江西省抚州市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份江西省抚州市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。
抚州市2022—2023学年度下学期学生学业发展水平测试高二年级数学试题卷说明：1．本卷共有4大题，22个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟．2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分．3．所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（www.zhixue.com）查询考试成绩，密码与准考证号相同．一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，仅有一项符合题目要求．1. 已知函数，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 3【答案】B【解析】【分析】根据导数的定义，以及导数的计算，即可求得结果.【详解】根据题意，对函数，有，又由，则，则有.故选：B.【点睛】本题考查导数的定义，以及导数的计算，属综合基础题.2. 在等差数列中，首项，前3项和为6，则等于（    ）A. 0 B. 6 C. 12 D. 18【答案】A【解析】【分析】根据题意求出公差，从而可得出答案.【详解】设公差为，则，解得，所以.故选：A.3. 已知数列为各项均为正数的等比数列，，，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，可得出等比数列的通项公式，再利用对数的运算性质以及等差数列的求和公式可求得所求代数式的值.【详解】设等比数列的公比为，则，，整理可得，解得，所以，，所以，.故选：B.4. 函数的图象如图，则导函数的图象可能是下图中的（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性及单调性，判断导函数的奇偶性及函数值的正负即可求解.【详解】由函数图象知为偶函数，则，因为的导数存在，两边取导数可得，由复合函数的求导公式可得，故，即为奇函数，排除CD，由原函数图象可知当时，先递增再递减，故在时，函数值先正后负，故排除B，故选：A5. “数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论､代数学､非欧几何､复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献.我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法等等.已知某数列的通项，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分离常数后可得，再利用倒序相加法，即可求解．【详解】当时，，，，，，，即.故选：D．6. 两人掷一枚硬币，掷出正面多者为胜，但这枚硬币质地不均匀，以致出现正面的概率与出现反面的概率不相等，已知出现正面与出现反面是对立事件，设两人各掷一次成平局的概率为，则与0.5的大小关系是（    ）A.  B.  C.  D. 不确定【答案】C【解析】【分析】由已知得，利用作差法能比较P与0.5的大小关系.【详解】这枚硬币质地不均匀，以致出现正面的概率与出现反面的概率不相等，出现正面与出现反面是对立事件，设两人各掷一次成平局的概率为，所以，因为且，所以，所以．故选：C．7. 设，若函数在区间上有三个不同零点，则实数a的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题可得与在区间上有三个交点，利用导数可得与相切时的斜率，进而可得；或把问题转化为与在内有三个不同交点．利用导数研究函数的性质，再利用数形结合即得.【详解】方法一：∵函数在区间上有三个零点，与在区间上有三个交点，对于函数，，设切点坐标为，则，解得，，所以实数a的取值范围为；方法二：函数在区间上有三个零点方程在有三个实根与在内有三个不同交点．对于函数，求导知列表如下：+0－注意到当时，当，同理，可探究的性质，，故单调递减，作出函数的图象，由图象可知：.故选：B．8. 定义：如果函数在上存在，满足，，则称函数是上的“双中值函数”，已知函数是上“双中值函数”，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先根据是上“双中值函数”，得到，再对进行求导，根据题意得到在上有两个根，构造函数，转化为函数在上有两个零点，即可求解.【详解】解： 上“双中值函数”，，又，，即在上有两个根，令，其对称轴为：，故，解得：.故选B．【点睛】方法点睛：本题主要根据是上“双中值函数”，转化为在上有两个根，设出二次函数，根据二次函数的性质，列出条件，即可求解的范围.二、多项选择题：共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有选错的得0分．9. 下列说法正确的是（    ）A. 相关系数r越大，两变量的线性相关程度越强B. 若一组数据，，，…，的方差为2，则，，，…，的方差为2C. 若随机变量X服从正态分布，，则D. 若，，，则【答案】BCD【解析】【分析】由相关系数的实际意义判断A；由方差性质判断B；根据正态分布对称性求概率判断C；应用全概率公式、条件概率公式求概率判断D.