2022-2023学年辽宁省大连市高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市高二下学期期末数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年辽宁省大连市高二下学期期末数学试题

一、单选题
1．在等差数列中，，，则的公差为（    ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，然后根据已知条件列方程组可求出
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，所以，
，解得，
故选：B
2．根据以下样本数据：

1
3
5
7

6
4.5
3.5
2.5
得到回归直线方程为．则（    ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【分析】根据线性回归直线的函数特征，结合体题中数据，即可求解.
【详解】由表中数据可得随着的增大，越来越小，所以，
又因为当时，，所以当时，，所以，
故选：.
3．中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾.七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢.每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第六天走的里程数约为（    ）
A．5.51 B．11.02 C．22.05 D．44.09
【答案】B
【分析】根据题意，得到数列是公比为的等比数列，利用等比数列的求和公式，求得首项，进而求得该马第六天行走的里程数为的值，即可求解.
【详解】设该马第天行走的里程数为，
由题意可知，数列是公比为的等比数列，
所以，该马七天所走的路程为，解得，
所以，该马第六天行走的里程数为.
故选：B.
4．第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为（    ）
A．0.75 B．0.7 C．0.56 D．0.38
【答案】A
【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.
【详解】设“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，
“第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥，
根据题意得：，，，
则.
故选：A.
5．在的展开式中常数项是（    ）
A． B．120 C． D．20
【答案】C
【分析】写出展开式的通项，求得常数项时对应的，然后计算可得．
【详解】由题意展开式的通项为，
令，，所以常数项为．
故选：C．
6．已知函数（为自然对数的底数）在区间上单调递减，则实数的最小值为（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意，对函数进行求导，将函数在区间上单调递减转化成在上恒成立，构造函数，利用导数得到函数的单调性等性质，进而即可求解．
【详解】已知，函数定义域为，可得，
若函数在区间上单调递减，
则在上恒成立，即在上恒成立，
设，，可得，
所以函数在上单调递增，此时，
则，即实数的最小值为.
故选：D．
7．刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月还一次款，分10次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为．则小明每个月所要还款的钱数为（    ）元．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】表示出第10个月末所欠银行贷款数，因为分10次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案．
【详解】设小明每个月所要还款的钱数为元，根据等额本息还款法可得，
第一个月末所欠银行贷款为：，
第二个月末所欠银行贷款为：,，
……，
第10个月末所欠银行贷款为：

由于分10次还清所有的欠款，故，解得，
故选：D．
8．已知实数、、，且，，，其中为自然对数的底数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数单调性，由已知条件变形可得，，，比较、、的大小关系，可得出、、的大小关系，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】因为、、，由可得，
所以，，
由可得，则，
由可得，则，
构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
因为，所以，，
由题意可知，，，，
则，故，
故选：A.

