2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高二下学期期末联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高二下学期期末联考数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 某中学高三， 算盘是我国一类重要的计算工具， 已知，，，则．，84万辆等内容，欢迎下载使用。

2022~2023学年度第二学期联合体期末联考
高二数学试卷
考试时间：2023年6月27日上午8：00—10：00 试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、单选题：本大题共8小题.每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的.
1. 设等差数列前n项和为，若，，则等差数列的公差为（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【答案】C
【分析】根据已知列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】设公差为，
由已知可得，，解得.
故选：C.
2. 的展开式中的系数为15，则（ ）
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【答案】B
【分析】写出二项式定理展开式的通项，根据的系数即可求得.
【详解】根据二项式定理的展开式通项得，，
所以当时，因为的展开式中的系数为15，
所以，解得.
故选：B
3. 设，则的导函数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据复合函数的求导法则，即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
故选：A.
4. 某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（ ）（参考数据：）
A. 16 B. 10 C. 8 D. 2
【答案】C
【分析】根据正态分布的性质，结合题中所给的公式进行求解即可.
【详解】因为数学成绩，所以，因此由
所以有，
估计该班数学得分大于120分的学生人数为，
故选：C
5. 算盘是我国一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左前四位分别表示个位、十位、百位、千位，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，即五粒下珠的代表数值等于同组一粒上珠的代表数值，例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A=“表示的四位数大于5500”，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【分析】由题意可知基本样本总数为个，然后列出大于的数，利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，每个珠子有两种情况：1和5，共有种情况，其中大于的有、、、共4种.