【详解】A：相关系数r的绝对值越大，两变量的线性相关程度越强，错；B：由，则，对；C：由正态分布的对称性知：，对；D：由，而，所以，对.故选：BCD10. 若直线l为曲线与曲线的公切线，则直线l的斜率为（    ）A. 0 B. 2 C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】根据导数的几何意义即可求解.【详解】曲线，则，曲线，则，设直线l与曲线的切点坐标为，则切线方程为，设直线l与曲线的切点坐标为，则切线方程为，或，直线l的斜率为0或．故选：AD.11. 已知正数，满足，则下列不等式正确是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】构造函数，利用导数得出，由基本不等式判断A；由指数和对数的单调性以及不等式的性质判断BCD.【详解】解：因为正数，满足，所以，构造函数，，令，恒成立，所以在上单调递增，由复合函数的单调性可知在上单调递增，所以在上单调递增，由，可得，对于A，，所以，故A错误对于B，由，可得，所以，故B正确对于C，由，可得，则，故C错误对于D，由，可得，，所以，所以，故D正确．故选：BD．12. 已知各项均为正数的数列满足：，且，是数列的前n项和，则（    ）A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】A.将条件变形，利用求根公式，即可求解；B.根据通项公式求；C.作除法，和1比较大小，即可判断；D.利用通项公式求，再构造函数证明，利用不等式变形，结合等差数列求和，即可证明.【详解】A.，变形为，根据求根公式可知，因为，所以，故A错误；B.，故B正确；C.，，所以（）,故C正确；D.所以，设，，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值0，所以，即，当时，等号成立，所以，，所以，故D正确.故选：BCD三、填空题：共4小题，每题5分，共20分．13. 已知函数的导函数为，且满足，则________.【答案】1【解析】【分析】求导，计算，即可求解.【详解】由可得，所以，解得.故答案为：114. 某同学连续两次投篮，已知第一次投中的概率为0.8，在第一次投中的情况下，第二次也投中的概率为0.7，且第一次投不中，第二次投中的概率为0.5，则在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率为______．【答案】【解析】【分析】设事件A表示“第一次投中”，事件B表示“第二次投中”，根据贝叶斯公式直接求解.【详解】设事件A表示“第一次投中”，事件B表示“第二次投中”，由贝叶斯公式可得:故答案为：.15. 设等差数列的前n项和为，若对任意正整数n，都有，则整数______.【答案】18【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合通项的性质计算判断其所有负数项作答.【详解】等差数列中，，则，又，则，即有，于是数列的公差，即是递增等差数列，其前18项均为负数，从第19项起为正数，因此，所以对任意正整数n，都有的整数.故答案为：1816. 已知函数有且仅有一条切线经过点.若，恒成立，则实数的最大值是______.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程，将所求问题转化为方程的根的问题，求出函数表达式，然后再分离参数，构造函数，利用导数法求最值即可【详解】因为，所以，设切点为，由题意，有且仅有一解，即只有一解，则，解得或（舍），所以，恒成立，即在上恒成立，当时，，此时；当时，在上恒成立，记，则，，令，则，，令，得，令，得，所以在单调递增，在单调递减，又，所以当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，即，综上，，所以实数的最大值是故答案为：【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．17. 已知函数在处取得极值-14.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在上的最值.【答案】（1）    （2）最小值为-14，最大值18【解析】【分析】（1）由极值和极值点，利用导数求出未知系数，再利用导数的几何意义求切点处切线的方程.（2）利用导数求函数单调区间，根据单调性求函数在区间上的最值.【小问1详解】因，故由于在处取得极值-14，故有，化简得，解得，经检验，时，符合题意，所以.则，，故.所以曲线在点处的切线方程为：，即【小问2详解】，，解得或；解得，即函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，，因此在的最小值为.最大值为18. 设是数列前n项和，且，．（1）求；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）首先根据与的关系得到，然后由等差数列通项公式可得；（2）利用裂项相消法求解即可.【小问1详解】因为，，所以，两边同除以得，因为，所以，因此数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以.【小问2详解】由（1）知，∴，∴.19. 常言说“病从口入”，其实手才是罪魁祸首，它担任了病菌与口之间的运输工具.洗手是预防传染病最简便有效的措施之一，保持手的清洁卫生可以有效降低感染新型冠状病毒的风险.正确的洗手应遵循“七步洗手法”，精简为一句话就是“内外夹弓大立腕”，每一个字代表一个步骤.