广东省潮州市2022-2023学年高二下学期期末数学试题

这是一份广东省潮州市2022-2023学年高二下学期期末数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省潮州市2022-2023学年高二下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知随机变量X服从正态分布，，则（    ）
A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.8
2．在一次高台跳水运动中，某运动员在运动过程中的重心相对于水面的高度h（单位：m）与起跳后的时间t（单位：s）存在函数关系.该运动员在t=1s时的瞬时速度（单位：m/s）为（    ）
A．10.9 B．-10.9 C．5 D．-5
3．在数列中，，，若，则（    ）
A．673 B．674 C．675 D．676
4．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是（    ）
A． B． C． D．
5．已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　）

A． B． C． D．
6．已知随机变量X的分布列如下表（其中a为常数）则下列计算结果正确的是（    ）
X
0
1
2
3
P
0.2
a
0.4
0.1
A． B． C． D．
7．已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数的导函数为，且，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，

二、多选题
9．下列选项中，在上不是单调函数的有（    ）
A． B． C． D．
10．已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（    ）
A．所有项的系数和为 B．所有奇数项的二项式系数和为
C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共有5项
11．（多选）甲罐中有个红球、个白球和个黑球，乙罐中有个红球、个白球和个黑球，先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，分别以事件、、表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球，再从乙罐中随机取出一个球，以事件表示由乙罐取出的球是红球，下列结论正确的是（    ）
A．事件与事件不相互独立 B．、、是两两互斥的事件
C． D．
12．对于函数，下列说法正确的是（    ）
A．在上单调递减，在上单调递增
B．当时，
C．若函数有两个零点，则
D．设，若对，，使得成立，则

三、填空题
13．曲线在点处的切线方程是 ．

四、双空题
14．某产品的研发投入费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如表所示：
研发投入费用
2.2
2.6
4.3
5.0
5.9
销售量
3.8
5.4
7.0
10.35
12.2
根据表中的数据可得回归直线方程，则 ；该产品的研发投入费用每提高3万元，销售量估计能提高 万件．

五、填空题
15．在3重伯努利试验中事件出现的概率相同，若事件A至少出现1次的概率为，则事件A在1次试验中出现的概率为 ．
16．某市安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者到三个基层社区开展党的二十大精神宣讲活动，每个社区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为 ．

六、解答题
17．2022年11月21日，我国迄今水下考古发现的体量最大的木质沉船长江口二号古船，在长江口横沙水域成功整体打捞出水，上海市文物局会同交通运输部上海打捞局，集成先进的打捞工艺、技术路线、设备制造，最终研究并形成了世界首创的“弧形梁非接触文物整体迁移技术”来打捞这艘古船．这是全新的打捞解决方案，创造性地融合了核电弧形梁加工工艺、隧道盾构掘进工艺、沉管隧道对接工艺，并运用液压同步提升技术，综合监控系统等先进的高新技术．这些技术也是首次应用于文物保护和考古领域．近年来，随着科学技术的发展，越来越多的古迹具备了发掘的条件，然而相关考古专业人才却严重不足．某调查机构为了解高三学生在志愿填报时，对考古专业的态度，在某中学高三年级随机抽取20名学生进行了调查，调查结果如表所示，依据小概率值的独立性检验判断是否可以认为该校学生填报志愿时“是否填报考古专业”与性别有关联？

男生
女生
总计
不填报
5
7
12
填报
7
1
8
总计
12
8
20
附：．

0.05
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828
18．已知公差不为0的等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式及；
(2)求证：．
19．若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)不过原点的直线与椭圆交于，两点，当的面积为时，求直线的方程．
20．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，，，．
  
(1)证明：平面BCD；
(2)若平面DAB与平面CAB的夹角为，求平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值．
21．为弘扬中国传统文化，山东电视台举行国宝知识大赛，先进行预赛，规则如下：
①有易、中、难三类题，共进行四轮比赛，每轮选手自行选择一类题，随机抽出该类题中的一个回答；②答对得分，答错不得分；③四轮答题中，每类题最多选择两次．四轮答题得分总和不低于10分进入决赛．选手甲答对各题是相互独立的，答对每类题的概率及得分如下表：

