2022-2023学年四川省乐山市高二下学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省乐山市高二下学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．计算：（    ）

A．－7 B．7 C．25 D．－25

【答案】C

【分析】根据复数的乘法运算即可求解.

【详解】，

故选：C

2．下列变量间的关系，不是相关关系的是（    ）

A．一块农田的水稻产量与施肥之间的关系

B．正方形的面积与边长之间的关系

C．商品销售收入与其广告费支出之间的关系

D．人体内的脂肪含量与年龄之间的关系

【答案】B

【分析】由相关关系概念可得答案.

【详解】A选项，水稻产量与施肥之间没有明确的等量关系，是相关关系，故A错误；

B选项，正方形的面积与边长之间有着明确的等量关系，不是相关关系，故B正确；

C选项，商品销售收入与其广告费支出之间没有明确的等量关系，故C错误；

D选项，人体内的脂肪含量与年龄之间没有明确的等量关系，故D错误.

故选：B

3．函数的图象如图所示，它的导函数为，下列导数值排序正确的是（      ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用导数的几何意义以及切线斜率的变化可得出结论.

【详解】由图象可知，函数在上单调递增，所以当时，，

即，，，

又因为曲线在点处切线的斜率随着的增大而减小，即在点处切线的斜率随着的增大而减小，

故.

故选：A.

4．小李打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，他只记得第一位是中的一个字母，第二位是1，2，3，4中的一个数字，则小李输入一次密码能成功开机的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】列出从中取一个字母，再从1，2，3，4中取一个数字的所有情况，然后利用古典事件的概率公式可求得结果.

【详解】从中取一个字母，再从1，2，3，4中取一个数字的所有情况有：

,,

共12种情况，其中只有一个是小的密码的前两位，

所以小李输入一次密码能成功开机的概率是，

故选：C

5．某地为了解中学生的日均睡眠时间（单位：h），随机选择了位中学生进行调查，根据所得数据画出样本的频率分布直方图，如图所示，且从左到右的第1个，第4个，第2个，第3个小长方形的面积依次构成公差为0.1的等差数列，又第四小组的频数是10，则等于（    ）

A．30 B．40 C．50 D．60

【答案】C

【分析】根据从左到右的第1个、第4个、第2个、第3个小长方形的面积依次相差0.1，计算出第4组的频率，根据频率和频数的关系即可求得n.

【详解】由题：从左到右的第1个、第4个、第2个、第3个小长方形的面积依次相差0.1，

设第一组频率为x，则解得：，

所以第四小组的频率是，

所以，解得

故选：C.

6．在一次实验中，测得的四组数值分别是，则与之间的回归直线方程可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据变量的相关性和回归系数之间的关系判断A选项，根据回归直线必过样本中心点判断选项B,C,D即可.

【详解】可知：与之间是正相关的，

故排除A选项，且：

，

B，C，D中只有B选项过点.

故选：B

7．函数在区间的最大值和最小值分别为（    ）

A．2和－2 B．2和0 C．1和0 D．0和－2

【答案】A

【分析】对函数求导，研究其在区间的单调性即可求出结果.

【详解】，

当时，，单调递增，，

当时，，单调递减，，

又

所以，，

故选：A.

8．如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输人的分别为63，49，则输出的（    ）

A．2 B．3 C．5 D．7

【答案】D

【分析】按照程序框图运行程序，直到不满足时输出结果即可.

【详解】按照程序框图运行程序，输入，，

满足，且，，继续运行；

满足，不满足，，继续运行；

满足，不满足，，继续运行；

满足，不满足，，继续运行；

满足，且，，继续运行；

不满足，输出.

故选：D.

9．如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满足的是（    ）

A．   B．  

C．   D．  

【答案】C

【分析】如图建立以A为原点的空间直角坐标系.依次判断各选项是否满足即可.

【详解】如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体边长为.

A选项，，

则，则，故A错误；

B选项，，

，则，故B错误；

C选项，，

，则，即，故C正确；

D选项，

，则，故D错误.

故选：C

10．已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的导数，利用函数单调性与导数的关系，列出不等式即可求解作答.

【详解】函数的定义域为，求导得，

依题意，不等式在上有解，而，

当且仅当时取等号，则，

所以实数的取值范围是.

