精品解析：江苏省无锡市普通高中2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

无锡市普通高中2023年春学期高二期终调研考试试题

数学2023．06

注意事项及说明：本卷考试时间为120分钟，全卷满分为150分．

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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先化简集合B，再利用并集定义即可求得.

【详解】，

则

故选：A

2. 已知一次降雨过程中，某地降雨量L（单位：mm）与时间t（单位：min）的函数关系可近似表示为，则在时的瞬时降雨强度（某一时刻降雨量的瞬时变化率）为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据导数的概念，求出函数的导数，代入，可得答案.

【详解】∵，∴，

∴在时的瞬时降雨强度为.

故选：D．

3. 若，，其中，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用及对立事件的概率公式即可得解.

【详解】因为，，，

所以

．

故选：C.

4. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由函数的奇偶性，导数与单调性的关系判断，

【详解】，故为偶函数，

，当时，，且随着增大而增大，

故增长越来越快，

故选：B

5. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料（吨）的相关性，在生产过程中收集了组对应数据如下表所示：

根据表中数据，得出关于的回归直线方程为.据此计算出在样处的残差为，则表中的值为（    ）（注：称为对应样本点的残差）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据残差可得回归直线方程，再根据样本中心可计算的值.

【详解】由残差为可知，当时，，即，解得，

所以回归直线方程为，

又，，且样本中心在回归直线上，

所以，解得，

故选：A.

6. 一批产品中有一等品若干件，二等品3件，三等品2件，若从中任取3件产品，至少有1件一等品的概率不小于，则该批产品中一等品至少有（    ）

A. 3件 B. 4件

C 5件 D. 6件

【答案】C

【解析】

【分析】利用对立事件的概率关系，求出至少有1件一等品的概率，列出不等式求解即可.

【详解】设该批产品共有件，，

从中任取3件产品，均不是一等品的概率为，

则至少有1件一等品的概率为，

由题意，即，可得，

则该批产品中一等品至少有件，

故选：C.

7. 已知函数，在区间上任取两个不相等的实数，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据可知在上单调递增，进而由导数即可求解.

【详解】由可知在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，故，所以，

故选：C

8. 已知函数，若存在区间，使得在上的值域为，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】在上单调递增，根据题意有，即方程在有两不同实数根，列出不等式组，求解即可．

【详解】函数开口向上且对称轴为在上单调递增．

存在区间，使得在上的值域为，

则有，即方程在有两不同实数根．

，解得，

的取值范围为.

故选：D.

二、多项选择题：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. 若，其中为实数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】令，将原式转化为，利用赋值法求解A、C；写出展开式的通项，即可计算B；两边求导，再用赋值法求解可判断D.

【详解】令，则原式转化为，

令，得，故A正确；

展开式的通项为，

则，，，故B正确；

令，得，所以，故C正确；

，两边求导得，

令，得，故D错误.

故选：ABC.

10. 已知，则下列结论正确的是（    ）

A. 的最小值为2 B. 的最小值为

C. 的最大值为1 D. 的最小值为

【答案】BD

【解析】

【分析】由得，利用基本不等式可判断A；利用“1的妙用”结合基本不等式可判断B；由可得，代入化简可判断C；将代入并整理化简，利用二次函数的性质可判断D．

【详解】对于A，由得，则，

当且仅当取等号，故A错误；

对于B，，

当且仅当，即时，等号成立，故B正确；

对于C，，

，故C错误；

对于D，，

，

，则当，即时，取最小值，故D正确.

故选：BD．

11. 从装有2个红球和3个蓝球的袋中，每次随机摸出一球，摸出的球不再放回．记“第一次摸出的是红球”为事件，“第一次摸出的是蓝球”为事件，“第二次摸出的是红球”为事件，“第二次摸出的是蓝球”为事件．则下列说法正确的是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】求出，进而得出，，即可判断AB；根据条件概率公式计算可判断CD．

【详解】由题意，

事件有两种情况，①第一次摸出红球，第二次摸出红球；②第一次摸出蓝球，第二次摸出红球，

则，故A正确；

，故B错误；

∵，，

∴，故C错误；

∵，故D正确．

故选：AD．

12. 记函数的图象为，下列选项中正确的结论有（    ）

A. 函数的极大值和极小值均有且只有一个

B. 有且仅有两条直线与恰有两个公共点

C. 不论实数为何值，方程一定存在实数根

D. 上存在三个点构成的三角形为等腰三角形，且这样的等腰三角形个数有限

【答案】AC

【解析】

【分析】利用导数确定函数单调性，结合函数的奇偶性,作出函数的大致图象,即可根据选项逐一判断.

