重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析），共24页。
高2024届高二（下）期中考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.2．每小题选出答案后，用2B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.在试卷上作答无效.3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共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. 某统计部门对四组数据进行统计分析后，获得如图所示的散点图．下面关于相关系数的比较，正确的是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据散点图的分布可得相关性的强弱，即可比较大小.【详解】由图可知：所对应的图中的散点呈现正相关 ，而且对应的相关性比对应的相关性要强，故，所对应的图中的散点呈现负相关，且根据散点的分布情况可知,因此，故选：C2. 新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求．若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有（    ）A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 60种【答案】B【解析】【分析】当错误选项恰有1个时，直接全排列即可；当错误选项恰有2个时，利用插空法求解.最后将两种情况相加即可.【详解】当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有种；当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有种．故共有种．故选：B．3. 某部门统计了某地区今年前7个月在线外卖的规模如下表：月份代号x1234567在线外卖规模y（百万元）111318★28★35其中4、6两个月的在线外卖规模数据模糊，但这7个月的平均值为23．若利用回归直线方程来拟合预测，且7月相应于点的残差为，则（    ）A. 1.0 B. 2.0 C. 3.0 D. 4.0【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出，再借助回归直线特征及残差列出方程组即可求解作答.【详解】依题意，，而，于是得，而当时，，即，联立解得，所以.故选：B4. 函数的定义域为，它的导函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）A. 是的极小值点B. C. 函数在上有极大值D. 函数有三个极值点【答案】B【解析】【分析】根据导函数与原函数的关系，结合极值点和极大值的定义逐一判断即可.【详解】当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以有，因此选项B正确；当时，，单调递增，所以在上没有极大值，因此选项C不正确；当时，，单调递增，因此不是的极值点，只有当时，函数有极值点，所以选项A不正确，选项D不正确，故选：B5. 数列的前n项和为，对一切正整数n，点在函数的图象上，（且），则数列的前n项和为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据与的关系求得，进而求出，利用裂项相消求和法即可求解.【详解】由题意知①，当时，，当时，②，①-②，得，若，，符合题意，所以，则，所以，则.故选：D.6. 重庆，我国四大直辖市之一，在四大直辖市中，5A级旅游点最多，资源最为丰富，不仅有山水自然风光，还有人文历史景观．现有甲、乙两位游客慕名来到重庆旅游，分别准备从武隆喀斯特旅游区、巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源5个国家5A级旅游景区中随机选择其中一个景区游玩．记事件A：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件B：甲和乙选择的景区不同，则条件概率（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出事件A发生的个数和事件同时发生的个数，根据条件概率的计算公式，即得答案.【详解】由题意可知事件A发生的情况为甲乙两人只有有一人选择巫山小三峡或两人都选选择巫山小三峡，个数为,事件同时发生的情况为一人选巫山小三峡，另一人选其他景区，个数为，故,故选：D7. 随机变量X的分布列如下所示．X123Pa2ba则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据分布列得出，即可代入计算出，即可根据方差的运算率得出，令，求导得出，即可得出答案.【详解】由题可知，即，，，则，令，则，则在上单调递增，在上单调递减，所以，则的最大值为.故选：D.8. 若，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造，，分别求导得到单调区间，根据单调性得到，，代入计算得到答案.【详解】设，，则，当时，，函数单调递减，故，即，即，故；设，，当时，，函数单调递增，故，即，即，故；综上所述：.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数比较数的大小关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造函数，是解题的关键.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9. 下列说法正确的序号是（    ）A. 在回归直线方程中，当解释变量x每增加一个单位时，响应变量平均平均增加0.8个单位；B. 利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理；C. 已知X，Y是两个分类变量，若它们的随机变量的观测值越大，则“X与Y有关系”的把握程度越小；D. 在一组样本数据…，（…，不全相等）的散点图中，若所有样本（…）都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为．【答案】AB【解析】【分析】根据回归方程的定义和性质知AB正确，随机变量的观测值越小，则“ 与 有关系”的把握程度越小，C错误，样本相关系与回归直线斜率无关，D错误，得到答案.