2022-2023学年重庆市南岸区高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年重庆市南岸区高二下学期期末数学试题含答案，共19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学年重庆市南岸区高二下学期期末数学试题 一、单选题1．若函数，则（    ）A． B． C．3 D．4【答案】B【分析】先求出，再将代入即可得到答案.【详解】，则.故选：B2．由1，2，3，4这4个数组成无重复数字的四位数且为偶数，共有多少种排法（    ）A．12 B．24 C．48 D．256【答案】A【分析】先排个位数，再对剩余的数进行全排列即可.【详解】因为四位数为偶数，则个位数字为偶数，共有种可能，剩余的三个数进行全排列，共有种可能；所以共有种排法.故选：A.3．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据知即为独立做6次试验，发生了4次的概率，即，即可求解.【详解】根据 知，即为独立做6次试验，发生了4次的概率，即.故选：B4．函数在闭区间上的最大值、最小值分别是（    ）A．2，0 B． C． D．【答案】C【分析】先研究函数在区间上的单调性，再根据单调性求最值即可.【详解】，解得，再根据二次函数性质得在上，在上，所以函数在单调递增，在单调递减，所以，，，所以.所以函数在闭区间上的最大值、最小值分别是.故选：C.5．端午节为每年农历五月初五，又称端阳节、午日节、五月节等.端午节是中国汉族人民纪念屈原的传统节日，以围绕才华横溢、遗世独立的楚国大夫屈原而展开，传播至华夏各地，民俗文化共享，屈原之名人尽皆知，追怀华夏民族的高洁情怀.小华的妈妈为小华煮了8个粽子，其中5个甜茶粽和3个艾香粽，小华随机取出两个，事件A“取到的两个为同一种馅”，事件B“取到的两个都是艾香粽”，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解.【详解】由题意，，，所以.故选：B.6．若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出导函数，排除，当时得到函数的单调性以及函数的取值范围，再列不等式组求解即可.【详解】因为所以若时恒成立，在上单调递增，函数不可能有两个不同的零点，不合题意；所以，只有时，，函数递减，此时时，，函数递增，此时，因为函数有两个不同的零点，所以解得故选：D.7．2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有(  )A．3864种 B．3216种 C．3144种 D．2952种【答案】B【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；最后由分类计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况；甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置， 有种情况；两种情况合并，共有种情况；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. 共有种情况；③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况；综上，则共有种不同的站法．故选：B.8．已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用导数求切点坐标，再由切点在直线上可得，结合目标式有，构造并研究单调性，进而求值域即可.【详解】函数的导数为，则，∴切点为，代入，得，、为正实数，即，∴，令且，则，即为增函数，．故选：D． 二、多选题9．给出下列命题，其中正确命题是（    ）A．若样本数据，，…，（数据各不相同）的平均数为2，则样本数据，，…，的平均数为3B．随机变量的方差为，则C．随机变量服从正态分布，，则D．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，用表示出现正面向上的次数，则【答案】BCD【分析】利用离散型随机变量的期望的性质判定选项A错误；利用离散型随机变量的方差的性质判定选项B正确；利用正态分布的对称性判定选项C正确；利用二项分布判定选项D正确.【详解】对于选项A：由，得：，所以选项A错误；对于选项B：由，得：，所以选项B正确；对于选项C：因为随机变量服从正态分布，所以，又因为，则，由正态分布的对称性可得：，故选项C正确；对于选项D：将一枚质地均匀的硬币连续抛掷两次，则正面向上的次数服从二项分布，所以，故选项D正确.故选：BCD.10．已知，则（    ）A．的值为2 B．的值为16C．的值为﹣5 D．的值为120【答案】ABC【分析】利用赋值法判断A、C、D；利用通项公式判断B.【详解】令x＝0，得，故A正确；，故，B正确；令x＝1，得①，又，∴，故C正确；令x＝﹣1，得②，由①②得：，D错误．故选：ABC【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式，以及赋值法的应用，属于基础题,11．小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分，现3人共进行了4次游戏，每次游戏互不影响，记小明4次游戏得分之和为，则下列结论正确的是（    ）A．每次游戏中小明得1分的概率是 B．的均值是2C．的均值是3 D．X的标准差是【答案】ACD【分析】的可能取值为0，1，2，3，4，利用列举法求出小明每次得1分的概率，从而，由此能求出和．【详解】3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分，现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为，则的可能取值为0，1，2，3，4，设其他两位同学为，，小明为，列表得：手心手心手背手心手背手背手心手心手心手心手背手心手背手心手背手背手心手心手背手背手背手背手背手心共有8种情况，小明得1分结果有6种情况，小明每次得1分的概率，故A正确；，，故B错误，C正确；，X的标准差是，故D正确.故选：ACD.12．已知直线与曲线相交于两点，与相交于两点，的横坐标分别为，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据题意，利用导数分别求得函数和的单调性和最大值，作出两个函数的图象，利用图象结合对数的运算性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，可得，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，又由函数，可得，令，可得，当当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，作出两个函数和的图象，如图所示，由，可得，所以A正确；因为且在上单调递增，又因为，所以，所以，所以B错误；因为且在上单调递减，又因为，，所以，所以C正确；由，所以D正确.故选：ACD.  【点睛】方法技巧已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数（或，构造函数）；②，构造函数（或，构造函数）；③，构造函数（或，构造函数）. 三、填空题13．对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围为        .【答案】【分析】参变分离可得恒成立，令，求导后判断单调性可求得最大值，从而可解.【详解】对任意的，不等式恒成立，只需对任意的，不等式恒成立，令，则，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，即实数a的取值范围为.故答案为：14．某市政府调查市民收入增减与旅游需求的关系时，采用独立性检验法抽查了5000人，计算发现，根据这一数据，市政府断言市民收入增减与旅游需求有关的可信度是        %.附：常用小概率值和临界值表：0.150.100.050.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828【答案】【分析】由，对照数表即可得出结论.