重庆市第一中学校2021-2022学年高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份重庆市第一中学校2021-2022学年高二下学期期末数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。


2022年重庆一中高2023届高二下期期末考试
数学试题卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择題：本题共8个小题，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】D
【解析】
【分析】由对数函数的定义域及分式不等式的解法可得集合A、B，再求并集即可.
【详解】由题意可得，所以.
故选：D
2. 已知某质点运动的位移（单位；）与时间（单位；）之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】对求导得，从而可求质点在时的瞬时速度.
【详解】因为，所以，
所以该质点在时的瞬时速度为.
故选：B.
3. 设，若函数是定义在上奇函数，当时，，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得且，即可求出的值，再根据计算可得.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以，，
又当时，，所以，解得，
所以.
故选：C
4. 设且，若函数的值域是，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当时，检验满足.当时，分类讨论的范围，依据对数函数的单调性，求得的范围，综合可得结论.
【详解】由于函数且的值域是，
故当时，满足.
若在它的定义域上单调递增，
当时，由，.
若在它的定义域上单调递减， ，不满足的值域是.
综上可得，.
故选：C.
5. 某调查机构对某地区互联网行业进行了调査统计，得到如下该地区的互联网行业从业者年龄分布饼状图和90后从事互联网行业的岗位分布条形图，且据统计知该地区互联网行业从业人员中从事运营岗位的人员比例为0.28，现从该地区互联网行业从业人员中选出1人，若此人从事运营岗位，则此人是90后的概率为（ ）

（注：90后指1990年及以后出生，80后指1980—1989年之间出生，80前指1979年及以前出生．）
A 0.28 B. 0.34 C. 0.56 D. 0.61
【答案】B
【解析】
【分析】记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人从事运营岗位为事件，记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人是90后为事件，根据统计图求得，，再根据条件概率的定义即可求解.
【详解】记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人从事运营岗位为事件，
记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人是90后为事件，
由统计图可知，，
所以，
所以若此人从事运营岗位，则此人是90后的概率为.
故选：B
6. 设定义在上的可导函数的导函数为，且，若，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，利用导数说明函数的单调性，不等式等价于，即，结合单调性即可得解.
【详解】因为，所以
令，则，
即在定义域上单调递减，
又，所以，
因为，所以不等式等价于，即，
所以，即不等式的解集为.
故选：D
7. 已知，，，，则，，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用即可比较，根据幂函数的单调性可比较，再根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量即可比较，进而可得出答案.
【详解】，，
因为

所以，
，，
因为，所以，即，
又，，
所以，
综上，.
故选：A.
【点睛】方法点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
8. 若不等式对恒成立，则整数的最大值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】参变分离后，通过二次求导，结合隐零点得到最小值，即可求解.
【详解】因为，所以，
所以问题转化为对任意恒成立.
令，则,
令，则对恒成立，
所以在上单调递增.
因为，
故，使得.
因此当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增.
故，
所以整数的最大值为2 .
故选：B.
【点睛】方法点睛：
不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图象在 上方即可)；
③分类讨论参数.
二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 设函数的定义域为，则“关于原点对称”是“具有奇偶性”的必要条件
B. 已知是可导函数，则“”是“是的极值点”的充分不必要条件
C. “是函数的一个周期”的一个充分不必要条件是“对，都有”
D. “函数与函数的图象关于轴对称”的充要条件是“”
【答案】AC
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义及必要条件的定义判断A，根据极值点的定义判断B，根据函数的周期性的定义判断C，利用特殊值判断D.
【详解】对于A：函数具有奇偶性，则定义域关于原点对称；
则函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的必要条件，故A正确；
对于B：由得不到是的极值点，如，则，
此时，但是函数在定义域上单调递增，所以不存在极值点，故充分性不成立，
若是的极值点，则，故必要性成立，故“”是“是的极值点”的必要不充分条件，故B错误；
对于C：若对，都有，则，
所以是的一个周期，故充分性成立，
若是函数的一个周期，不一定得到“对，都有”，
如对满足时，此时，
即是的一个周期，故必要性不成立，故C正确；
对于D：设，所以，，
此时 与的图象关于轴对称，但是不一定成立，故D错误；
故选：AC
10. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于选项AB：根据已知结合基本不等式将已知等式中的或转化，即可解不等式得出答案；对于选项C：将要求的式子通过完全平方或分式运算转化为或，即可根据选项AB求出的范围根据不等式的性质或一元二次函数的值域得出要求的式子的范围.对于选项D：当时，即可排除.
【详解】解： 对于A,由题意得，(当且仅当时)，
即，解得：，即，故A正确.
对于B, 由题意得，(当且仅当时)，
即，即，
解得：或 (舍去).故B正确.
对于C, ，
令，，即，故C正确；
对于D,当时，，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，函数的单调增区间为
B. 当时，函数的极小值为1
C. 若在定义域内不单调，则
D. 若对有成立，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A、B，求导后，判断导数的正负后即可判断；对于C，分和两种情况讨论即可判断；对于D，把化为，令，从而问题转化为函数在上为增函数，求导后得到，结合二次函数即可判断.
【详解】
对于A、B，当时，，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以函数的单调增区间为，在有极小值，故A、B都正确；
对于C，因为，，
当 时，恒成立，函数在定义域内单调递增，
当时，符号不确定，函数在定义域内不单调，故C正确；
对于D，因为对有 成立，
即成立，
令，
由题意知在上恒成立，即函数在上为增函数，
则恒成立，故，
因为，所以，故D错误.
故选：ABC
12. 已知定义在上奇函数满足，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 6是函数的一个周期
B. 函数在区间上的解析式为
C. 若函数与函数（且）的图象在区间上的交点有5个，则实数的取值范围为
D. 函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，令得，从而得，再结合奇函数得，从而可判断；对于B，令得，求得，再结合周期性和奇函数即可判断；对于C、D，画出图象后即可判断.
【详解】对于A，因为，所以令，可得，
即，故，则，
即，
因为为奇函数，所以，则，
所以，即函数的周期为 6 ，故A正确；
对于B，令，则，所以
而，所以，B正确；
对于C，当时，；当时， ，再根据其周期为 6 ，作出函数在的图像如下：