容易题
中等题
难题
答对概率
0.7
0.5
0.3
答对得分
3
4
5
(1)若甲前两轮都选择了中等题，并只答对了一个，你认为他后两轮应该怎样选择答题，并说明理由；
(2)甲四轮答题中，选择了一个容易题、两个中等题、一个难题，若容易题答对，记甲预赛四轮得分总和为X，求随机变量X的数学期望．
22．已知函数，．
(1)求的极值；
(2)若不等式恒成立，求实数a的值．

参考答案：
1．A
【分析】根据正态分布的性质结合题意求解.
【详解】因为随机变量服从正态分布，．
所以，
所以．
故选：A．
2．D
【分析】先对函数求导，然后把代入即可求解．
【详解】解：因为，
所以，
令，得瞬时速度为．
故选：D.
3．C
【分析】定义法判断数列为等差数列，从而由等差数列基本量的计算求解.
【详解】由题意可得， ，故数列为等差数列，
则 ，令.
故选：C
4．B
【分析】根据给定条件，以第一次摸到正品的事件为样本空间，利用古典概率公式计算作答.
【详解】用A表示事件“第一次摸到正品”，B表示“第二次摸到正品”，
在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，相当于以A为样本空间，事件B就是积事件AB，显然，，
所以在第一次摸到正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是.
故选：B
5．B
【详解】由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，
且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，
而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．
故选B.

6．C
【分析】A.根据分布列由概率之和为1求解判断；B.由求解判断；C.由期望公式求解判断；D.由方差公式求解判断.
【详解】因为，解得，故A错误；
由分布列知，故B错误；
，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
7．D
【分析】首先求出函数的导函数，参变分离，可将原问题转化为在上恒成立，再由配方法，即可得解．
【详解】由题意得：在上恒成立，
即在上恒成立，
其中在处取得最小值，，
所以，
故选：D.
8．B
【分析】根据题意构造函数，，对函数求导后结合已知可判断出函数的单调性，再利用函数的单调性可得答案.
【详解】构造函数，
因为，所以，因此函数是减函数，
于是有，
构造函数，因为，
所以，因此是单调递增函数，
于是有，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，解题的关键是根据已知条件构造函恰当的函数，然后利用导数判断其单调性，再利用函数的单调性解决问题，考查数学转化思想，属于较难题.
9．AC
【分析】利用导数法逐项判断.
【详解】A选项，由得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，故正确；
B选项，由得显然恒成立且不恒为零，所以在上单调递增，故错误；
C选项，由得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，故正确；
D选项，由得显然恒成立且不恒为零，所以在上单调递增，故错误；
故选：AC．
10．BD
【分析】根据二项式定理求出，令即可判断A；根据二项式系数得性质即可判断BC；求出展开式得通项，再根据的指数为整数即可判断D.
【详解】由题意得，所以，
令，得所有项的系数和为，故A错误；
所有奇数项的二项式系数和为，故B正确；
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误；
展开式通项为，
当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，
即有理项共有5项，故D正确．
故选：BD．
11．ABD
【分析】利用事件独立性的定义可判断A选项的正误；利用互斥事件的定义可判断B选项的正误；利用全概率公式可判断C选项的正误；利用条件概率公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，由题意可知，事件发生与否影响事件的发生，故事件与事件不相互独立，故A正确;
对于B，、、两两不可能同时发生，故B正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，已知从甲罐中取出一个红球放入乙罐，这时乙罐中有个球，其中红球有个，
因此，在事件发生的条件下，事件发生的概率为，故D正确.
故选：ABD.
12．BD
【分析】根据函数的定义域即可判断A；利用导数判断函数在上的单调性即可判断B；求出函数的单调区间，作出函数的图象，结合图象即可判断C；结合C选项即可判断D.
【详解】对于A选项，的定义域为，所以A选项错误；
对于B选项，，当时，，递减，
由于，所以，
由于，
所以由两边乘以得 ，所以B选项正确；
对于C选项，令，
由于，所以在区间递减，
在区间递增，
当时，，当时，，，
函数的定义域为，
又，所以函数为偶函数，
由此画出的图象如图所示，
由图可知，当或时，直线与的图象有两个交点，
即当或时，函数有两个零点，所以C选项错误；
  