【详解】对于选项A：在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，响应变量平均增加0.8个单位，正确；对于选项B：用随机误差的平方和，即，并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中取最小值的那一条，由于平方又叫二乘，所以这种使 “随机误差的平方和为最小”的方法叫做最小二乘法，所以利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得 最小的原理，正确；对于选项C：对分类变量与，对它们的随机变量的观测值越小，则“ 与 有关系”的把握程度越小，错误；对于选项D：样本相关系数反映的是两变量之间线性相关程度的强弱，与回归直线斜率无关，题中样本数据的线性相关系数为，错误. 故选：.10. 有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ）．A. 若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种B. 若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种C. 若甲、乙、丙三位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种D. 若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有36种【答案】BCD【解析】【分析】根据相关的计数原理逐项分析.【详解】对于A，将甲乙捆绑有 种方法，若戊在丙丁之间有 排法，丙丁戊排好之后用插空法插入甲乙，有 种方法；若丙丁相邻，戊在左右两边有 种排法，但甲乙必须插在丙丁之间，一共有 种排法，所以总的排法有 ，故A错误；对于B，若甲在最左端，有 种排法，若乙在最左端，先排甲有 种排法，再排剩下的3人有 ，所以总共有 种排法，正确；对于C，先将甲乙丙按照从左至右排好，采用插空法，先插丁有 种，再插戊有 种，总共有 种，正确；对于D，先分组，将甲乙丙丁分成3组有 种分法，再将分好的3组安排在3个社区有 种方法，共有 种方法，正确；故选：BCD.11. 设为等差数列的前项和，若，，，则（    ）A. 数列的公差小于0B. C. 的最小值是D. 使成立的的最小值是4045【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件，结合等差数列前项和公式及等差数列的性质，逐项计算判断作答.【详解】在等差数列中，由，得，即，因此等差数列为递增数列，公差大于0，A错误；又，即，整理得，因此，，的最小值是， B正确，C错误；因为，，所以使成立的n的最小值是4045，D正确.故选：BD12. 设双曲线的焦距为，离心率为e，且a，c，成等比数列，A是E的一个顶点，F是与A不在y轴同侧的焦点，B是E的虚轴的一个端点，PQ为E的任意一条不过原点且斜率为的弦，M为PQ中点，O为坐标原点，则（    ）A. E的一条渐近线的斜率为B. C. （，分别为直线OM，PQ的斜率）D. 若，则恒成立【答案】ABC【解析】【分析】由a，c，成等比数列，得且可求得离心率为e，求渐近线的斜率验证选项A；求和的斜率，验证选项B；利用点差法求验证选项C，通过联立方程组计算和的值，验证选项D.【详解】因为a，c，成等比数列，所以，所以且，解得（负根舍），又，所以，所以，即E的一条渐近线的斜率为，故A正确；不妨设F为左焦点，B为虚轴的上端点，则A为右顶点，则BF的斜率，AB的斜率，所以，所以，故B正确；设，，，则，作差后整理得，即，所以，故C正确；设直线，则直线，将代入双曲线方程，得，则，，将k换成得，则与b的值有关，故D错误．故选：ABC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13. 的展开式中含项的系数为______．【答案】【解析】【分析】变换，展开式通项为，令，，计算得到答案.【详解】，的展开式的通项为．令，则，．令，则，，故的展开式中含项的系数为．故答案为：14. 若圆与圆外切，则的最大值为________________.【答案】【解析】【分析】先根据两圆外切可得，再根据可知，点的轨迹为圆弧，圆的四分之一，而表示定点与圆弧上的动点连线的斜率，然后数形结合即可求出．【详解】由题可得圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为.因为两圆外切，可得，，可看作平面直角坐标系中的定点与圆弧上的动点连线的斜率，结合图形可知，当点为时，最大，此时其最大值为．故答案为：.【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，以及利用几何意义求最值，意在考查学生的转换能力和数学运算能力，属于基础题．15. 已知某品牌电子元件的使用寿命（单位：天）服从正态分布.（1）一个该品牌电子元件的使用寿命超过天的概率为_______________________；（2）由三个该品牌的电子元件组成的一条电路（如图所示）在天后仍能正常工作（要求能正常工作，， 中至少有一个能正常工作，且每个电子元件能否正常工作相互独立）的概率为__________________．（参考公式：若，则）【答案】    ①. ##.    ②. ##.【解析】【分析】由题设可知，利用正态分布的对称性求电子元件的使用寿命超过天的概率，应用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求电路在天后仍能正常工作的概率.【详解】由题设知：，∴.由题意，要使电路能正常工作的概率.故答案为：，.16. 若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】变换得到，设得到，设，求导得到单调区间，计算最值得到答案.【详解】，即，，设，恒成立，函数单调递增，故，故，设，，故，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；故，故，故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用同构的思想，变换得到是解题的关键.四、解答题（本大题共6小题，共70分，请在答题卡上作答，解答须写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知为单调递增数列，为其前项和，(Ⅰ)求的通项公式；(Ⅱ)若为数列的前项和，证明：.【答案】(1)；(2)见解析.【解析】【分析】（1）由得，所以,整理得,所以是以为首项，为公差的等差数列，可得.