2022-2023学年辽宁省鞍山市第一中学等五校高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省鞍山市第一中学等五校高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知曲线在处的切线方程是，则与分别为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据切点坐标和导数的几何意义即可得出答案.

【详解】在切线上，故，又切线斜率为，根据导数的几何意义可得.

故选：D

2．“”是“，，成等比数列”的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分又不必要

【答案】B

【分析】判断“”和“，，成等比数列”的逻辑推理关系，即可得答案.

【详解】由题意当时，成立，但此时，，构不成等比数列；

反之，当，，成等比数列时，必有成立，

故“”是“，，”成等比数列的必要不充分条件，

故选：B

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．0

【答案】D

【分析】根据常数函数的求导公式求解即可.

【详解】由，则

故选：D

4．在辽宁电视台有一闯关节目，该节目设置有两关，闯关规则是：当第一关闯关成功后，方可进入第二关.为了调查闯关的难度，该电视台调查了参加过此节目的100名选手的闯关情况，第一关闯关成功的有70人，第一关闯关成功且第二关闯关也成功的选手有63人，以闯关成功的频率近似作为闯关成功的概率，已知某个选手第一关闯关成功，则该选手第二关闯关成功的概率为（    ）

A．0.63 B．0.7 C．0.9 D．0.431

【答案】C

【分析】若令“第一关闯关成功”为事件，“第二关闯关成功”为事件，则由题意可得，，然后利用条件概率的计算公式可求得结果.

【详解】第一关闯关成功的选手有人，则第一关闯关成功的频率为，

第一关闯关成功且第二关闯关也成功的选手有人，则两关都成功的频率为．

设“第一关闯关成功”为事件，“第二关闯关成功”为事件，，，

某个选手第一关闯关成功，则该选手第二关闯关成功的概率为.

故选：C

5．已知指数曲线进行适当变换后得到的方程为，则二次函数的单调递增区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对作线性变化得，对比系数得到， 的值，由二次函数的对称轴以及开口即可得到函数的单调增区间

【详解】

两边取对数，可得作线性变化得，

由于指数曲线进行线性变换后得到的回归方程为，

则 ，，，即

由于函数为二次函数即，

抛物线开口向上，对称轴为 ，

则函数的单调增区间为，

故选：C

6．已知正项数列的前n项和为，且，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由关系且可得，利用累加法、等比数列前n项和公式求.

【详解】由题设，则，

又都为正项，则，故，

所以，

所以，故.

故选：C

7．已知某疾病的某种疗法治愈率为80%.若有100位该病患者采取了这种疗法，且每位患者治愈与否相互独立，设其中被治愈的人数为X，则下列选项中正确的是（    ）

A． B．

C． D．存在，使得成立

【答案】B

【分析】根据二项分布的概率公式、期望与方差公式及期望与方差的性质计算即可逐一判定.

【详解】由题意可得，

则，

所以，，故AC错误；

由二项分布的概率公式得，故B正确；

，

若，

则，

化简得，解得，与条件矛盾，即D错误.

故选：B.

8．已知函数的图象恒在的图象的下方，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得，转化原不等式为，构造函数，利用单调性可得，分离参数求的最小值即可.

【详解】由题意可得恒成立，

故恒成立，即恒成立，

令，则单调递增，原不等式可化为，

所以，即，令，

则，当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，

所以，即实数的取值范围是.

故选：A

二、多选题

9．下列命题正确的有（    ）

A．若等差数列的前项的和为，则，，成等差数列

B．若为等比数列，且，则

C．若等差数列的前项和为，已知，且，，则的最大值是

D．若，则数列的前2024项和为4048

【答案】BCD

【分析】A.利用等差数列的性质判断；B.利用等比数列的性质判断；C.根据等比数列前项和公式判断；D.利用数列并项求和判断.

【详解】对于A：等差数列的前项的和为，令，则，，，

显然，即，，不成等差数列，故A错误；

对于B：为等比数列，且，则，

所以，故B正确；

对于C：因为，则，

，则，所以，，

所以为递减等差数列，且，

所以数列前项的和最大，故C正确；

对于D： 因为，所以数列的前项和为：

，故D正确.