故选：B

11．设函数，在区间内随机抽取两个实数分别记为，则恒成立的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简得到，得到，结合题意转化为成立，得到，利用面积比的几何概型，即可求解．

【详解】由函数，

当且仅当时，取“”，所以，

又由恒成立就转化为成立，

因为若,，所以等价于，

如图所示，

由面积比几何概型，概率为．

故选：D．

12．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由对函数的运算性质，化简得到，结合函数的单调性，求得，再由不等式，得到，即可求解.

【详解】由，

又由，

设，可得，所以在上为增函数，

所以，所以当时，恒成立，所以，

令，可得，

所以函数在为增函数，且，

所以当时，可得，即恒成立，

令，可得，整理得恒成立，

所以，可得，可得，即，

所以.

故选：C.

【点睛】知识方法：对于指数式与对数式的比较大小问题的求解策略：

1、结合指数函数与对数函数的图象与性质，利用函数的单调性进行比较；

2、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

3、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

二、填空题

13．在一次月考中，高二年级8个班的数学平均分如茎叶图所示，这组数字的中位数和平均数分别为，则           ．

【答案】

【分析】分别计算出两组数据的中位数和平均数即可得出选项.

【详解】根据题意：平均数为：，中位数为，

所以.

故答案为：.

14．展开式中的系数为           ．

【答案】

【分析】求得二项式的展开式为，根据题意，分别令和，代入计算，即可求解.

【详解】二项式的展开式为，

所以展开式中的系数为.

故答案为：

15．已知正边长为1，将绕旋转至，使得平面平面，则三棱锥的外接球表面积为           ．

【答案】

【分析】由题意画出图形，取中点，连接，，分别取与的外心作平面与平面DBC的垂线，相交于，则O为四面体的球心，再利用勾股定理求出多面体外接球的半径，代入表面积公式得答案．

【详解】如图，

取BC中点G，连接AG,DG，则，，

分别取与的外心E,F分别过E,F作平面ABC 与平面DBC的垂线，相交于O，则O为四面体的球心，

由，

所以正方形OEGF的边长为，则，

四面体的外接球的半径，

球O的表面积为．

故答案为：．

16．已知正实数，满足，则的最大值为           ．

【答案】4

【分析】原不等式可化为：，令，结合

，可得，后利用导数可得答案.

【详解】.

令，则.

考虑函数，则在上单调递减，在上单调递增，

则，结合，则.

即.

令，则在上单调递增，在上单调递减，则.

故答案为：4

【点睛】关键点睛：本题涉及由不等式确定参数范围.因本题涉及两个未知数，且同时出现指对结构，故采用同构思想找寻两未知数等量关系，后利用导数求出最值即可.

三、解答题

17．已知函数．

(1)求在点处的切线方程；

(2)求函数的单调区间．

【答案】(1)

(2)增区间为和，减区间为．

【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义就可求得答案；

（2）令，即可求得函数的单调递增区间，令，求得函数的单调递减区间.

【详解】（1）∵，∴，

∴时，．

∴在点处的切线方程为：，即：．

（2）令，解得或．

令，解得．

∴在和上单调递增，在单调递减，

即的单调递增区间为和，单调递减区间为.

18．某电器公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近七个月内的市场占用有率进行了统计，结果如下表所示：

(1)用相关系数说明市场占有率与月份代码之间的关系是否可用线性回归模型拟合？（结果保留两位小数）

(2)求关于的线性回归方程，并预测该公司10月份的市场占有率．

参考依据：．

参考公式：相关系数，线性回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为．

【答案】(1)0.98，市场占有率与月份代码之间的关系可用线性回归模型拟合

(2)，．

【分析】（1）由相关指数的公式代入即可求解，

（2）根据最小二乘法求解线性回归方程，即可代入求解预测值.

【详解】（1）∵，

∴，

∴两变量之间具有较强的线性相关关系，

故市场占有率与月份代码之间的关系可用线性回归模型拟合．

（2）

又

∴，

故关于的线性回归方程为，

当时，，

∴预测该公司10月份的市场占有率为

19．已知函数．

(1)求的极值；

(2)求方程的解的个数．

【答案】(1)极小值

(2)答案见解析

【分析】（1）先求解导数，再判断单调性，结合单调性可得极值；

（2）根据单调性和图象的变化趋势，结合图象可得答案.