由图可知，当过点或点时，两图象刚好有4个交点，此时或
若函数与函数的图像在区间的交点有5个，
所以或，故C错误；
对于D，分别画出函数与函数的图象，如下图：

由图可知，函数与函数的图象共有10个交点，
又因为函数与函数的图象都关于直线对称，
所以所有交点的横坐标之和为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 若函数（且）的图象恒过点，且点在幂函数的图象上，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先找到定点的坐标，通过点坐标求解幂函数的解析式，从而可求．
【详解】对于函数，
令，解得，此时，
因此函数的图象恒过定点，
设幂函数，
在幂函数的图象上，，解得．
．则.
故答案为：
14. 的展开式中，的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】写出展开式通项，令、、的指数分别为、、，求出参数的值，代入通项计算即可得出结果.
【详解】的展开式通项为，
的展开式通项为，其中，、，
所以，的展开式通项为，
由题意可得，解得，
因此，的展开式中的系数为.
故答案为：.
15. 如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点，分别在的两条渐近线上，轴，，（为坐标原点），则双曲线的离心率为______．

【答案】##
【解析】
【分析】写出BF所在直线方程，与直线OB方程联立解得的坐标，求出的坐标, 可得AB所在直线的斜率，利用，即可列式求解双曲线的离心率.
【详解】设，
由题意可知，直线OB方程为，直线OA方程为，
因为轴，所以，
又，所以直线BF的方程为,
联立 ，解得，
，
又 ，得，
即 ，解得.
故答案为：
16. 已知函数，（），若的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意可得到在上恰有两个不相等的实根，令，利用导数判断函数的单调性，从而可得，则原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，令，利用导数求出函数函数的单调区间，从而作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.
【详解】关于轴对称的函数为，
因为的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，
所以方程在上恰有两个不相等的实根，
即，即，
即，
即在上恰有两个不相等的实根，
令，则，
所以函数在上单调递增，
所以，即，，
故原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，，
如图，作出函数在上的大致图象，

要使函数与在上恰有两个不同的交点，
只要，
因为，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
四、解答题：本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知是等差数列，是公比大于0的等比数列，且，，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）若表示数列在区间的项数，求．
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）令数列的公差为，数列的公比为，由解得，从而求得，进而得到，解得，从而可求；
（2）依题意可得，再利用分组求和法，结合等比数列的前项和公式即可求解.
【小问1详解】
令数列的公差为，数列的公比为，
因为，解得（舍去负值），
所以.
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
依题意可得，
所以
.
18. 随着全球经济一体化进程的不断加快，机械零件的加工质量决定了制造工厂的生存，零件加工精度逐渐成为供应商选择制造公司产品的标准．已知某公司生产不同规格的一种产品，根据检测精度的标准，其合格产品的质量与尺寸之间近似满足关系式（，为大于0的常数），现随机从中抽取6件合格产品，测得的数据如下：
尺寸
38
48
58
68
78
88
质量
16.8
18.8
20.7
22.4
24
25.5
根据测得的数据作如下处理：令，，则得到相关统计量的值如下表：