故选：B.
6. 有七名同学排成一排, 其中甲, 乙两人不能在一起, 丙, 丁两人要排在一起的排法数是
A. 960 B. 720 C. 480 D. 240
【答案】A
【解析】分析】
先把丙, 丁两人绑定，与没有要求的另外三人，进行全排列，有5个空，甲, 乙两人插空，由分步计算原理计算出结果．
【详解】第一步，先把丙, 丁两人绑定，有种方法；
第二步，把绑定的二人与无要求的三人全排列，有种方法，这时形成5个空；
第三步，把甲, 乙两人，插入5个空中，有种方法，
由分步计算原理可知：有七名同学排成一排, 其中甲, 乙两人不能在一起, 丙, 丁两人要排在一起的排法数是，故本题选A．
【点睛】本题考查了分步计算原理、排列有关知识．本题涉及到绑定法、插空法．
7. 已知，，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据互斥事件的并事件的概率加法公式，条件概率公式，独立事件的概率公式即可求解.
【详解】,
即，解得.
故选：D.
8. 2022年7月24日14时22分，搭载我国首个科学实验舱问天实验舱的长征五号B遥三运载火箭成功发射，令世界瞩目．为弘扬航天精神，M大学举办了“逐梦星辰大海——航天杯”知识竞赛，竞赛分为初赛和复赛，初赛通过后进入复赛，复赛通过后颁发相应荣誉证书和奖品．为鼓励学生积极参加，学校后勤部给予一定的奖励：只参加了初赛的学生奖励50元的奖品，参加了复赛的学生再奖励100元的奖品．现有A，B，C三名学生报名参加了这次竞赛，已知A通过初赛、复赛的概率分别为，；B通过初赛、复赛的概率分别为，，C通过初赛和复赛的概率与B完全相同．记这三人获得后勤部的奖品总额为X元，则X的数学期望为（ ）
A. 300元 B. 元 C. 350元 D. 元
【答案】B
【分析】求出X的可能取值及对应的概率，得到数学期望.
【详解】由题知X的所有可能取值为150，250，350，450，
，
，
，
，
所以数学期望（元）．
故选：B．
二、多选题：本大题共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，全部选对得5分，有错选的得0分，部分选对得2分.
9. 研究表明，过量的碳排放会导致全球气候变化等环境问题.减少硶排放具有深远的意义.我国明确提出节能减排的目标与各项措施、其中新能源汽车逐步取代燃油车就是其中措施之一.在这样的大环境下，我国新能源汽车逐浙火爆起来.下表是2022年我国某市1∼5月份新能源汽车销量（单位：千辆）与月份的统计数据.
月份
1
2
3
4
5
销量
5
5
m
6
8
现已求得与的经验回归方程为，则（ ）
A.
B. 与正相关
C. 与的样本相关系数一定小于1
D. 由已知数据可以确定，7月份该市新能源汽车销量为0.84万辆
【答案】ABC
【分析】A选项利用样本中心在回归直线上即可；利用线性回归方程判断选项B、C；把代入线性回归方程求解判断选项D.
【详解】由，，
代入中有：，故A正确；
由线性回归系数，所以与正相关，故B正确；
由样本点不全在线性回归方程上，则与的样本相关系数一定小于1，故C正确，
将代入线性回归方程中得：，
故7月份该市新能源汽车销量约为0.84万辆，故D不正确，
故选：ABC.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【分析】令，即可判断A选项；令，结合，即可判断C、D选项；写出展开式的通项，得出含的系数，即可判断B选项.
【详解】对于A项，令，可得，故A项正确；
对于B项，展开式的通项为，.
由可得，所以展开式含的项为.
由可得，所以展开式含的项为.
所以，展开式中含的项为，
所以，，故B项错误；
对于C项，令，可得.
又，
两式相加可得，，所以，故C项错误；
对于D项，由C可知，
又，所以，故D项正确.
故选：AD.
11. 在公比为q的正项等比数列中，，前n项和为，前n项积为，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为递减数列 B. 数列为递增数列
C. 当或5时，最大 D.
【答案】ACD
【分析】根据已知即可得出，判断A项；举例即可说明B项错误；根据单调性以及已知得出与1的关系，即可得出C项；由已知表示出，根据等比数列的前n项和公式，即可得出D项.
【详解】对于A项，由已知可得，，，所以，所以数列为递减数列，故A项正确；
对于B项，由已知可得，，所以，故B项错误；
对于C项，
由已知可得，，有；时，；时，有.
所以，当或5时，最大，故C项正确；
对于D项，由已知可得，，所以，
所以，，故D项正确.
故选：ACD.
12. 若关于x的方程有3个不等的实根，则实数a的取值可以是（ ）
A. B. C. 1 D. 3
【答案】ABD
【分析】解方程可得或.可将已知转化为以及这两个方程共有3个不等的实数解.构造函数，根据导函数研究函数的单调性以及极值，进而根据函数的图象.然后根据函数的图象，得出解的个数对应的的范围.然后即可得出方程解的个数，进而得出答案.
【详解】由已知可得，，
解得，或.
要使方程有3个不等的实根，则只需以及这两个方程共有3个不等的实数解.
构造函数，
因为方程有3个不等的实根，所以有3个解.
当时，有，
解可得，.
由可得，，所以在上单调递增；
由可得，，所以在上单调递减，且在上恒成立.
所以，在处有极大值；
当时，有上恒成立，
所以在上单调递减.
作出函数的图象

由图象可知，当时，有3个解，即有3个不等的实数解；
当时，有2个解，即有2个不等的实数解；
当或时，有1个解，即有1个实数解；
当时，无解，即没有实数解.
且由图象可得出，当时，不同值方程的解均不相同.
所以，有3个不等的实数解.
要使以及这两个方程总共有3个不等的实数解，
则应有或，即或.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解方程得出或.构造函数，求导根据导函数，研究函数的性质.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 从个男生个女生中挑选人参加智力竞赛，要求既有男生又有女生的选法共有__________种．（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意分男女和男女两类选法，再由分类加法计数原理求解.
【详解】这人中既有男生又有女生，包括男女和男女两种情况，
若人中有男女，则不同的选法共有种；
若人中男女，则不同的选法共有种，
根据分类加法计数原理，既有男生又有女生的选法共有种，
故答案为：．
14. 过点作曲线的切线，则该切线的斜率为__________.
【答案】e
【分析】求出导函数，设出切点，根据导数的几何意义以及斜率的公式列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，点不在曲线上.
设切点为，
根据导数的几何意义可知，曲线在点处切线的斜率.
所以有，解得.
故答案为：.
15. 将个数排成n行n列的数阵，如图所示，其中表示第i行第j列上的数，该数阵第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，若，，则__________.

