精品解析：广东省广州市荔湾区2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题（解析版）

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2022学年第二学期期末教学质量检测
高二数学
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. 函数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数运算法则求导，然后列出等式，结合范围求解即可.
【详解】函数，则，
所以，即，
又因为，所以.
故选：B
2. 从中任取3个数字，从中任取2个数字，则一共可以组成五位数（没有重复数字）的个数是（ ）
A. 720 B. 1200 C. 1440 D. 1728
【答案】C
【解析】
【分析】可先选后排，共有种方法，计算即可．
【详解】从中任取3个数字有种方法，
从中任取2个数字有种方法，
再把取出的5个数全排列共有
故一共可以组成1440个没有重复数字的五位数．
故选：
3. 学校乒乓团体比赛采用场胜制（场单打），每支球队派名运动员参赛，前场比赛每名运动员各出场次，其中第、位出场运动员在后场比赛中还将各出场次，假设某球队派甲、乙、丙名运动员参加比赛，则所有可能的出场情况的种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对比赛的场数进行分类讨论，确定没种情况下不同的出场情况的种数，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】分以下几种情况讨论：
①若前场比赛全赢，此时，不同的出场情况种数为种；
②若共打场比赛，则第场赢，前场赢场，且第场为第或第位运动员出场，
此时，不同的出场情况种数为种；
③若共打场比赛，则第场赢，前场赢场，最后场为第和第位运动员各出场次，
此时，不同的出场情况种数为种.
综上所述，不同的出场情况种数为种.
故选：C.
4. 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.
5. 已知函数，且满足，则（ ）
A. 函数在处有极大值
B. 函数在区间上是减函数
C. 函数有两个极值点
D. 函数在区间上是增函数
【答案】D
【解析】
【分析】先由求出，然后利用导数求出函数的单调区间和极值，再分析判断即可
【详解】的定义域为，
由，得，
因为，所以，得，
所以，，
由，得或，由，得或，
所以在和上递增，在和上递减，
所以在时取得极大值，在时取得极小值，
所以AB错误，
令，则（），
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，无极值点，
所以C错误，D正确，
故选：D
6. “杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．如图所示，去除所有为1的项，依此构成数列，则此数列的前45项的和为（ ）

A. 2026 B. 2025 C. 2024 D. 2023
【答案】A
【解析】
【分析】根据“杨辉三角”的特点可知次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第行，从而得到第行去掉所有为的项的各项之和为：；根据每一行去掉所有为的项的数字个数成等差数列的特点可求得至第行结束，数列共有项，则第项为，从而加和可得结果.
【详解】由题意可知，次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第行
则“杨辉三角”第行各项之和为：
第行去掉所有为的项的各项之和为：
从第行开始每一行去掉所有为的项的数字个数为：
则：，即至第行结束，数列共有项
第项为第行最后个不为的数，即为：
前项的和为：
故选：A
7. 甲､乙､丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，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，则6次传球后球在甲手中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设次传球后球在甲手中的概率为，求出，根据题意求出数列的递推公式，求出的表达式，即可求得的值.
【详解】设次传球后球在甲手中的概率为，当时，，
设“次传球后球在甲手中”，则，
则．
即，
所以，，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，，所以，，
所以次传球后球在甲手中的概率为．
故选：A
8. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. 或
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出曲线在点处的切线方程，由题意将切线与曲线只有一个公共点，转化为有且只有一正解，从而构造函数，利用导数知识求解即可.
【详解】由题意得，则，
故曲线在点处的切线方程为，即，
而切线与曲线只有一个公共点，
即有且只有一正解，
即有且只有一正解，
令，则，
由于，故，
当时，，在上单调递增，
且，，
即在上存在唯一零点，即有且只有一正解；
当时，，在上单调递增，
由于的最小值为，故当趋向于0时，可取到负值，
且，故在上存在唯一零点，
即有且只有一正解；
当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，
令，则在上单调递增，且，
此时要使有且只有一正解，故需，
综合以上可知或，
故选：B
【点睛】难点点睛：根据导数的几何意义求出曲线的切线方程，要保证切线与曲线只有一个公共点，关键就是转化为有且只有一正解，从而构造函数，分类讨论，结合导数解决问题.
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. 已知二项式，则（ ）
A. 展开式中的系数是-192
B. 展开式中没有常数项
C. 展开式中各项系数之和为1
D. 展开式中二项式系数最大的项是第3项
【答案】AC
【解析】
【分析】先求得二项式的展开式的通项公式，然后逐项判断.
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，得，则，所以展开式中的系数是-192，故A正确；
令，得，则，所以展开式中有常数项，故B错误；
令，得，故C正确；
二项展开式中一共有七项，所以展开式中二项式系数最大的项是中间项即第4项，故D错误；
故选：AC
10. 随机抽取家超市，得到其广告支出（万元）与销售额（万元）数据如下，则（ ）
超市







