2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高二下学期期末数学试题含答案

武汉外国语学校2022—2023学年度下学期期末考试

高二数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 展开式中第4项的二项式系数为（    ）

A.  B. 1120 C. 56 D. 70

【答案】C

【分析】根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解.

【详解】展开式中第4项的二项式系数为.

故选：C.

2. 对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（    ）

A. 满足一元线性回归模型的所有假设

B. 不满足一元线性回归模型的的假设

C. 不满足一元线性回归模型的假设

D. 不满足一元线性回归模型的和的假设

【答案】C

【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断.

【详解】解：用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C.

故选：C.

3. 设随机变量X的概率分布列如图所示，则（    ）

A. 0.84 B. 3.36 C. 1.68 D. 10.36

【答案】B

【分析】由均值和方差的公式求出，再由方差的性质求解即可.

【详解】因为，

则，

所以.

故选：B.

4. 命题：“，，使得”的否定是（    ）

A. ，，使得 B. ，，使得

C. ，，使得 D. 以上结论都不正确

【答案】B

【分析】改量词，否结论即可.

【详解】“，，使得”的否定是

“，，使得”，

故选：B

5. 如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（    ）

A. 120 B. 180 C. 221 D. 300

【答案】B

【分析】分Ⅰ，Ⅳ同色和不同色两种情况讨论，结合分布乘法原理即可得解.

【详解】当Ⅰ，Ⅳ同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅱ有种涂色方法，

Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法；

Ⅰ，Ⅳ不同色时，则Ⅰ有种涂色方法，Ⅳ有种涂色方法，

Ⅱ有种涂色方法，Ⅲ有种涂色方法，此时共有种涂色方法，

综上共有种不同的着色方法.
故选：B.

6. 设随机变量，则X密度函数为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【分析】根据正态分布的定义可求得，从而可求X的密度函数.

【详解】因为，所以，即，

所以X的密度函数为A.

故选：A

7. 设随机变量，记，，下列说法正确的是（    ）

A. 当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.二项分布当时是对称的，当时向右偏倚，当时向左偏倚

B. 如果为正整数，当且仅当时，取最大值

C. 如果为非整数，当且仅当k取的整数部分时，取最大值

D.

【答案】C

【分析】由可得，分析可判断BC选项，进而根据二项分布的图象性质可判断A选项；根据二项分布的期望公式可判断D选项.

【详解】因为，，，

由，得，

解得，

若为正整数，则或时，取最大值，故B错误；

若为非整数，则取的整数部分时，取最大值，故C正确；

综上所述，当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.

根据二项分布的图象性质可得，当时是对称的，当时向左偏倚，当时向右偏倚，故A错误；

而，故D错误.

故选：C.

8. 已知函数，则方程的根的个数是（    ）

A. 2 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】B

【分析】对求导，判断单调性画出图象，令，则，结合图象方程有两解，，结合图象可知方程有两解，也有两解，从而可解.

【详解】 

对求导得：，

所以当或时，，当时，，

则函数在上单调递减，在上单调递增，

因此，函数在处取得极小值，

在处取得极大值，

作出曲线，如图，

由得，解得，

令，则，结合图象方程有两解，，所以或，

因为，所以, 结合图象可知方程有两解，

又因为，结合图象可知也有两解，

所以方程共有4个根.

故选：B

【点睛】方法点睛:

求函数零点(方程根)的常用的方法:

（1）直接法:直接求解方程得到方程的根；

（2）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 设离散型随机变量X，非零常数a，b，下列说法正确的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【分析】根据均值与方差的性质即可判断AB；根据均值与方差的关系即可判断CD.

【详解】对于A，，

所以，故A正确；

对于B，，

所以，故B正确；

对于CD，根据均值与方差的关系可得，故C错误，D正确.

故选：ABD.

10. 下列说法正确的有（    ）

A. 命题：“，”的否定是：“，”

B. 命题：“若，则”的否定是：“若，则”

C. 已知x，，则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件

D. 如果x，y是实数，则“”是“”的必要不充分条件

【答案】CD

【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可判断AB；根据充分条件和必要条件的定义即可判断CD.

【详解】对于A，命题：“，”即，，

其否定是：“，”，故A错误；

对于B，命题：“若，则”的否定是：“，则”，故B错误；

对于C，当时，，故充分性不成立，

当时，，故必要性不成立，

所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，故C正确；

对于D，当时，，故充分性不成立，

若，则，

故当时，，故必要性成立，

所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.