【答案】
【分析】由于第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，所以可得，再由每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，可得，从而可求得结果.
【详解】因为该数阵第一列的n个数从上到下构成以2为公差的等差数列，，
所以，
因为该数阵每一行的n个数从左到右构成以2为公比的等比数列，
所以，
故答案为：
16. 已知三棱锥的顶点处有一质点M，点M每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每一个顶点移动的概率都相同，从一个顶点沿一条棱移动到另一个顶点称为移动一次.若质点M的初始位置在点A处，则点M移动2次后仍然在底面ABC上的概率为__________，点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为__________.
【答案】 ①. ②.
【分析】先求出质点M移动1次后，在底面ABC上的概率为；然后根据第1次落在底面ABC上以及落在点，讨论计算即可得出移动2次的概率；设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为，.根据第落在底面ABC上以及落在点，讨论计算即可得出移动n次的概率，变形可得出是以为首项，以为公比的等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，质点M移动1次后，在底面ABC上的概率为；
（2）①若质点移动1次后，在点或点，则第2次移动后仍然在底面ABC上的概率为；
②若质点移动1次后，在点，则第2次移动后仍然在底面ABC上的概率为.
所以，点M移动2次后仍然在底面ABC上的概率为.
（3）设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为，.
①若质点移动次后仍然在底面ABC上，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为；
②若质点移动次后在点，则第n次移动后仍然在底面ABC上的概率为.
所以，，
所以有.
又，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以有，，
所以，.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：每次移动后均有可能落在平面上或点上，设点M移动n次后仍然在底面ABC上的概率为.讨论根据第次的情况，进而得出的关系.变形构造得出等比数列，根据等比数列的通项公式，即可得出答案.
四、解答题：本大题共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. 数字人民币是由中国人民银行发行的数字形式的法定货币，由指定运营机构参与运营并向公众兑换，与纸钞和硬币等价．为了进一步了解普通大众对数字人民币的认知情况，某机构进行了一次问卷调查，统计结果如下：

小学及以下
初中
高中
大学专科
大学本科
硕士研究生及以上
不了解数字人民币
35
35
80
55
64
6
了解数字人民币
40
60
150
110
140
25

（1）如果将高中及以下学历称为“低学历”，大学专科及以上学历称为“高学历”，根据所给数据，完成下面的列联表；

低学历
高学历
合计
不了解数字人民币



了解数字人民币



合计


800

（2）根据（1）中所得列联表，判断是否有的把握认为“是否了解数字人民币”与“学历高低”有关？
附：，其中．

0.050
0.010
0.001
K
3.841
6.635
10.828

【答案】（1）列联表见解析
（2）没有
【分析】（1）根据题中数据，填写列联表即可；
（2）由，根据列联表数据计算，与临界值比较即可
【小问1详解】
完成的列联表如下：

低学历
高学历
合计
不了解数字人民币
150
125
275
了解数字人民币
250
275
525
合计
400
400
800
【小问2详解】根据列联表得：，
故没有的把握认为“是否了解数字人民币”与“学历高低”有关．
18. 在①，②，且.这两个条件中任选一个补充在下面问题的横线上，并解答.
已知数列的前项和为，且满足__________.
（1）求数列的通项；
（2）求数列前n项和.
【答案】（1），
（2）
【分析】（1）若选①：将看为数列的前项和，根据和与项的关系推得，即可得出.检验，即可得出通项公式；若选②：根据与的关系，推得.检验即可得出为等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案；
（2）设，根据错位相减法，即可得出答案.
【小问1详解】
若选①：
当时，；
当时，，
，
上式相减得，
所以.
显然满足，
所以，.
若选②：
当时，，
又，所以.
当时，
，
，
两式相减得
，
即，
整理可得.
又满足该式，
所以，，
所以数列成等比数列，
所以，.
【小问2详解】
令，
，
两式相减得


