精品解析：湖北省武汉市5G联合体2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题（解析版）

2022-2023学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期末考试

高二数学试卷

一、单选题：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. 双曲线的一条渐近线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用给定的双曲线方程，求出双曲线的实半轴、虚半轴长即可求出渐近线的方程作答.

【详解】双曲线的实半轴长，虚半轴长，且焦点在x轴上，

所以双曲线渐近线方程为，即，则D正确，ABC错误.

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. 等比数列中，，，则（    ）

A. ±4 B. ±5 C. 4 D. 5

【答案】C

【解析】

【分析】由等比数列的下标和性质代入可求出答案.

【详解】由等比数列的下标和性质知: ,

因为，，所以，所以.

故选：C.

4. 甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山5个景点中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先利用古典概率公式求出和的概率，再利用条件概率公式即可求出结果.

【详解】由题知，，，所以，

故选：B.

5. 对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（    ）

A. 满足一元线性回归模型的所有假设

B. 不满足一元线性回归模型的的假设

C. 不满足一元线性回归模型的假设

D. 不满足一元线性回归模型的和的假设

【答案】C

【解析】

【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断.

【详解】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C.

故选：C.

6. 设,则除以的余数为

A. 或 B. 或 C. 或 D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】用二项式定理化简整理得到，分为奇数或偶数，得到余数.

【详解】=，当为奇数时，余数为，当为偶数时，余数为,

故选：A.

7. 已知定义域为的奇函数的图象是一条连续不断的曲线，当时，，当时，，且，则关于的不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先由题找到函数的单调性，画出示意图，从而判定不等式的解.

【详解】因为当时，，所以在单调递减；

当时，，所以在单调递增，

因为定义域为的奇函数，则过点，且，则过点，

由奇函数的图象关于原点对称，画出示意图如下：

或，

故选：D.

8. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（    ）

A. 1640 B. 1560 C. 820 D. 780

【答案】C

【解析】

【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求.

【详解】设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列，

所以．

故，

故．

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. 已知随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（    ）

A. ， B. 若，则

C.  D. 随机变量满足，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据正态分布的定义求数学期望和方差求解A，再根据正态分布密度曲线的对称性可求解相应的概率求解B,C，再根据变量关系的期望公式可求解D.

【详解】因为,所以，，A正确；

因为，所以，B正确；

因为，所以，C正确；

因为，所以，

所以,D错误，

故选:ABC

10. 已知与线性相关，且求得回归方程为，变量，的部分取值如表所示，则（    ）

A. 与负相关 B.

C. 时，的预测值为 D. 处的残差为

【答案】BC

【解析】

【分析】利用数据求出样本中心坐标，代入回归直线方程，得到，进而逐一判断正误即可.

【详解】解：由题意得，，

所以样本中心点的坐标为，代入线性回归方程得，

解得，B正确；

由可知与正相关，A错误；

时，，C正确；

时，，残差为，D错误．

故选：BC．

11. 已知集合．下列说法正确的是（    ）

A. 从集合中任取个元素能够组成个没有重复数字的四位数；

B. 从集合中任取个元素能够组成个没有重复数字的三位偶数；

C. 从集合任取个元素能够组成个三位密码；

D. 从集合中任取个元素，其和是的倍数的取法共有7种．

【答案】AB

【解析】

【分析】利用排列组合知识逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.

【详解】对于A：取个元素组成无重复数字的四位数，若取：有，

若不取：有，共，故选项A正确；

对于B：中有位偶数，若末位为，有个，

若末位为或有个，共有个，故选项B正确；

对于C：集合任取个元素能够组成个三位密码，故选项C不正确；

对于D：三个数和为的有，有种，

三个数的和为的有，， 有种，

三个数的和为的有，， 有种，

三个数的和为的有有种，共有种，故选项D不正确，

故选：AB.

12. 抛物线：，是上的点，直线与交于两点，过的焦点作的垂线，垂足为，则（    ）

A. 的最小值为1 B. 的最小值为1

C. 为钝角 D. 若，直线与的斜率之积为

【答案】ACD

【解析】

【分析】求得的最小值判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得的范围判断选项C；求得直线与的斜率之积判断选项D.

【详解】选项A：设，所以，因为，

所以，A正确；

选项B：设，所以点轨迹，

设，，，

又因为，

所以，B错误；

选项C：设，

又因为，所以，

，所以，

，又因为

所以为钝角，C正确，

选项D：设，因为，所以，

所以，

所以

所以，

又因为，所以，

即，即，D正确.

故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 有朋自远方来，乘火车、飞机来的概率分别为0.6，0.4，迟到的概率分别为0.3，0.1，则他迟到的概率为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据独立事件和互斥事件概率计算方法即可计算．

【详解】因为乘火车、飞机来的概率分别为0.6，0.4，迟到的概率分别为0.3，0.1，

所以乘火车迟到的概率为，

乘飞机迟到的概率为，

因此他会迟到的概率为．

故答案为：．

14. 从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有___________种.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意分为两类情况：1女2男、2女1男，结合组合数公式和分类计数原理，即可求解.