故选：BCD

10．已知具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，….，，由此得到的线性回归方程为，则下列说法中正确的是（    ）

A．回归直线至少经过点，，….，中的一个点

B．若，，则回归直线一定经过点

C．若点，，….，都落在直线上，则变量x，y的样本相关系数

D．若，，则相应于样本点的残差为

【答案】BCD

【分析】选项A、选项B可由回归直线必经过样本中心点，不一定经过样本点来判断；选项C，可通过已知方程，得到斜率，去判断相关系数；选项D，样本点的残差等于该点的实际值减去模拟出的预测值，即可做出判断.

【详解】线性回归方程为不一定经过，，…，中的任何一个点，

但一定会经过样本中心点，故A错误，B正确；

选项C，直线的斜率，且所有样本点都落在直线上，

所以这组样本数据完全负相关，且相关系数达到最小值，即样本相关系数，故C正确；

选项D，样本点的残差为，故D正确.

故选：BCD.

11．若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列.在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用.则下列结论成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】对A，根据递推公式即可判断；对利用判断；D利用数列的性质，结合斐波那契数列的前项和即可判断；对C，根据递推公式，即可判断.

【详解】对A：，，，

所以，，，

，故A正确；

对B：由，

可得，

，故B正确；

对C：，

可得，

即有，故C正确；

对于，故不正确．

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：本题考查斐波那契数列的递推公式，以及其偶数项和奇数项的和的求解；处理问题的关键是通过递推公式，找到相邻项的和与差的关.系

12．对于函数，下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递增，在上单调递减

B．若方程有4个不等的实根，则

C．当时，

D．设，若对，，使得成立，则

【答案】BD

【分析】A选项，求导，研究单调性即可；B选项，结合A选项分析出的单调性，符号信息，作出图像，然后根据图像的变换得到的图像，将方程的根转化为图像的交点个数问题；C选项，结合A选项的单调性进行分析；D选项，由题干选项，只需比较值域的关系即可.

【详解】A选项，定义域为，，

则时，，单调递减，时，，单调递增，A选项错误；

B选项，时，，则单调递减，

结合A选项的分析可知，在上单调递减，在时单调递增，

由可得时，，时，，

结合已经分析的的信息，作出图像如下：

根据图像的变换，的图像为：

故，即时，有4个不等的实根，B选项正确；

C选项，根据单调性，时单调递减，

故当时，，则，

由于，不等式两边同时乘以，故，C选项错误；

D选项，由于时，，时，，

若对，，使得成立，

故，解得，D选项正确.

故选：BD.

【点睛】关键点睛：本题综合的考察了高中阶段常见模型之一：的相关性质，熟知图像性质，数形结合来处理是解题关键.

三、填空题

13．函数的极值点为            .

【答案】

【分析】求导，再根据极值点的定义即可得解.

【详解】，

当时，，当时，，

所以函数的极小值点为，无极大值点.

故答案为：.

14．设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占、、，甲、丙车间生产的产品的次品率分别为和.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为，则推测乙车间的次品率为            .

【答案】

【分析】设出事件，设出未知数，利用全概率公式列出方程，求出答案.

【详解】设表示“取到的是一件次品”，分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，

显然是样本空间的一个划分，且有，

由于，设，

由全概率公式得

即，

解得，推测乙车间的次品率为

故答案为：

15．在数列中，，且.则数列的通项公式为            .

【答案】

【分析】判断是以为首项，以公差的等差数列，从而可得答案.

【详解】因为，所以，

又因为，

所以是以为首项，以公差的等差数列，

所以，

则，

故答案为：.

16．已知函数，，若曲线与曲线存在公切线，则实数m的最大值为            .

【答案】/0.5

【分析】设出公切线和两个曲线相切的切点，，根据导数的几何意义找到的关系，然后化二元为一元，将用一个量表示，结合导数工具求解.

【详解】由题意可知：，

设公切线和相切于，和相切于，

因为就没有垂直于轴的切线，故公切线斜率存在，设公切线斜率为.

于是

由可得，；

由化简整理可得，.

根据可得，，

故，

设，则，

1.当时，显然；

2.当时，则，

令，则，

故在上递增，注意到，

①当时，，；

②当时，，；

综上所述：当时，；当时，；

则在上递增，在上递减，故，

所以的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题的突破口在于，通过导数的几何意义，找出参数和两个切点横坐标的关系，利用消元的思想，消去一个未知量，然后构造函数进行求解.

四、解答题

17．已知函数.

(1)若在处的切线与直线垂直，求实数m的值；

(2)若，求函数的极值.

【答案】(1)

(2)极小值为，无极大值.

【分析】（1）求得，得到，根据题意，列出方程，即可求解；

（2）由，得到，求得，得出函数的单调区间，结合极值点与极值的定义，即可求解.