故选： CD.

11. 已知定义在上的函数满足：对，都有，则对于，，下式成立的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【分析】设函数判断A选项,结合判断B,C,D选项.

【详解】,,B选项正确;

,C选项正确;

,,D选项正确;

定义在上的函数满足：对，都有，

设,

,A选项错误.

故选:BCD

12. 下列不等式中成立的有（    ）

A.

B. 当时，

C. 当且时，

D. 当时，

【答案】BC

【分析】A选项构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可判断A选项；证明出、，可判断B选项；利用B选项中的两个不等式可判断C选项；构造函数，利用导数分析该函数的单调性，可判断D选项.

【详解】对于A选项，令，其中，

则，

当时，，，则，

此时，，故函数在上为增函数，

故，A错；

对于B选项，令，其中，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，即，

令，其中，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，即，

故当时，，

当且仅当时，两个等号同时成立，故，B对；

对于C选项，由B选项可知，当时，，，

上述两个不等式当且仅当时，等号成立，

所以，当且时，，

，当且仅当时等号成立，

，当且仅当时等号成立，

不等式中等号不能同时成立，

即当且时，，C对；

对于D选项，令，其中，

则且不恒为零，则函数在上单调递增，

所以，当时，，即，

当时，，即，D错.

故选：BC.

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 函数的单调减区间为______.

【答案】

【分析】求导后，令导数小于0，求解即可.

【详解】的定义域为，

，

令，可得，可得，

又，则或，

所以的单调递减区间是.

故答案为：

14. 1260有__________个不同的正因数.（用数字作答）

【答案】36

【分析】将1260分解，然后根据分步乘法计数原理计算即可.

【详解】，

第一步，可以取，共3种，

第二步，可以取，共3种，

第三步，可以取，共2种，

第四步，可以取，共2种，

所以一共有种取法，对应36个不同的正因数.

故答案为：36

15. 已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为______元/件.（用含a，b的式子表示）

【答案】

【分析】设销售价为x，则降价相对于售价是b时，降低了个10%，从而销量提高了个40%，从而求得可获得的利润为y，求导，由导数求得函数最大值，此时取得的x的值即为销售价.

【详解】设销售价为x，可获得的利润为y，

则，

求导得，

令，解得，

由知，，

又，，

所以当时，，函数单增；

当时，，函数单减；

因此是函数的极大值点，也是最大值点；

故当销售价为元/件时，可获得最大利润.

故答案为：

16. 已知，，计算______.

【答案】

【分析】根据组合数公式可得，，再结合二项式系数和公式即可求解.

【详解】根据组合数公式可得，

，

所以原式

.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：

这道题的关键能够根据组合数公式可得，，再结合二项式系数和公式即可求解.

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 如图，和所在平面垂直，且，，求：

（1）直线与平面所成角的大小；

（2）平面和平面夹角的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【分析】（1）过点作交的延长线于，连接，证得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果；

（2）利用向量法求解即可.

【小问1详解】

过点作交的延长线于，连接，

因为，，所以，

因此，

又因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，

又平面，平面，所以,，

因此两两垂直，

以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，

则，则，

由于平面，所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成的角为，

则，

又因为线面角的范围是，所以，

因此直线与平面所成的角为；

【小问2详解】

，则,

设平面的法向量为，

所以，

令,可得，则，

则，

故平面和平面的夹角的余弦值为.

18. （1）设集合，，求：，；

（2）已知、、都是正数，且满足，求证：.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）分、、且三种情况讨论，求出集合、，利用交集和并集的定义可求得集合，；

（2）利用基本不等式可得出、，，利用不等式的基本性质可证得结论成立.

【详解】解：（1）因为，

.

①当时，则，则，；

②当时，则，则，；

③当且时，则，则，.

综上所述，当时，，；

当时，，；

当且时，，.

（2）因为、、都是正数，则，当且仅当时，等号成立，

同理可得，，

所以，，

当且仅当时，等号成立，

因此，.

19. 已知数列是等比数列，其前n项和为，若，.

（1）求数列的通项公式；

（2）已知数列是等差数列，，如果等差数列的通项满足.令，求数列的前n项和.