对于D选项，由上述分析可知，，
则，，，
要使“对，，使得成立”，
则需，所以D选项正确．
故选：BD.
【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.
13．
【分析】利用导数的几何意义求解.
【详解】解：由题意得：，，，
所以切线方程为，即．
故答案为：．
14．
【分析】根据样本中心点求得，利用回归直线方程进行估计.
【详解】，
，
所以，解得.
所以为回归直线方程.
所以该产品的研发投入费用每提高3万元，销售量估计能提高万件.
故答案为：；
15．
【分析】利用二项分布的概率公式求解.
【详解】记“A至少发生1次”为事件，则表示其对立事件“A发生0次”，
事件A的发生符合二项分布，设事件A在1次试验中出现的概率为p，
，
所以，
所以，解得 ，     
故答案为：．
16．84
【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果.
【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，有2种分组方式，三组人分配到三个社区进行排列，则分配方式共有种；
第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，
当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C或D为一组，有种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有种选择，再将剩余3人分为两组，有种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有种分配方法，再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法，
综上共有12＋12＋36＋24＝84种不同的分配方式．
故答案为：84.
17．可以认为该校学生填报志愿时“是否填报考古专业”与性别有关联．
【分析】先根据公式求出，再由独立性检验的意义判定即可.
【详解】根据列联表中的数据，经计算得到．
根据小概率值的独立性检验，即可以认为该校学生填报志愿时“是否填报考古专业”与性别有关联.
18．(1)，；
(2)证明见解析

【分析】（1）设等差数列的公差为，然后由已知条件列方程组可求出，从而可求得，
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可证得结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，
即，由，，成等比数列，得，
即，又得，所以，，   
故数列的通项公式为，，
（2）证明：所以，                                    
所以
，
因为，所以，
所以 ，
所以.
19．(1)
(2)， .

【分析】（1）根据所给的条件，即可求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，用面积公式和弦长公式即可求出m.
【详解】（1）抛物线的焦点为，双曲线的焦点为或，
依题意可得，又，所以，
所以椭圆方程为；
（2）根据题意，设点，，
联立直线方程与椭圆方程可得，，消去得，
，即得，，
由弦长公式可得，
由点到直线距离公式可得，点到直线的距离即为，，
所以，
当且仅当，即时，面积取得最大值为，
此时直线的方程为.
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由三角形的中位线定理可得，，再由可得，再由直角三角形的性质可得，然后由勾股定理的逆定理可得，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1），分别是线段，的中点，则，，  
又，所以，                                                
因为，为的中点，所以，
所以，所以，                                  
又，平面，
所以平面
（2）以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
由（1）可得平面，平面，
所以，
所以为平面与平面的夹角，即，所以，
所以，，，，，       
，，，                     
设平面的一个法向量是，
则，取，则，即，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，，
．                           
所以平面与平面的夹角的余弦值为．                
  
21．(1)后两轮应该选择容易题进行答题，理由见解析
(2)

【分析】（1）先分析得甲后两轮还有三种方案，利用独立事件的概率的乘法公式将每种方案进决赛的概率求出，比较之即可得解；
（2）根据题意得到X的可能取值，结合独立事件的概率的乘法公式将X的每一个取值的概率求出，从而得到X的的分布列，从而求得X的数学期望．
【详解】（1）依题意，甲前两轮都选择了中等题，只答对了一个，则甲得分为分，要进入决赛，还需要得分，
所以甲后两轮的选择有三种方案：
方案一：都选择容易题，则总得分不低于10分的概率为；
方案二：都选择难题，则总得分不低于10分的概率为；
方案三：选择一个容易题、一个难题，则总得分不低于10分的概率为：；
因为，所以甲后两轮应该选择容易题进行答题.
（2）依题意，X的可能取值为3、7、8、11、12、16，
则，
，
，
所以X的分布列为：
X
3
7
8
11
12
16
P






所以.
22．(1)的极小值为，无极大值；
(2)

【分析】（1）利用导数法求解；
（2）将问题变形为， 令，转化为对任意恒成立，令，用导数法求解.
【详解】（1）的定义域为，
，                                    
令，解得，
当时，，，
当时，，，
，的极小值为，无极大值 ，
（2）依题意，，      
令，在上递增，且，
所以对任意恒成立．                             
设，
所以函数在区间递减；
在区间递增．
所以，                              
所以，，                    
设，，
所以在区间递增；在区间递减．
所以，即，                           
即，即，
所以，当且仅当，即时成立．