二、多选题
9．下列说法中正确的是（    ）
A．在的展开式中，奇数项的二项式系数和为
B．已知事件、满足，且，则事件与相互独立
C．已知随机变量服从正态分布，，则
D．一个与自然数有关的命题，已知时，命题成立，而且在假设（其中）时命题成立的前提下，能够推出时命题也成立，那么时命题一定成立，而时命题不一定成立
【答案】BD
【分析】利用奇数项的二项式系数和可判断A选项；利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断B选项；利用正态分布的对称性可判断C选项；利用数学归纳法可判断D选项.
【详解】对于A选项，在的展开式中，奇数项的二项式系数和为，A错；
对于B选项，因为，则，
由条件概率公式可得，所以，，
故事件与相互独立，B对；
对于C选项，因为，，
则，C错；
对于D选项，一个与自然数有关的命题，已知时，命题成立，
且在假设（其中）时命题成立的前提下，能够推出时命题也成立，
由数学归纳法可知，当时命题一定成立，而时命题不一定成立，D对.
故选：BD.
10．有甲、乙、丙等6个人站成一排，则（    ）
A．共有120种不同的站法
B．如果甲和乙必须相邻，共有240种不同的站法
C．如果甲、乙、丙三人两两不相邻，共有144种不同的站法
D．如果甲不能站在首位，乙不能站在末位，共有480种不同的站法
【答案】BC
【分析】由排列公式可判断A；用捆绑法可判断B；用插空法可判断C；分2种情况讨论：甲站在末位；甲不在末位，结合排列公式可判断D．
【详解】对于A，甲、乙、丙等6个人站成一排，有种不同的站法，A错误；
对于B，将甲乙看成一个整体，与其余4人全排列即可，有种不同的站法，B正确；
对于C，将其余3人排好，再将甲乙丙三人安排在3人的空位中，有种不同的站法，C正确；
对于D，分2种情况讨论：甲站在末位，剩下5人全排列即可，有种结果；甲不在末位，甲有4种情况，乙也有4种结果，余下的4个人在四个位置全排列，共有种结果，共有种不同的站法，D错误．
故选：BC．
11．已知函数，则（    ）
A．有三个零点 B．有两个极值点
C．点是曲线的对称中心 D．曲线有两条过点的切线
【答案】BCD
【分析】利用导数研究的单调性、极值及零点存在定理可判断A；利用极值点的定义可判断B，利用奇函数的性质及图象平移可判断C；利用导数几何意义求解可判断D．
【详解】对于B，由题，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是极值点，故B正确；
对于A，由的单调性，且极大值，极小值，
又，所以函数在定义域上有且仅有一个零点，故A错误；
对于C，令，该函数的定义域为，
，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向下移动2个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
对于D，设切点为，，则切线的斜率为，
切线的方程为，
代入，可得，
整理并解得：或，
则过点的切线方程有两条，D正确．
故选：BCD．
12．数列满足（且），则（    ）
A．若，则数列是等比数列 B．若，则数列是等差数列
C．若，则数列中存在最大项与最小项 D．若，则
【答案】ABD
【分析】由等比数列和等差数列的概念可判断A，B，利用B中结论求得，利用函数单调性可判断C，利用数学归纳法及作差法判断选项D．
【详解】选项A，因为若，，
所以，，…，，
即，，是等比数列，故A正确；
选项B，令，而，
，
又，数列是以1为公差的等差数列，故B正确；
选项C，由选项B的结论及可知：，
，显然，数列在上单调递减，
故当时，有最大值2，没有最小值，故C错误；
选项D，用数学归纳法证明，
(1)当时，，
(2)假设当，时，不等式成立，即，即，
当时，，满足，
故当时，不等式也成立，
综合(1)(2)，对任意，有，
下面证明，
，
，上面不等式中的等号不成立，
，，
故，故D正确．
故选：ABD．

三、填空题
13．若离散型随机变量，且，则 ．
【答案】4
【分析】根据二项分布的方差公式，即可求解.
【详解】根据二项分布方差公式可知，，得.
故答案为：4
14．已知函数（，为自然对数的底数）的图象在点处的切线与函数的图象也相切，则该切线的斜率为 ．
【答案】
【分析】利用导数求出切线的方程，求出切线所过定点的坐标，分析可知，点为切线与函数的图象的公共点，即为切线与函数的图象的切点，利用导数的几何意义可求得切线的斜率.
【详解】因为，其中，则，，则，
所以，函数的图象在点处的切线方程为，即，
易知直线过定点，
又因为，即点也在函数的图象上，
所以，点为直线与曲线的公共点，
又因为直线与曲线相切，故点为切点，
因为，则，
故该切线的斜率为.
故答案为：.
15．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如，，数列满足，若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】首先根据欧拉函数的定义，推出的值，得到表达式，再通过分离参数，将不等式能成立的问题化为数列的最大值问题，求解即可．
【详解】因为的约数除了1之外的一定是偶数，奇数的约数不可能为偶数，
所以与奇数不可能有除了1以外的公约数，所以与奇数是互质的，
并且与偶数的公约数除了1以外一定有公约数2，所以与偶数是不互质的，
所以为不超过的正整数中的奇数的个数，
所以，
若存在，使得不等式成立，
即存在，使得不等式成立，故，
令，则，
当且时，，即，
当且时，，即，
所以的最大值为，
由题意，即为所求．
故答案为：．
16．已知函数，若存在区间，当时，的值域为，且，其中表示不超过的最大整数，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】首先将题意转化为有两个实数根，再利用参变分离，转化为，通过构造函数，利用数形结合转化为函数图象的交点问题，利用临界分析，即可求解.
【详解】由题意可知，有两个实数根，
即，设，即与有2个交点，并且满足
，，，
当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
并且，当时，，
如图，画出函数的图象，
  
