为，

因为，切线斜率为，

所以切线方程为，即.

【小问2详解】

解：的定义域为的定义域为，

且，

设曲线在点处的切线斜率为1，则，

所以，则，

设曲线在点处的切线斜率为1，则，

所以，则，

直线的斜率，

所以，

由于，则，

当且仅当，即时等号成立，

故的最小值为.

21. 某水果基地种植的苹果，按苹果的横径大小（毫米）分为5级：当时为特优级，当时为优级，当时为一级，当时为二级，当时为废果，将特优级果与优级果称为优品果.已知这个基地种植的苹果横径服从正态分布.

（1）从该基地随机抽取1个苹果，求抽出优品果的概率（精确到0.1）；

（2）对该基地的苹果进行随机抽查，每次抽取1个苹果，如果抽出的是优品果，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出优品果为止，但抽查次数最多不超过次，若抽查次数的数学期望值不超过4，根据第（1）小题的结果，求的最大值.

附：若随机变量服从正态分布，则，参考数据：.

【答案】（1）   

（2）7

【解析】

【分析】（1）根据正态分布的定义即可求得结果

（2）先根据第次抽到优品果的概率和恰好抽取次的概率得到，再将原式中的用表示出来，得到仅与有关的，最后根据题目要求和等比数列的单调性即可得到结果

【小问1详解】

因为苹果横径服从正态分布，其中，

且的苹果为优品果，所以抽出优品果的概率

.

【小问2详解】

由题意第次抽到优品果的概率，

恰好抽取次的概率，

所以，

设，则，

两式相减得

所以，

由，即，

因为数列是单调递减数列，而，

所以的最大值为7.

22. 已知函数且.

（1）当时，求函数的极值；

（2）当时，求函数零点的个数.

【答案】（1）有极小值，无极大值   

（2）零点个数为1

【解析】

【分析】（1）求出导函数，求出极值点，判断导函数的符号，然后求解函数的极值；

（2）利用函数的导数，通过对参数分类讨论分析其单调性即可知函数的零点个数.

【小问1详解】

解：由题意得：

，

令，得或（舍去），

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以函数有极小值，无极大值

【小问2详解】

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.