【详解】（1）解：由函数，可得，

可得，即在处的切线的斜率为，

因为在处的切线与直线垂直，

可得，解得.

（2）解：若，可得，所以，其中，

可得，令，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.

18．环保部门随机调查了某市2022年中100天中每天的空气质量等级和当天到江边绿道锻炼的人次，整理数据得到下表（单位天）：

若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．

(1)估计该市2022年（365天）“空气质量好”的天数（结果四舍五入保留整数）；

(2)根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？

附：．

【答案】(1)天

(2)列联表见解析，没有的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.

【分析】（1）由频数分布表得到空气质量等级为或的概率，从而得到“空气质量好”的概率，即可估计天数；

（2）根据题干数据完善列联表，计算出卡方，即可判断.

【详解】（1）依题意可得，该市一天的空气质量等级为的概率为，

等级为的概率为，

所以“空气质量好”的概率为，

所以该市年（天）“空气质量好”的天数为（天）.

（2）依题意列联表如下所示：

所以，

因此没有的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．

19．已知数列中，，.

(1)求证：数列是等比数列；

(2)若数列满足，求数列的前n项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明为定值即可；

（2）先根据（1）求出数列的通项，从而可得数列的通项，再利用错位相减法求解即可.

【详解】（1）因为，

所以，

又，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列；

（2）由（1）得，

则，

①，

②，

由①②得

，

所以.

20．某次考试中，英语成绩服从正态分布，数学成绩的频率分布直方图如下.

(1)如果成绩大于135分的为特别优秀，则随机抽取的500名学生中本次考试英语、数学特别优秀的大约各多少人？（假设数学成绩在频率分布直方图中各段是均匀分布）

(2)如果英语和数学两科都特别优秀的共有6人，从（1）中英语特别优秀的人中随机抽取3人，设3人中两科同时特别优秀的有人，求的分布列和数学期望．

附公式：若～，则，.

【答案】(1)英语成绩特别优秀的有人，数学成绩特别优秀的有人；

(2)分布列见解析，数学期望为.

【分析】（1）根据参考数据，求得英语成绩在大于135的概率，再乘以500求得人数；

根据频率分布直方图，求得数学成绩特别优秀的频率，再求频数即可；

（2）根据题意求得的取值，结合题意分别求得对应概率，再求数学期望即可.

【详解】（1），

，故英语成绩特别优秀的有人.

由频率分布直方图知，数学成绩特别优秀的频率为

故数学成绩特别优秀的有人.

（2）依题意：，

，，

，

其分布列为：

.

21．已知数列是正项等比数列，且，，若数列满足，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)已知，记.若恒成立，求实数t的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）设数列的公比为，由，可得，从而可求出公比，进而可得的通项，由题意得，由求出，然后利用累加法可求出的通项公式；

（2）由（1）得，然后利用裂项相消求和法可求出，则由，得恒成立，再构造函数，求出其最大值即可.

【详解】（1）设数列的公比为，由，得，

由，得，所以，即，

解得（舍去），或，

所以，

因为，所以，

由，得，得，

当时，

，

当时，，所以，

（2）由（1）得

，

所以

，

由恒成立，得，得恒成立，

令，则

，

当时，，当时，，

当时，，所以，

所以，

所以，

所以，即实数t的取值范围为

【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的基本量计算，考查累加法求通项公式，考查裂项相法求和法，解题的关键是将，化为，从而可求出，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.

22．已知函数，其中.

(1)若，讨论函数的单调性；

(2)已知，是函数的两个零点，且，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）时，，求出定义域，求出导数，对的值分情况讨论即可求解；

（2）由，是函数的两个零点，可得，令，则原不等式转化为证明成立，分别构造函数和后即可证明.

【详解】（1）时，，定义域为，

，

当时，恒成立，在上单调递减；

当时，令，得，

时，，单调递减；

时，，单调递增.

综上，时，在上单调递减；

时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）因为，是函数的两个零点，且，

所以，

得，

所以要证，

只要证，

只要证，

只要证，

因为，所以，

故只要证，

令，则只要证，

令，则，

所以在上单调递增，所以，即；

令，

则，所以在上单调递增，

所以，即.

综上，时有，从而原不等式得证.

【点睛】思路点睛：含双变量的函数不等式的证明，应注意等价变形，同时观察式子的结构，重视构造函数证明不等式的方法.