广东省广州市七区2022-2023学年高二下学期期末数学试题

这是一份广东省广州市七区2022-2023学年高二下学期期末数学试题，共12页。试卷主要包含了在下列求导数的运算中正确的是，设，则的大小关系为，已知随机变量的分布列为，则等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期期末教学质量监测高二数学试题本试卷共6页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、姓名、试室号、座位号及准考证号，并用2B铅笔填涂准考证号。2．全部答案必须在答题卡上完成，答在本试卷上无效。3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试卷上。4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域的相应位置上；如需要改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，改动的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。5．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束将试卷和答题卡一并交回。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．从甲地到乙地，若一天中有火车5班、汽车12班、飞机3班、轮船6班，则一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有不同走法的种数是（    ）A．18 B．20 C．26 D．10802．某质点沿直线运动，位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，则质点在时的瞬时速度为（    ）A． B． C． D．3．数列，则是这个数列的（    ）A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项4．现有5个节目准备参加比赛，其中3个舞蹈类节目，2个语言类节目．如果不放回地依次抽取2个节目，则在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到语言节目的概率为（    ）A． B． C． D．5．在等差数列中，，直线l过点，则直线的斜率为（    ）A．2 B．－2 C．4 D．－46．在下列求导数的运算中正确的是（    ）A． B．C． D．7．在送课下乡支教活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所薄弱学校支教，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师安排在同一学校支教，丙、丁两名教师不安排在同一学校支教，则不同的安排方法总数为（    ）A．20 B．24 C．30 D．368．设，则的大小关系为（    ）A． B． C． D．二、选择题：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．下列有关回归分析的结论中，正确的有（    ）A．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量增加0.6个单位B．决定系数的值越接近于1，回归模型的拟合效果越好C．样本相关系数的绝对值越小，成对样本数据的线性相关程度越弱D．在一元线性回归模型的残差图中，残差分布的带状区域的宽度越宽，说明模型拟合效果越好10．已知随机变量的分布列为，则（    ）A． B． C． D．11．如图，等边的边长为，取等边各边的中点，作第2个等边，然后再取等边各边的中点，作第3个等边，依此方法一直继续下去．设等边的面积为，后继各等边三角形的面积依次为，则下列选项正确的是（   ）A．B．是和的等比中项C．从等边开始，连续5个等边三角形的面积之和为D．如果这个作图过程一直继续下去，那么所有这些等边三角形的面积之和将趋近于12．我国南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，给出了表示二项式系数规律的三角形数阵，现称为“杨辉三角”（如图所示），下列选项正确的是（    ）A．若用表示三角形数阵的第行第个数，则B．该数阵第10行各数之和为1024C．该数阵第98行中存在三个相邻的数，它们依次所成的比为D．在该数阵中去掉所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6…，则此数列的前50项和为3047三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．的展开式中的系数是________________．（用数字作答）14．设随机变量服从正态分布，若，则________________．15．某机构近期对某种二手车的使用年数与再销售价格（单位：万元/台）进行数据收集，得到如下统计表：使用年数246810再销售价格16139.575根据上表数据该种二手车的使用年数与再销售价格之间的经验回归方程为：，现有一台该种二手车使用了9年，估计这台手车的再销售价格为________________万元．16．已知为正实数，若对恒成立，则的取值范围是________________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步紧．17．