【答案】（1）或   

（2）或

【分析】（1）设数列的公比为，化简和为基本量和的关系，进而解出和，从而求解；

（2）设数列的公差为，可得，，进而根据等差数列的前三项成等差数列，可得，从而得到，，进而分或两种情况得到，进而求解即可.

【小问1详解】

设数列的公比为，

则，

解得，或，，

所以或.

【小问2详解】

设数列的公差为，

则，

所以，

即，，，

又数列为等差数列，

所以，即，

解得，即，，

当时，，

所以，，

即数列是以24为首项，为公比的等比数列，

所以；

当时，，

所以.

综上所述，或.

20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.

（1）求次传球后球在甲手中的概率；

（2）求次传球后球在乙手中的概率；

（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，则，记前n次传球后（即从第1次传球到第次传球后）球在甲手中的次数为，求.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【分析】（1）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”， 设次传球后球在甲手中的概率为，，分析可得，，由此可得，变形可得，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可；

（2）记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，设次传球后球在乙手中的概率为，，分析可得，，由此可得，变形可得，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可；

（3）结合第（1）问结论和题设条件，运用等比数列求和公式分组求和即可求解.

【小问1详解】

记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，

设次传球后球在甲手中的概率为，，

若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，

那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，

则有，，

必有,即，

即，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，即.

【小问2详解】

记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，

设次传球后球在乙手中的概率为，，

若发生，即经过次传球后，球在乙手中，

那么第次传球后，球一定不在乙手中，即事件一定不发生，

则有，，

必有,即，

即，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，即.

【小问3详解】

由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，

所以，，

由（1）得，

则.

21. 平面内与两定点，连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上，两点所成的曲线记为曲线C.

（1）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；

（2）若时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为.设，是的两个焦点，试问：在上是否存在点N，使得的面积，并证明你的结论.

【答案】（1）；答案见解析   

（2）存在；证明见解析

【分析】（1）设动点为，其坐标为，根据题意可得，整理可得曲线C的方程为，再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型；

（2）对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为，从而求得或，进而解决问题.

【小问1详解】

设动点为，其坐标为，

当时，由条件可得，

即，

又的坐标满足.

所以曲线C的方程为.

当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；

当时，曲线的方程为是圆心在原点的圆；

当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；

当时，曲线的方程为是焦点在轴上的双曲线.

【小问2详解】

在上存在点N，使得面积，证明如下：

由（1）知，当时，曲线的方程为，

当时，的焦点分别为，

对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为

由(1)得，由(2)得，

所以，解得或，满足，

所以存在点使得.

点睛】关键点睛：

第二问的关键是确定对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为，从而求得或，进而解决问题.

22. 已知矩形的周长为6.

（1）把沿AC向折叠，AB折过去后交DC于点P，求的最大面积；

（2）若，，如图，AB，AD分别在x轴，y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合，将矩形ABCD折叠，使A点落在线段DC上，设折痕所在直线的斜率为k，问当k为何值时，折痕的长度取最大值.

【答案】（1）   

（2）

【分析】（1）设，，由题意可知，，由为直角三角形得，再用三角形的面积公式求得的面积关于的函数，再利用基本不等式即可求得最大值；

（2）对折痕所在直线的斜率分类讨论，斜率为0时，易得结论，斜率不为0时，又要分析折痕所在直线与矩形两边的交点在左右两边、上下两边、左下两边三种情况讨论，最后可解.

【小问1详解】

设，由题意可知，矩形的周长为6，所以，

由题意可知，所以，

设，则，而为直角三角形，

，，则，

，

当且仅当时，即，等号成立，此时满足，

所以当，时，取最大面积为.

【小问2详解】

①当时，此时点与点重合，折痕所在的直线方程，折痕的长为2

②当时，将矩形折叠后点落在线段上的点为，

所以与关于折痕所在的直线对称，有

故点坐标为.

从而折痕所在的直线与的交点坐标（线段的中点）为，

所以折痕所在的直线方程，即.

记，

当折痕所在的直线过点时，，解得（舍去），

当折痕所在的直线过点时，，解得（舍去），

如图（1），折痕所在的直线与边、的交点坐标为，，

这时，

如图（2），折痕所在的直线与边、的交点坐标为.

这时，，，

则，

令，得，

所以当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

当时，；当时，；当时，，

，

如图（3），折痕所在的直线与边、的交点坐标为.

这时，.

综上所述，，即折痕的长度取最大值此时.

【点睛】关键点睛：