【详解】由,则，当时，均为单调递增函数，所以在单调递增，

由于,故存在唯一的实数，使得，

而当,,

又当，

故在单调递减，在单调递增，故当时，取极小值，

又，所以为奇函数，

由对称性可知当时，取极大值，故A正确，

根据的单调性和奇偶性，作出的大致图象如下：

故经过极值点且与轴平行的直线，及在极值点附近与曲线相切，与曲线另一侧相交的直线均与点图象有两个交点，故B错误，

由于当趋于时趋于，且为奇函数，直线恒过定点，，

所以与的图象恒有交点，故恒有根，故C正确，

对于D，任意经过原点且与相交的直线,过弦中点作垂线交于于点,

则三角形即为等腰三角形,这样的三角形有无数多个.故D错误，

故选：AC

  【点睛】思路点睛：对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在答题卡相应位置上．

13. 的展开式中常数项是________.

【答案】15

【解析】

【分析】首先写出二项式展开式的通项，令，即可求出，再代入计算可得.

【详解】二项式的展开式的通项公式为，

令，求得.

所以展开式中常数项为.

故答案为：15

14. 某药厂研制一种新药，针对某种疾病的治愈率为，随机选择1000名患者，经过使用该药治疗后治愈人的概率记为，则当取最大值时，的值为____．

【答案】800

【解析】

【分析】先求得的解析式，列出关于的不等式组，解之即可求得当取最大值时的值.

【详解】该新药针对某种疾病的治愈率为，随机选择1000名患者，

经过使用该药治疗后治愈人的概率记为，

则

由，即，

可得，解之得

又，则

则当取最大值时，的值为800.

故答案为：800

15. 不等式的解集为________．

【答案】

【解析】

【分析】作出，（其中）的图象，数形结合可得解.

【详解】作出，（其中）的图象，如图，

时，单调递减，单调递增，两个函数均过点，

时，，，

时，，，

由图可知，当时，，

则不等式的解集为.

故答案为：.

16. 将四个“0”和四个“1”按从左到右的顺序排成一排，这列数有________种不同排法；若这列数前个数中的“0”的个数不少于“1”的个数，则这列数有________种不同排法．（用数字作答）

【答案】    ①. 70    ②. 25

【解析】

【分析】由组合数求解；根据前4个数中“0”的个数分类讨论求解，

【详解】4个“0”和4个“1”排成一排，在8个位置中选4个位置排0即可，一共有种，

若前个数中的“0”的个数不少于“1”的个数，则第1个数必为0，

若第2个数为0，则在后6个位置中选2个位置排0，共有种，

若第2个数为1，则第3个数必为0，则在后5个位置中选2个位置排0共有种，

共有种，

故答案为：70；25

四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 已知集合，，且为非空集合．

（1）当时，，求实数的取值范围；

（2）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求解集合A，B，进而结合运算求解；

（2）根据题意求解集合B，进而结合充分条件运算求解；

【小问1详解】

由题意可得：，

为非空集合，则，，

当时，，

因为，所以或，解得，

故实数的取值范围.

【小问2详解】

若“”，则，

“”是“”充分条件，

则，

所以或或，

解得或或，即，

所以实数的取值范围.

18. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，．

（1）求时，的解析式；

（2）求不等式的解集．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由奇函数的性质可得出，当时，，即可得出在上的解析式；

（2）分、、解不等式，综合可得出不等式的解集.

【小问1详解】

解：是定义在上的奇函数，则，

当时，，则，所以，．

【小问2详解】

解：当时，．

当时，，可得或，解得；

当时，，可得，解得．

综上所述，不等式的解集为.