（2）结合（1）可得，利用裂项相消法求得前项和，利用放缩法可得结论.详解】试题解析：（Ⅰ）当时，,所以，即,又为单调递增数列，所以.由得，所以,整理得,所以.所以，即,所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.(Ⅱ)所以.【点晴】本题主要考查数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18. 重庆近年来旅游业高速发展，有很多著名景点，如洪崖洞、磁器口、朝天门、李子坝等.为了解端午节当日朝天门景点游客年龄的分布情况，从年龄在22～52岁之间的旅游客中随机抽取了1000人，制作了如图的频率分布直方图.（1）求抽取的1000人的年龄的平均数、中位数；（每一组的年龄取中间值）（2）现从中按照分层抽样抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记这3人中年龄在的人数为，求的分布列及.【答案】(1)平均数38.75，中位数 ；(2)分布列见解析，【解析】【分析】（1）分别根据频率分布直方图的平均数和中位数计算；（2）根据频率可知在取8人中有2人年龄在，6人年龄在，服从超几何分布, ,分别写出概率,并计算期望.【详解】解：（1）年龄平均数，中位数为（岁）.（2）因为年龄在及的频率分别为0.15，0.45，故分层抽样抽取8人中有2人年龄在，6人年龄在.的可能取值为0，1，2， ，，，，的分布列为：012 【点睛】(1)本题主要考查频率分布直方图，考查平均值和中位数的计算和古典概型，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和基本的运算能力.(2) 先计算出每个小矩形的面积，通过解方程找到左边面积为0.5的点P，点P对应的数就是中位数. 一般利用平均数的公式计算.其中代表第个矩形的横边的中点对应的数，代表第个矩形的面积.19. 经验表明，一般树的直径（树的主干在地而以上1.3m处的直径）越大，树就越高.由于测量树高比测量直径困难，因此研究人员希望由树的直径预测树高.在研究树高与直径的关系时，某林场收集了某种树的一些数据如下表：编号123456直径x/cm192226293438树高y/m5710121418 （1）请用样本相关系数（精确到0.01）说明变量x和y满足一元线性回归模型；（2）建立y关于x的一元线性回归方程；并估计当树的直径为45cm时，树高为多少？（精确到0.01）附参考公式：相关系数 回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，参考数据：【答案】（1）答案见解析    （2）；【解析】【分析】（1）计算，，再根据公式计算得到相关系数，得到答案.（2）根据公式计算，，得到回归方程，代入数据计算得到答案.【小问1详解】，故，，故，，故和成线性正相关，满足一元回归模型.【小问2详解】，，，当时，.20. 如图，在三棱柱中，．  （1）证明：；（2）若，且，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得到，再根据证明即可；（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.【小问1详解】取中点，连接，，因为，，所以，，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以.  【小问2详解】由条件，可得，所以，同理，又，平面，所以平面，以为坐标原点，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，  令，则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以，故，又，所以二面角的正弦值为.21. 已知在平面内，点，点P为动点，满足直线与直线的斜率之积为1．（1）求点P的轨迹方程，并说明表示什么曲线；（2）若直线l为上述曲线的任意一条切线，证明：点分别到直线l的距离之积为定值，并求出该定值.【答案】（1），轨迹为去掉左右顶点的双曲线    （2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设，根据，化简得到答案.（2）设切点，联立方程，排除，根据得到，确定切线方程为，再计算点到直线的距离得到答案.【小问1详解】设，则，故，故轨迹为去掉左右顶点的双曲线.【小问2详解】设切点，显然直线斜率存在，则设，则，故，当时，直线与渐近线平行，显然不可能是切线.当时，，整理得到，故，，切线方程为，所以，故定值为.【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的轨迹方程，双曲线中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，设切点确定切线方程是解题的关键，定值问题是常考的题型，需要熟练掌握.22. 已知函数.（注：…是自然对数的底数）（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若只有一个极值点，求实数m的取值范围；（3）若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义，结合点斜式求切线方程；(2)讨论的符号，判断的单调性，进而确定的零点；(3)要使取到最小值，则取最大，分析可得，结合零点代换处理即可.【小问1详解】（1）当时，，故，故在点处的切线方程为；【小问2详解】解：由题意知有且只有一个根且有正有负，构建，则.①当时，当时恒成立，在上单调递增，因为，所以有一个零点，即为的一个极值点；②当时，在上恒成立，即无极值点；③当时，当；当，所以在单调递减，在上单调递增，故，若，则，即.因为，所以当时，，当时，，令，则，故，故在上为增函数.故，故，故当时，有两个零点，此时有两个极值点，当时，当时恒成立，即无极值点；综上所述：.【小问3详解】解：由题意知，对于任意的，使得恒成立，则当取最大值时，取到最小值.当时，因为，故当时，的最小值为；当时，当时，，所以无最小值，即无最小值；当时，由（2）得只有一个零点，即且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，因为，所以，代入得，令，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，此时，所以的最小值为.【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数时，常采用分离常数法，转化求函数最值问题.