因为，
当时，，则，不满足，
当，，则，不满足，
当，此时，满足，
，，所以.
故答案为：

四、解答题
17．设是公差不为0的等差数列的前项和，已知与的等比中项为，且与的等差中项为．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由等差数列的求和公式以及等差数列、等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求；
（2）求得，由裂项相消法求和即可求解．
【详解】（1）设数列的公差为．
由题意，得，
即，解得，
所以数列的通项公式为.
（2），
所以.
18．2023年世界乒乓球锦标赛决赛阶段比赛于2023年5月20日至5月28日在南非德班国际会议中心举行，中国男女选手包揽了各项目的冠军，国球运动又一次掀起了热潮．为了进一步推动乒乓球运动的发展，增强学生的体质，某学校在高二年级举办乒乓球比赛，比赛采用了5局3胜制，每场11分，每赢一球得1分，比赛每方球员轮流发两球，发完后交换发球，谁先达到11分谁获得该场胜利，进行下一局比赛．但当双方球员比分达到时，则需要进行附加赛，即双方球员每人轮流发一球，直至一方超过另一方两分则获得胜利．现有甲、乙两人进行乒乓球比赛．
(1)已知某局比赛中双方比分为，此时甲先连续发球2次然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛乙以获胜的概率；
(2)已知在某场比赛中，第一局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．两人又进行了局比赛后比赛结束，求的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先利用相互独立的乘法公式分别求出后四球依次为甲乙乙乙，乙甲乙乙，乙乙甲乙三种的概率，再利用概率的加法公式求解即可.
（2）由已知得随机变量的取值为，分别求出每个随机变量的概率，利用期望计算公式求解即可.
【详解】（1）由已知条件得甲发球时乙得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，
在双方比分为8∶8后甲先连续发球2次然后乙连续发球2次的情况下，乙以11∶9获胜此局分为三种情况：
①后四球胜方依次是甲乙乙乙，概率为，
②后四球胜方依次是乙甲乙乙，概率为，
③后四球胜方依次是乙乙甲乙，概率为，
所以，所求事件的概率为;
（2）随机变量的取值为，
,
,
,
所以的分布列为








.
19．已知函数（R，为自然对数的底数），．
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：当时，．
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解

【分析】（1）求导数，对分类讨论，即可讨论的单调性；
（2）由已知可得证明，当时，，令，分为和两种情况分别证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为R，则，
①当时，，所以在定义域R上为单调递增函数；
②当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）要证当时，，
即证，
令，则，
易知在 上为单调递增函数，所以，
若时，则，在上单调递增，
所以，
若，则，，
，使，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以
设，
则，所以在上单调递减，
所以，
因为，所以，
综上所述，当，时，.
【点睛】若函数在区间内单调，且满足，则在区间上有唯一的零点，这里的无法得到具体的值，如果讨论的问题不得不使用到零点的值，那么就可以使用到零点代换的技巧，即对零点满足的关系式进行相关代换.
20．某技术工厂有25周岁以上（含25周岁）工人300名，25周岁以下工人200名．为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上（含25周岁）”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：，，，，分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．
  