广告支出（万元）
1
2
4
6
10
14
20
销售额（万元）
19
32
44
40
52
53
54

A. 销售额与广告支出正相关
B. 销售额与广告支出的变化趋势相同，但广告支出超过万元后，销售额增加幅度变缓
C. 销售额与广告支出线性相关越强，相关系数越接近
D. 要得到销售额的预测值，模型比模型更可靠
【答案】ABD
【解析】
【分析】作出散点图，由散点图可判断ABD选项；根据线性相关系数与线性相关关系的强弱可判断C选项.
【详解】对于A选项，作出散点图如下图所示：

由散点图可知，销售额与广告支出正相关，A对；
对于B选项，由散点图可知，销售额与广告支出的变化趋势相同，
但广告支出超过万元后，销售额增加幅度变缓，B对；
对于C选项，销售额与广告支出线性相关越强，相关系数的绝对值越接近，C错；
对于D选项，由散点图可知，随着的增大而增大，当时，销售额增加幅度变缓，
所以，要得到销售额的预测值，模型比模型更可靠，D对.
故选：ABD.
11. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金分别是：猜对歌曲A的概率为0.8，可获公益基金1千元；猜对歌曲的概率为0.5，可获公益基金2千元；猜对歌曲的概率为0.5，可获公益基金3千元．规则如下：按照的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，记嘉宾获得的公益基金总额为千元，则（ ）
A.
B.
C.
D. 获得公益基金的期望值与猜歌顺序无关
【答案】BC
【解析】
【分析】确定X的取值，求得每个值对应概率，可判断A；继而可求得期望和方差，根据期望和方差的性质可判断B，C；再求出按照的顺序猜时的期望值，比较可判断D.
【详解】由题意，可分别用表示猜对三首歌曲歌名的的事件，则相互独立，
按照的顺序猜，则X的取值可能为，
则，，
，，
则，
，
故，，
由此可知A错误；B正确，C正确；
假设按照的顺序猜，设Y表示此时获得的公益基金总额
则，，
，，
则，
与按照的顺序猜的期望值不同，故D错误，
故选：BC
12. 已知函数，则（ ）
A. 对任意，有恒成立
B. 当时，函数有2个零点
C. 存在实数，使得方程有3个实数解
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】判断函数值情况，利用导数判断函数单调性，作出函数图象，由此可判断A，B；数形结合，判断C；构造函数，判断其单调性，结合单调性证明不等式，判断D.
【详解】由可知定义域为，
当或时，；当时，，且；
又，
令，则或，令，则或，
即在上单调递增，在上单调递减，
故在时取极大值，在时取极小值；
当x从1的左侧趋近于1时，趋近于负无穷小，当x从1的右侧趋近于1时，趋近于正无穷大，当时，增加的幅度越来越块，即图像较陡，
由此可作出函数的图象如图：