75.3
24.6
18.3
101.4

（1）根据所给统计数据，求关于的回归方程；
（2）若从一批该产品中抽取件进行检测，已知检测结果的误差服从正态分布，则至少需要抽取多少件该产品，才能使误差在的概率不小于0.9545？
附：①对于样本（），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．
②若，则．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据已知条件，结合最小二乘法，即可求解.
(2)根据正态分布及所给数据可得，，即可求解.
【小问1详解】
由题知，

，
，
故，即，
整理得，.
【小问2详解】
由题知，，
，，
要使误差在的概率不小于，
则满足，解得，
故至少需要抽取件该产品，
才能使误差在的概率不小于.
19. 已知函数（）．
（1）当时，过点作的切线，求该切线的方程；
（2）若函数在定义域内有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设切点为，求导，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点，求出切点，即可得解；
（2）分离参数，构造函数，将问题转化为直线与函数的图象仅有两个交点，求的取值范围．
【小问1详解】
当时，，则，
设切点为，则，
所以切线方程为，
又切线过点，所以，即，所以，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
由，得，令，
则，
令得，令得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
当趋向于时，趋向，当趋向于时，趋向，
作出函数图象和直线，

如图示，在定义域内有且仅有两个零点,
即和有且只有两个交点，
由图象知，的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
20. 为提高新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“合1检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性；若为阳性，则还需对本组的每个人再做检测．现有（）人，已知其中有2人感染病毒．
（1）若，并采取“10合1检测法”，求共检测12次的概率；
（2）设采取“5合1检测法”的总检测次数为，采取“10合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，采取“10合1检测法”更适宜？请说明理由．
【答案】（1）
（2）时采取“10合1检测法”更适宜，具体过程见解析
【解析】
【分析】（1）时共有20人，共检测12次可知两个感染者分在同一组，计算可得所求概率.
（2）分类讨论感染者分在同一组和分在不同组，计算两种方案总检测次数的期望值，进行比较得出结论.
【小问1详解】
解：时共有20人，平均分为2组，共检测12次可知两个感染者分在同一组，
设所求概率为，则，
所以，并采取“10合1检测法”，求共检测12次的概率为.
【小问2详解】
（2）当感染者在同一组时，，，
此时，，
当感染者不在同一组时，，，
此时，，
所以，
，
令得，又可解得，
综上可得当时，采取“10合1检测法”更适宜.
21. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，其离心率，点是椭圆上一动点，内切圆半径的最大值为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线，与椭圆分别相交于点，，求证：为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设内切圆的半径为，可得，当为椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，即最大，由此得，从而得到，结合离心率和椭圆关系可构造方程组求得结果；
（Ⅱ）设，当时，假设直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出和，代入整理可得定值；当时，易求，由此可得结论.
【小问1详解】
设内切圆的半径为，则，
，
当的面积最大时，内切圆的半径最大，
则当点为椭圆的上顶点或下顶点时，的面积最大，最大值为，
的最大值为，.
由得：，椭圆的标准方程为：．
【小问2详解】
设，，，
①当时，设直线，直线方程分别为，，
由得：，，
，，，
同理由可得：，
；
②当时，直线，与轴重合，则
则；
综上所述：为定值．

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值.
22. 已知函数，其中.
（1）若函数在上单调递增，求的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，当时，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知在上恒成立，进而在上恒成立，再求函数的最小值即可得答案.
（2）先求得，利用换元法表示出，通过构造函数法，利用导数，结合来求得的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，所以，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
故令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，故，
所以，即的取值范围是.
【小问2详解】
解：，
对函数，设上一点为，
过点的切线方程为，
将代入上式得，
所以过的的切线方程为.
所以，要使与有两个交点，则，
此时有两个极值点，且.
，
令，则，
所以，
所以，即
所以，
令，
令，
所以在上递增.
因为，所以在上恒成立.
所以在上恒成立.
所以在上递增.
，
所以当时，，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于先根据题意，求函数过点的切线斜率，进而得，再结合极值点的定义得，进而换元，求出，再构造函数，研究函数的单调性得并结合得答案.