【详解】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，

可得分为两类情况：1女2男、2女1男，

当1女2男时，共有种不同的选法；

当2女1男时，共有种不同的选法，

由分类计数原理可得，共有种不同的选法.

故答案为：.

15. 已知数列满足，，为数列的前项和.若对任意实数，都有成立，则实数的取值范围为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求出，再化简求出，利用裂项相消即可求出，即可求出满足题意的.

【详解】①，

②，

②①得，

，当时，，当时，，满足上式，

故，

，

故，

，

故，即实数的取值范围为.

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小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 在的展开式中.

（1）求第3项；

（2）求含项的系数.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）直接利用二项式定理计算得到答案.

（2）直接利用二项式定理计算得到答案.

【详解】（1），

（2），令，解得.

所以.所以含项的系数为.

【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.

18. 数列满足，是常数．

（1）当时，求及的值；

（2）数列是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；

【答案】（1），   

（2）不可能，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据递推公式计算可得结果；

（2）假设数列是等差数列，根据求出，再根据可得结论.

【小问1详解】

，，

得，故.

【小问2详解】

，，，

假设数列是等差数列，则，

则，即，，

当时，，，，

，故，数列不是等差数列，

故假设不成立，故数列不可能为等差数列.

19. 随着全国新能源汽车推广力度的加大，尤其是在全国实现“双碳”目标的大背景下，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇．为了更好了解大众对新能源汽车的接受程度，某城市汽车行业协会依据年龄采用按比例分层随机抽样的方式抽取了200名市民，并对他们选择新能源汽车，还是选择传统汽车进行意向调查，得到了以下统计数据：

（1）完成列联表，并判断依据的独立性检验，能否认为选择新能源汽车与年龄有关；

（2）以样本的频率作为总体的概率，若从全市40岁以上（包含40岁）购买汽车的人中有放回地随机抽取3人，用表示抽取的是“选择新能源汽车”的人数，求的分布列及数学期望．

附：．

【答案】（1）至少有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关.   

（2）分布列见详解，.

【解析】

【分析】（1）根据列联表中的数据以及公式进行计算求解.

（2）利用二项分布进行计算求解.

【小问1详解】

由题可知：

所以，

所以至少有的把握认为选择新能源汽车与年龄有关.

【小问2详解】

由题可知，从全市40岁以上（包含40岁）购买汽车的人中有放回地随机抽取，

抽取的是“选择新能源汽车”的人的概率为，所以，

所以的可能取值为：0，1，2，3，且

；

；

；

；

所以的分布列为：

数学期望.

20. 设函数，且．

（1）求函数的单调性；

（2）若恒成立，求实数a取值范围．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导后分与两种情况讨论即可；

（2）方法一：讨论当时成立，当时参变分离可得，再构造函数，，求导分析最小值即可；

方法二：将题意转化为，再构造函数，求导分类讨论单调性与最大值即可.

【小问1详解】

，，

当时，恒成立，则在上单调递增；

当时，时，，则在上单调递减；

时，，则在上单调递增．

【小问2详解】

方法一：在恒成立，则

当时，，显然成立，符合题意；

当时，得恒成立，即

记，，，

构造函数，，则，故为增函数，则.

故对任意恒成立，则在递减，在递增，所以

∴．

方法二：在上恒成立，即．

记，，，

当时，在单增，在单减，则，得，舍：

当时，在单减，在单增，在单减，，，

得；

当时，在单减，成立；

当时，在单减，在单增，在单减，，，而，显然成立．

综上所述，．

21. 从甲､乙､丙等5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.

（1）记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；

（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为，

①直接写出的值；

②求与的关系式，并求.

【答案】（1）分布列见解析   

（2）①，，；②；

【解析】

【分析】（1）由离散型随机变量的分布列可解；

（2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，由全概率公式可求

再由数列知识，由递推公式求得通项公式.

【小问1详解】

可能取值为，

；；

所以随机变量的分布列为

【小问2详解】若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为，

则有

记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，

所以

即，

所以，且

所以数列表示以为首项，为公比的等比数列，

所以所以

即次传球后球在甲手中的概率是.

22. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆C交于A，B两点，且的周长最大值为8．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线与的斜率之积为（O为坐标原点），D为射线上一点，且，线段与椭圆C交于点E，，求四边形的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意可知，当过右焦点时，的周长取最大值，求得，通过离心率可求得，即可求得标准方程；

（2）设，由题目条件可得，由可得四边形面积为，当直线PQ斜率为0时，易得；当直线斜率不为0时，将直线PQ方程与椭圆方程联立后，利用韦达定理，结合，可得，后可得，即可求解

【小问1详解】

设与轴的交点为，

由题意可知，

则，

当过右焦点时，的周长取最大值，所以，

因为椭圆的离心率为，所以，

所以椭圆C的标准方程

【小问2详解】

设，因P，Q均在椭圆上，则.

又，则.

由可得，

则四边形面积为.

当直线PQ斜率为0时，易知，又，则.

根据对称性不妨取，，由得，

则，得此时；

当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有：

，消去x得：.

，

由韦达定理，有.

所以

，，

代入可得，解得，

，

又原点到直线PQ距离为，则此时.

综上可得，，四边形面积为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.