（10分）已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求函数的最大值与最小值．18．（12分）已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入4个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．19．（12分）某校开设跳绳特色课程，为了解学生对该课程的爱好情况，采用问卷调查得到如下列联表：跳绳性别合计男生女生爱好402060不爱好203050合计6050110（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生爱好跳绳与性别有关？（2）现采用比例分配的分层抽样方法，从爱好跳绳的学生中抽取6人组成集训队．若从集训队中抽取4人组成校队，参与区里举办的跳绳比赛，记抽到的男生人数为，求随机变量的分布列和期望．附：，其中．0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82820．（12分）已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．21．（12分）某公司通过游戏获得积分以激励员工．游戏规则如下：甲袋和乙袋中各装有形状和大小完全相同的10个球，其中甲袋中有5个红球和5个白球，乙袋中有8个红球和2个白球，获得积分有两种方案．方案一：从甲袋中有放回地摸球3次，每次摸出1个球，摸出红球获得10分，摸出白球得0分；方案二：掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲袋中随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙袋中随机摸出一个球，若摸出的是红球，则获得积分15分，否则得5分．（1）某员工获得1次游戏机会，若以积分的均值为依据，请判断该员工应该选择方案一还是方案二？（2）若某员工获得10次游戏机会，全部选择方案一，记该员工摸出红球的次数为，当取得最大值时，求的值．22．（12分）已知函数．（1）若函数与的图象有一条斜率为1的公切线，求的值；（2）设函数，证明：当时，有且仅有两个零点．2022-2023学年第二学期期末教学质量监测高二数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案CBCBADCD第8题详解记，则，当时，，故在上单调递增，故，故，记，则，当时，，故在单调递减，故，故，因此．故答案为：，故答案D正确．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9．BC    10．ABD    11．ACD    12．BC第12题详解A．依据二项展开式系数可知，第行第个数应为，故第100行第3个数为，故错误．B．由题得第10行的和为．故答案为（或1024），故B正确．C．依题意，，第行各数从左到右均满足：，设第行的相邻三个数为：，于是得，即，整理得：，解得：，所以这一行是第98行．故C正确．D．去除所有为1的项后，由图可知前行共有个数，当时，，即前10行共有55个数．因为第行的和为，所以前10行的和为．因为第10行最后5个数为，所以此数列的前50项的和为．故D错误．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．10    14．4    15．5.9    16．第16题说解设，则①若，即，函数在区间单调递增，故，满足条件；②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意．综上所述：．四、解答题：本题共6小题，共70分．17．（10分）解：（1）由，可得，令，解得，或（舍去）由，解得，函数在上是递增函数，由，解得，函数在上是递减函数，所以，函数的递增区间为，函数的递减区间为．（2）由（1）知函数在上是递增函数，函数在上是递减函数，所以当时，所以函数的最大值是128，又因为，所以函数的最小值是－88，最大值是128．18．（12分）解：（1）设数列的公差为由题意可知，，所以．所以，所以，所以（2）由得所以所以所以．19．（12分）解：（1）零假设为：爱好跳绳与性别之间无关联．根据列联表，由得，，根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为爱好跳绠与性别之间无关联．（2）在分层抽样中，爱好跳绳的男生有4人，女生有2人，则的可能取值为2，3，4且，则的分布列为X234p则20．（12分）解：（1）当时，，所以所以，即当时，，所以所以是以1为首项，3为公比的等比数列．所以（2）由（Ⅰ）可知，则，令的前项和为，则．21．解：（1）方案一方法一：由题意可得，设抽中红球的次数为，积分为且，且可能取值为0，10，20，30，，则的分布列为0102030且方法二：由题意可得，设抽中红球的次数为，积分为因为，所以因为，所以方案二：设事件“从甲袋摸球”，则事件“从乙袋摸球”，事件“摸出的是红球”，设方案二的积分为则因为所以选择方案一（2）由题意得，则，则，即时，最大．22．（12分）解：（1）设公切线与的切点分别为由题意得得所以所以公切线方程为，又因为，所以①且②由①②解得（2）所以当时．所以得得得所以在上单调递减，在单调递增因为所以所以当时，取则有记则有因为所以所以在上单调递增，所以所以在有且仅有一个零点当时又因为所以所以取则有所以在有且仅有一个零点综上所述：当时有且仅有两个零点．特别提醒：第二问用如下解法，扣2分（2）所以当时所以得得得所以在上单调递减，在单调递增因为，所以，所以当时，，当时，，故在和上各有一个零点，所以当当时，有且仅有两个零点．