【详解】由，对照数表知，市政府断言市民收入增减与旅游变有关系的可信程度是.故答案为：15．已知直线是函数与函数的公切线，若是直线与函数相切的切点，则        .【答案】【分析】根据导数的几何意义列方程即可求出．【详解】，，，是直线与函数相切的切点，，，，，即直线的方程为，，，设与的切点坐标为，，，切线方程为，即，，，解得，，．故答案为：．16．有穷数列满足，且成等比数列.若，则满足条件的不同数列的个数为        .【答案】32【分析】根据成等比数列，求得的可能取值，由此进行分类讨论，结合，判断出满足条件的不同数列的个数.【详解】由于，所以或.由于成等比数列，所以，所以，故或.（1）当时，在中，，即，都成立；在中，，即，此时不满足或.即不存在数列满足条件.（2）当时，在中，，即，有个成立，个成立，方法数有种；在中，，即，有个成立，个成立，方法数有种；故方法数有种.综上所述，满足条件的不同数列的个数为.故答案为：32 四、解答题17．为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响．(1)若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率；(2)若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）先求得高三年级胜高二年级的概率，再根据相互独立事件的概率计算公式求解即可； （2）先确定出X的所有可能取值，分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望．【详解】（1）由题意，知高三年级胜高二年级的概率为．设高三年级在4轮对抗赛中有x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P，则．（2）由题意可知，3，4，5， 则，，，， 故X的分布列为X2345P．18．已知函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)若函数在区间上取得最小值4，求m的值.【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为(2) 【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值即可．【详解】（1））当时，，，时，，时，，的单调增区间为，单调减区间为；（2）由，令，得，，①当，即时，由，，知，则在，上单调递增，从而，可得，不符合题意；②当，即时，由，，知，则在，上单调递减，从而，可得，符合题意；③当时，由，知在，上单调递减，，上单调递增，从而，解答，不符合题意；综上，19．某种产品的广告费支出与销售额 (单位：万元）具有较强的相关性，且两者之间有如下对应数据:245682836525678（1）求关于的线性回归方程； （2）根据（1）中的线性回归方程，当广告费支出为10万元时，预测销售额是多少？参考数据： ，，．附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.【答案】（1）（2）当广告费支出为10万元时，预测销售额大约为.【分析】（1）利用公式和题目中的数据，先求样本中心，代入方程直接求解．（2）根据第一问的方程，当时代入求解．【详解】：（1），      ，     因此所求回归直线方程为 （法二：利用前半个公式求解相应给分）(2)当时，           答：当广告费支出为10万元时，预测销售额大约为. 【说明：没有答题和估计的扣两分】【点睛】：回归直线方程必过样本中心．回归直线及回归系数是一个近似值，只能大致的（不能精确）反映变量的取值和变化趋势．20．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设（为自然对数的底数），当时，对任意，存在，使，求实数的取值范围.【答案】(1)分类讨论，答案见解析；(2). 【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调区间作答.（2）利用（1）的结论求出在上的最大值，再利用给定条件，构建不等式并分离参数，构造函数，求出函数最大值作答.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，而，当时，由得，由得，因此函数在上单调递减，在上单调递增，当时，由得，由得，因此函数在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，由（1）知，函数在上单调递减，而，则，任意，存在，使等价于，恒成立，则有，成立，令，则，当时，，当时，，即有在上单调递增，在上单调递减，，因此当时，最大值为，则，所以实数的取值范围是.21．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．①；②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．【答案】（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．【分析】（1）根据题意，集齐，，玩偶的个数可以分三类情况：，， 玩偶中，每个均有出现两次、，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即可；对于，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率再求解.（2）①根据题意，，当时，，再根据数列知识计算即可； ②由①得购买甲系列的概率近似于，故用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，再根据二项分布的期望计算即可.【详解】解：（1）由题意基本事件共有：种情况，其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况，，， 玩偶中，每个均有出现两次，共种；，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种；，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种；故.根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即，所以.（2）①由题意可知：，当时，，∴，所以是以为首项，为公比的等比数列，∴，②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，所以，即购买甲系列的人数的期望为40，所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．【点睛】本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解题的关键在于根据题意得关于的递推关系，进而利用数列知识求解.22．已知函数(1)当，求的最小值；(2)令，若存在，使得，求证：.【答案】(1)1(2)证明见详解 【分析】（1）求出导函数，由的正负确定的单调区间和最值；（2）求出，由导数确定的单调性和最值，从而得出的范围，由的关系，设，整理得，构建函数，利用导数得出新函数的单调性和符号，结合对数函数的性质得证不等式成立．【详解】（1）由题意可得：，且的定义域为，则，因为在上单调递增，可得在上单调递增，且，当时，；当时，；则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.（2）由题意可得，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，所以，当x趋近于时，趋近于0，  若存在，使得，则，则，令，可得，整理得，则，构建，则，可知在上单调递增，可得，且当时，则，所以当时恒成立，即，则，整理得（得证）.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数h(x)；（3）利用导数研究h(x)的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．