19. 海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收货时各随机抽取了50个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：），其箱产量如下表所示．

（1）根据小概率的独立性检验，分析箱产量与养殖方法是否有关；

（2）现需从抽取的新、旧网箱中各选1箱产品进行进一步检测，记X为所选产品中箱产量不低于的箱数，求X的分布列和期望．

附：，，．

【答案】（1）有关    （2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）根据列联表数据计算，与参考数据比较可得结论；

（2），求出对应概率，即可得X的分布列和期望．

【小问1详解】

零假设：箱产量与养殖方法无关．

根据列联表数据可得：．

所以依据小概率值的独立性检验，不成立，即认为箱产量与养殖方法有关．

【小问2详解】

．

，，

，

X的分布列为

．

20. 已知函数．

（1）若函数在处有极大值，求实数c的值；

（2）若不等式对任意恒成立，求实数c的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由导数与极值的关系列式求解，

（2）由导数分类讨论单调性后得最大值列式求解，

【小问1详解】

．

当，即或时，函数可能有极值．

由题意，函数在处有极大值，所以．

所以，时，，在区间上单调递增；

时，，在区间上单调递减；

时，，在区间上单调递增；

所以，当时，取得极大值，此时，．

【小问2详解】

若，时，，在区间上单调递增，

，解得．

所以符合题意．

若即，由（1）可知，在区间上单调递增

所以，解得．

所以，不合题意．

若即，由（1）可知，在区间上的最大值为，

所以只需，即，又，解得．

综上所述：．

21. 某校拟对全校学生进行体能检测，并规定：学生体能检测成绩不低于分为合格，否则为不合格；若全年级不合格人数不超过总人数的，则该年级体能检测达标，否则该年级体能检测不达标，需加强锻炼．

（1）为准备体能检测，甲、乙两位同学计划每天开展一轮羽毛球比赛以提高体能，并约定每轮比赛均采用七局四胜制（一方获胜四局则本轮比赛结束）．假设甲同学每局比赛获胜的概率均为，求甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前3局比赛均获胜的概率；

（2）经过一段时间的体能训练后，该校进行了体能检测，并从高二年级1000名学生中随机抽取了40名学生的成绩作分析．将这40名学生体能检测的平均成绩记为，标准差记为，高二年级学生体能检测成绩近似服从正态分布．已知，，请估计该校高二年级学生体能检测是否合格？

附：若随机变量，则，

，．

【答案】（1）   

（2）合格

【解析】

【分析】（1）利用条件概率计算公式即可求得甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，前3局比赛均获胜的概率；

（2）利用正态分布的性质即可求得全年级不合格人数总人数的百分比，与5％比较后即可得到该年级体能检测是否达标.

【小问1详解】

设“甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜”为事件A，

“甲以4：1或4：2或4：3获胜”分别记为事件，，，

“甲前3局比赛均获胜”为事件．

则，

，

，

．

，

．

所以甲在一轮比赛中至少打了五局并获胜的条件下，

前3局比赛均获胜的概率．

【小问2详解】

设该校高二年级学生体能检测的成绩为，则．

，

所以，

所以高二年级学生体能检测不合格的人数约为人，

而，所以该校高二年级学生体能检测成绩合格．

22. 已知函数，．

（1）若直线与函数图象相切，求实数k的值；

（2）若不等式对定义域内任意x都成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设直线与函数的图象相切与点，利用导数求出切线斜率与已知切线斜率相等可得答案；

（2）转化为在上恒成立，令，利用导数求出可得答案．

【小问1详解】

设直线与函数的图象相切与点，

则，

所以，

所以；

【小问2详解】

在定义域上恒成立，

即，即在上恒成立，

令，则，

令，则，

则在上单调递增，又，，

所以存在唯一实数，使得，即，

且当时，，所以，单调递减，

当时，，所以，单调递增，

所以，

由可得，

即，

因为时，，

所以在上单调递增，所以，

所以，

所以．

【点睛】方法点睛：两个基本思想解决“恒成立问题”，

1、；

2、.