某学校在开学复课前为了解学生对“七步洗手法”的掌握程度，随机抽取100名学生进行网上测试，满分10分，具体得分情况的频数分布表如下：得分45678910女生2914131154男生357111042 （1）现以7分为界限，将学生对“七步洗手法”的掌握程度分为两类，得分低于7分的学生为“未能掌握”，得分不低于7分的学生为“基本掌握”.完成下面列联表，并判断可否认为学生对“七步洗手法”的掌握程度与性别有关，且犯错误的概率不大于0.05？ 未能掌握基本掌握合计女生   男生   合计    （2）从参与网上测试且得分不低于9分的学生中，按照性别以分层抽样的方法抽取10名同学，在10人中随机抽取3人，记抽到女生的人数为X，求X的分布列与期望.附：，.临界值表：0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】（1）列联表答案见解析，没有足够证据认为学生对“七步洗手法”的掌握程度与性别有关    （2）分布列答案见解析，数学期望【解析】【分析】（1）根据已知数据，结合题意，完成列联表，再求，即可判断；（2）根据分层抽样的特点求得抽取10人中，女生和男生的分布情况，再结合X的取值，结合超几何分布的概率求解求得分布列，再求数学期望即可.【小问1详解】由得分情况频数分布表得列联表如下： 未能掌握基本掌握合计女生253358男生152742合计4060100故，因为，所以没有足够证据认为学生对“七步洗手法”的掌握程度与性别有关.【小问2详解】由得分情况的频数分布表可知，参与网上测试且得分不低于9分的学生中，女生9人，男生6人，从而分层抽样抽取的10人中，女生6人，男生4人.在10人中随机抽取3人，记抽到女生的人数为X，则X的可能取值为0，1，2，3，所以，，，，所以随机变量X的分布列为X0123P所以.20. 已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）用数列中前项和与项的关系求解；（2）先写出奇数项、偶数项的通项公式，再按奇数项、偶数项分组求和.【小问1详解】由题意当时，；当时，两式相减得，所以，当时也成立．所以数列的通项公式.【小问2详解】根据题意，得所以所以21. 红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害，每只红铃虫的平均产卵数和平均温度有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.平均温度21232527293133平均产卵数/个7112124661153251.92.43.03.24.24.75.8 （1）根据散点图判断，与（其中为自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程.（计算结果精确到0.01）（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到以上的概率为.记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为，求的最大值，并求出相应的概率.附：回归方程中，，.参考数据52151771371781.33.6  【答案】（1）；（2）当时，.【解析】【分析】（1）根据散点图判断更适宜作为关于的回归方程类型；对两边取自然对数，求出回归方程，再化为关于的回归方程；（2）由对其求对数，利用导数判断函数单调性，求出函数的最值以及对应的值.【详解】解：（1）由散点图可以判断，适宜作为卵数关于温度的回归方程类型.对两边取自然对数，得， 令，，，则，由数据得，，，所以，，所以关于的线性回归方程为，则关于的回归方程为；（2）由得，因为，令得，解得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以有唯一的极大值为，也是最大值；所以当时，.【点睛】本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，也考查了概率的计算与应用问题，属于中档题.22. 已知函数(a≠0)．（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若a＝1，证明：曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1恰有两个公共点，且这两个公共点关于点(0，1)对称．【答案】（1）答案见解析.    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导后分类讨论、、时的的单调性.（2先构造函数研究单调性，再由零点存在性定理可证得有两个公共点；先设一个交点坐标，再判断此点关于点对称的点是否也在与上即可.【小问1详解】∵，当时，，，∴在上单调递减，在单调递增；当时，，，∴在上单调递增，在单调递减；综述：当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减；【小问2详解】①证曲线与直线有两个公共点，当时，，令，∵不是方程的根，∴，令，，则，∴在，上单调递增，又，，∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，又，，∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，∴有两个零点，即：与恰有两个公共点.②证两个公共点关于(0,1)对称，设为与的一个交点，则，又，，∴点也是与的一个交点，又∵与恰有两个公共点，∴两交点分别为：，，又∵点与点关于点对称，∴两个公共点关于点对称.∴综述：与恰有两个公共点，且两个公共点关于点对称.