由图象可知，对任意，有恒成立，A正确；
当时，直线与的图象将会有一个交点，
即函数有1个零点，B错误；
由图象，设l为的过原点且和的部分图象相切的切线，斜率设为，
当直线的斜率时，即存在直线与的图象有3个交点，
即存在实数，使得方程有3个实数解，C正确；
由结合图象可知，
设，由于在上单调递减，在上单调递增，
故为单调减函数，
即，即，即，
由于在上单调递增，故，D正确，
故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题综合考查导数的应用，涉及面较广，难度较大，解答时要注意判断函数值情况，并利用导数判断函数的单调性，从而作出函数图象，数形结合，解决问题.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知随机变量，则等于__________．（参考数据：）
【答案】0.15865
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性，以及已知区间的概率，即可求得答案.
详解】由题意随机变量，
则，
故，
故答案为：0.15865
14. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．设事件为“第1次抽到代数题”，事件为“第2次抽到几何题”，则__________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】先求得,结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意得，，，
所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为:
.
故答案为：
15. 用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器．当该容器的容积最大时，扇形的圆心角__________．
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥底面半径为，高为 ，那么，再根据，代入得到 ，利用导数求得函数的最大值，以及和，而圆心角.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，
因此，
则，令 ，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时容积最大，
把代入，得
由，得，
即圆心角为时容积最大.
故答案为：
16. 已知函数在处有极小值，则等于__________；若曲线有条过点的切线，则实数的取值范围是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，分析可知，根据函数的极小值点可求得的值；设切点为，利用导数写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可知方程有三个不等的实根，设，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知函数与函数的图象有三个公共点，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为，则，
由可得或，且与同号，
因为函数在处有极小值，即函数的极小值点为正数，
则必有，此时，，列表如下：













增
极大值
减
极小值
减
所以，函数的极小值点为，故，则，
设切点为，因为，则，
所以，切线方程为，
将点的坐标代入切线方程可得，
令，则，令，可得或，列表如下：













减
极小值
增
极大值
减
由题意可知，函数与函数的图象有三个公共点，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有三个公共点，
因此，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. 已知数列的首项，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求满足条件的最大整数．
【答案】（1）
（2）99
【解析】
【分析】（1）由已知得，再由等比数列的定义可得答案；
（2）由（1）求出，再由等比数列的求和公式可得，令，根据的单调性可得答案.
【小问1详解】
因为，，
所以易知，
取倒数得，，
即，
因为，所以，
所以，
所以为常数，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
所以，则，
所以，
即数列的通项公式为.
【小问2详解】
因为，
所以，
令，
显然，单调递增，
因为，，
所以，
所以满足条件的最大整数为.
18. 某通信公司为了更好地满足消费者对流量的需求，推出了不同定价的流量包，经过一个月的统计，获取了容量为万人的样本．同时为了进一步了解年龄因素是否对流量包价格有影响，统计了小于岁和大于等于岁两个年龄段人群的购买人数，收集数据整理如表所示．
表1
定价（元/月）
20
30
50
60
岁（万人）
10
15
7
8
岁（万人）
20
12
6
2
购买总人数（万人）
30
27
13
10
表2
年龄段
流量包
合计
元
元
岁



岁



合计




（1）试根据这些数据建立购买总人数关于定价的经验回归方程，并估计定价为元/月的流量包的购买人数；
（2）若把元/月以下（不包括元）的流量包称为低价流量包，元/月以上（包括元）的流量包称为高价流量包，根据以上数据完成列联表，依据的独立性检验，判断年龄段和流量包价格是否有关联．附：
，，.