，
所以，.
19. 已知函数，.
（1）当时，求的极值；
（2）当时，讨论的单调性.
【答案】（1）极小值为1，无极大值
（2）答案见解析
【分析】（1）代入，求出函数的定义域以及导函数，根据导函数得出函数的单调区间，进而得出函数的极值；
（2）先求出函数的定义域以及导函数，解可得，或.根据两根的大小关系，分类讨论，得出以及的解，即可得出函数的单调区间.
【小问1详解】
当，，定义域，
则.
由可得，.
当时，有，所以在上单调递减；
当时，有，所以在上单调递增.
所以，的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
由已知可得定义域为，
且.
由可得，或.
①当，即时，
由可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
由可得，，所以在上单调递减；
②当，即时，，所以在上单调递增；
③当，即时，
由可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
由可得，，所以在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
20. 某中学篮球队根据以往比赛统计：甲球员能够胜任前锋，中锋，后卫三个位置，且出场概率分别为0.1，0.5，0.4.在甲球员出任前锋，中锋，后卫的条件下，篮球队输球的概率依次为0.2，0.2，0.7.
（1）当甲球员参加比赛时，求该篮球队某场比赛输球的概率；
（2）当甲球员参加比赛时，在该篮球队输了某场比赛的条件下，求甲球员在这一场出任中锋的概率；
（3）如果你是教练员，应用概率统计的有关知识该如何使用甲球员？
【答案】（1）0.4 （2）0.25
（3）应该多让甲球员出任前锋来增加赢球场次
【分析】（1）由已知设出事件，根据已知得出各个事件的概率，然后根据全概率公式，即可得出答案；
（2）结合（1）的答案，用贝叶斯公式计算条件概率，即可得出答案；
（3）分别用贝叶斯公式计算出球队输了某场比赛的条件下，甲担任各个位置的概率，根据概率值的大小关系，即可得出答案.
【小问1详解】
设表示“甲球员出任前锋”，表示“甲球员出任中锋”，表示“甲球员出任后卫”，则，设B表示“球队输掉某场比赛”，
则，，，
，，
所以

.
所以当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率是0.4.
【小问2详解】
由（1）知，球队输了某场比赛的条件下，甲球员在这一场出任中锋的概率
.
【小问3详解】
由（1）知，已知球队输了某场比赛的条件下，
甲球员在这场出任前锋的概率；
甲球员在这场出任后卫的概率；
由（2）知，甲球员在这一场出任中锋的概率.
所以有，，
所以应该多让甲球员出任前锋来增加赢球场次.
21. 设数列前n项和为，，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列前n项和为，问是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【分析】（1）根据已知与的关系可得，当时，.然后可得出的奇数项和偶数项均分别为等差数列，根据求得的值，结合等差数列的通项公式，得出答案；
（2）裂项化简可得，求解可得为偶数时，求出此时的最大值.然后得出为奇数时，，比较即可得出答案.
【小问1详解】
由已知可得，①
当时，②
①-②得，.
因为，所以.
又，
所以，，，…，，…是以为首项，4为公差的等差数列，
所以；
当时，有，，
所以，
所以，，，…，，…是以为首项，4为公差的等差数列，
所以.
所以，.
【小问2详解】
由（1）可得，.
则当n为偶数时，

，
显然单调递减，
所以有；
当n为奇数时，


.
又，
所以存在最大值，且最大值为.
22. 已知函数，.
（1）当，时，证明：；
（2）若，求a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）代入，求出.令，求导根据的单调性以及端点处的函数值，得出恒成立，即可得出的单调性，进而根据端点处的函数值，即可得出证明；
（2）由已知可判断为偶函数，只需满足时，即可.求出导函数，二次求导得出.根据余弦函数的值域，分、、讨论，得出的单调性，然后得出的单调性，结合特殊值，即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，，
且.
令，则，
所以，在上为增函数，所以，
即在上恒成立，
所以，在上为增函数.
又，，
所以，即.
【小问2详解】
由已知可得，，
所以，为偶函数.
所以，要使恒成立，只需满足时，即可.
，，
令，，则.
①当时，，
所以在为增函数，，
所以有，即在上为增函数，满足条件；
②当时，显然不满足条件；
③当时，
由，可得，
显然存使，
当时，，
所以在上为减函数，
所以，即，
所以，在上单调递减，所以，不满足条件.
综上所述，a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：根据函数的解析式，判断函数为偶函数，只需研究时，即可.