(1)从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的概率．
(2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产技术能手”，请你根据已知条件完成以下列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”

25周岁以上
25周岁以下
生产技术能手


非生产技术能手


(3)以样本中的频率作为概率，为了更好地了解该工厂工人日均生产量情况，从该厂随机抽取20名工人进行一次日均生产量分析，若这20名工人中有名工人本次日均生产量在之间的概率为（，），求取得最大值时的值．
附：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
(2)列联表见解析，没有
(3)5

【分析】（1）由题意，根据分层抽样原理以及频率分布直方图求出每组应抽取的人数，进而即可求解；
（2）结合所给信息列出列联表，代入公式中求出，将其与临界值对比，即可得到答案；
（3）设在抽取的20名工人中，日均生产量在的人数为，得到，此时，设，对和进行讨论，进而即可求解．
【详解】（1）由题知，25周岁以上的工人抽取人，其中日平均生产件数不足60件的工人有人，分别记为A，B，C；
25周岁以下的工人抽取人，其中日平均生产件数不足60件的工人有人，分别记为a，b；
所以，从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，
共有共10种情况：
其中，至少抽到一名“25周岁以下组”工人的情况有，共7种，
所以，所求事件的概率为.
（2）由题知，25周岁以上的工人抽中日平均生产件数不少于80件的工人有人，少于80件的工人有45人，
25周岁以下的工人抽中日平均生产件数不少于80件的工人有人，少于80件的工人有25人，
所以，有如下列联表：

25周岁以上
25周岁以下
生产技术能手
15
15
非生产技术能手
45
25
所以，
所以，没有的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”．
（3）从频率分布南方图可得样本中日均生产量在的频率为，
设在抽取的20名工人中，日均生产量在的人数为，则，
所以，
设，
当时，，
当时，，
所以当时，最大．
21．记数列的前项和为，已知，是公差为2的等差数列．
(1)求的通项公式：
(2)若，数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由等差数列的通项公和数列的通项与前项和的关系，结合等比数列的通项公式可得结果，
（2）讨论时，不等式成立，证明时，，再利用错位相减法求和与不等式的性质，可证得结论.
【详解】（1）当时，，
因为是公差为2的等差数列，
所以，
当时，，
所以，
所以，
所以，
所以数列是以3为公比，3为首项的等比数列，
所以，所以，
（2）证明：由（1）可得，
当时，，当时，，
可用数学归纳法证明：当时，，成立，
假设时，成立，
则当时，，
所以当时，，
所以，
令，则
，
所以
，
所以，
所以，即
22．已知函数．
(1)判断函数在区间上零点和极值点的个数，并给出证明；
(2)若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)函数在区间上只有一个极值点和一个零点，证明见解析
(2)实数的取值范围是

【分析】（1）首先求函数的导数，并利用二阶导数判断导数的单调性，并结合零点存在性定理证明极值点个数，并结合函数单调性，以及端点值判断函数零点个数；
（2）首先由不等式构造函数，，并求函数的导数，根据，以及，分，，三种情况讨论不等式恒成立的条件.
【详解】（1）函数在区间上只有一个极值点和一个零点，
证明如下，，设，
，
当时，，所以单调递减，又，，
所以存在唯一的，使得，
所以当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以是的一个极大值点，
因为，，，
所以在无零点，在上有唯一零点，
所以函数在区间上只有一个极值点和一个零点；
（2）由，得，
令，，则，
，，
①若，则，当时，，
令，则，
当时，，所以在上单调递减，又，
所以，所以，即
又，所以，
即当时，恒成立，
②若，因为当时，单调递减，
且，，
所以存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递增，不满足恒成立，
③若，
因为
不满足恒成立，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数零点，不等式恒成立问题，本题第一问需要求函数的二阶导数，利用二阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，第二问的关键是这个条件，再根据，讨论的取值.