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）；约为万人
（2）没有关联，理由见解析
【解析】
【分析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入最小二乘法公式，求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归方程，可得所求结果；
（2）完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论.
【小问1详解】
解：由表格中的数据可得，，

，，
所以，关于的回归方程为，
当时，（万人），
因此，估计定价为元/月的流量包的购买人数约为万人.
【小问2详解】
解：零假设年龄段和流量包价格没有关联，
由题中数据完善列联表如下表所示：
年龄段
流量包
合计
元
元
岁



岁



合计



，
所以，依据小概率的独立性检验，我们推断成立，
即认为年龄段和流量包价格没有关联.
19. 某流水线生产一批产品，按质量标准分为一等品､二等品､三等品，共三个等级．现从该批产品中随机抽取100件，其中一等品有80件，二等品有10件，三等品有10件．
（1）若根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为，求的分布列与数学期望；
（2）若将100件产品中各等级频率视为概率，从流水线上任取5件产品，记这5件产品中一等品的数量为，求的数学期望与方差．
【答案】（1）分布列见解析，，
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据分层抽样的定义，按比例求出所抽的10件产品中一等品､二等品､三等品的件数分别为8，1，1件，则的可能取值为1，2，3，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与数学期望；
（2）先求出取出是一等品的概率，则由题意可知服从二项分布，然后利用二项分布的期望和方差公式可求出的数学期望与方差．
【小问1详解】
由题意可知抽取的10件产品中一等品有件，二等品有件，三等品有件，
所以的可能取值为1，2，3，则
，
，
，
所以的分布列如下表

1
2
3




所以
【小问2详解】
由题意得从这100件产品中取出1件是一等品的概率为，
则由题意可知，
所以
20. 如图，在三棱柱中，点为线段的中点，点为线段上一动点，，．

（1）若点为线段中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由题意说明四边形为矩形，由此根据三棱锥的等体积法可求出到平面的距离的最大值，根据线面角的含义即可求得答案.
【小问1详解】
因为点为线段中点，故,
而，故
,
故，则,
则，同理可得,，
平面，故平面，
平面，故，而；
由，，则，点为线段的中点，故，
由平面，故平面.
【小问2详解】
由（1）可知当点为线段中点时，平面，，
故平面，平面，则，
由于的中点始终是存在的，故一定成立，故四边形为矩形，
如图，连接，

由于≌，故，点为线段的中点，
故，
由于，故；
当E为中点时，结合（1）求得到平面的距离为，
设到平面的距离为d，则，
即，即，
由于点为线段上一动点，故当为线段中点时，
即平面时，最小为，此时d取最大值1，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
21. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且满足，其中为坐标原点．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）直线与抛物线相交于、两点，以为直径的圆过点，作，为垂足．是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，且点的坐标为
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义结合两点间的距离公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出抛物线的标准方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出、所满足的关系式，求出直线所过定点的坐标，利用直角三角形的几何性质可得出定点的坐标.
【小问1详解】
解：抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可得，
将点的坐标代入抛物线方程可得，
所以，，
所以，，因为，解得，
因此，抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
解：若直线轴，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

设直线的方程为，设点、，
联立可得，，则，
由韦达定理可得，，
，，
因为以为直径的圆过点，则，
所以，，
显然且，所以，，
即，即，可得，
所以，直线的方程为，
由可得，，所以，直线过定点，
所以，，
因为，当点为线段的中点时，即当点的坐标为时，
为定值.
因此，存在定点，且当点的坐标为时，为定值.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，令，求证：
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，导论的范围，通过导函数的正负判断函数的单调性；
（2）构造函数，探讨函数在区间上的最小值即可.
【小问1详解】
由题意可知的定义域为，
，
当时，，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增；
当时，令解得，，
①当，即时，
恒成立，所以在上单调递增，
②当，即时，
当时，，单调递减，当或时，，单调递增，
③当，即时，
当时，，单调递减，当或时，，单调递增，
综上所述，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
令，，
则，
令，，
因为，所以恒成立，单调递增，
又因，，所以存在使得，
所以当时，，进而可得，单调递减，
当时，，进而可得，单调递增，
因为且，即，
所以两边取对数可得，即，
所以，
所以恒成立，即.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.