【详解】（1）∵，∴，

令，解得．

当时，，当时，；

∴在单调递减，在单调递增．

∴当时，有极小值，无极大值．

（2）∵无限趋近于时，无限趋近于0，

∴①当时，方程无解；

②当或时，方程有一个解；

③当时，方程有两个解．

20．为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生，调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图．若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”．已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占70%．

  (1)求图1中的值；

(2)根据图1、图2中的数据，补全上方列联表，判断能否有的把握认为学生数学成绩优秀与经常整理数学错题有关？

(3)在全市“经常整理错题”的中学生中随机抽取2名学生，记数学成绩优秀的人数为，求的分布列和数学期望．

附：

【答案】(1)

(2)表格见解析，有的把握认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联

(3)分布列见解析，

【分析】（1）由频率分布直方图各矩形面积之和为1可得答案；

（2）由题可完成列联表，后由独立性检验知识可得答案；

（3）由题可得抽到数学成绩优秀的学生概率为，的可能值为，据此可得分布列及相应期望.

【详解】（1）∵，

∴．

（2）数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，

经常整理错题的有人，不经常整理错题的是人，

经常整理错题且成绩优秀的有人．

∴，

即有的把握认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联．

（3）在“经常整理错题”抽到数学成绩优秀的学生概率为．

又

则，

，

．

则的分布列为：

∴．

21．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，分别为的中点．

(1)求证：//平面；

(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的平面角的余弦值．

条件①：平面；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明线面平行，再利用面面平行的判定可证结论；

（2）无论选择哪个条件都能得到侧棱与底面垂直，然后利用空间向量可求答案或者找出二面角的平面角，利用三角形知识求解.

【详解】（1）取的中点为，连接，

∵三棱柱，∴四边形为平行四边形，

∵，

∴．

又平面平面，

∴平面．

∵分别为中点，

∴．

又平面平面，

∴平面．

∵平面，

∴平面平面．

又平面，

∴平面．

（2）选条件①

∵平面，∴．

又∵侧面为正方形，∴．

∵，∴平面．

选条件②

∵在中，，∴．

∴．

又∵侧面为正方形，∴．

∵，∴平面．

解法一：如图建立空间直角坐标系，

；

；

设平面的法向量为，

令得，即．

,

设平面的法向量为，

，

令得，即平面的法向量为．

∴．

即二面角的平面角的余弦值为．

解法二：过点作交于点，

过点作交于点，连结，

∵平面，∴．

∵，，，∴平面．

又平面，∴．

∵，∴平面．

∴．∴即为所求角．

在直角三角形中，，∴，；

在正方形中，，∴；

在中，由等面积可得，

∴，

∴．

即二面角的平面角的余弦值为．

22．已知函数和有相同的最小值．

(1)求；

(2)若直线与和的图象共有四个不同的交点，试探究：从左到右四个交点横坐标之间的等量关系．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a，注意分类讨论.

（2）根据（1）可得，，结合大致图象分两种情况进行分析探究即可.

【详解】（1）因为，所以．

若，则，此时无最小值，故.

当时，，故在上为减函数，

当时，，故在上为增函数，

故.

因为的定义域为，而.

当时，，故在上为减函数，

当时，，故在上为增函数，

故.

因为和有相同的最小值，

故，整理得到，其中，

设，则，

故为上的减函数，而，

故的唯一解为，故的解为.

综上，.

（2）由（1）知，，故，，

且在上为减函数，在上为增函数，

在上为减函数，在上为增函数，且，

所以直线与和的图象有四个不同的交点，存在以下两种情况：

第一种情况，如图：

设直线与的图象交点横坐标从左到右依次为，

直线与的图象交点横坐标从左到右依次为．

由图可知且．

∵且．

∴．

同理，且．

∴．

∴，，

又∵，即：．

∴．

∴．

第二种情况，如图：

设直线与的图象交点横坐标从左到右依次为，

直线与的图象交点横坐标从左到右依次为．

由图可知，，且，，

∵且．

∴．

同理，且．

∴．

∴，，

又∵，即：．

∴．

∴．

综上所述，若直线与和的图象共有四个不同的交点，从左到右四个交点横坐标之间的等量关系为：.

【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.