2022-2023学年重庆市巴蜀中学校高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年重庆市巴蜀中学校高二下学期期末数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市巴蜀中学校高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.【详解】解不等式，即，解得，即，而，所以.故选：B2．函数在点处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先对函数求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据条件即可求出结果.【详解】因为，所以，故，由导数的几何意义知，函数在点处的切线方程为，即.故选：B.3．为等差数列的前n项和，，，则该等差数列的公差（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据等差数列前和公式以及等差数列定义即可得到答案.【详解】, 故.故选：B.4．已知函数，则的解析式为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据条件，通过配凑即可求出结果.【详解】因为，所以.故选：D.5．已知a，且，命题p：，命题q：，则命题p是命题q成立的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充分必要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】对命题q进行等价转化为，再根据充分不必要条件的判断即可得到答案.【详解】，即，即，则命题等价于，因为，则，则，即，而可以推出，反之，举例，但，则反推无法推出，故是成立的充分不必要条件，故选：A.6．函数的定义域为R，且，对任意的，有，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简得，则得到的单调性，对原不等式变形为，利用其单调性即可得到不等式，解出即可.【详解】对任意的 , 有 , 则 ，则在上单调递增，因为，且，，则，故选：D.7．已知有甲乙两个盒子.盒中装有大小.形状完全相同的小球.甲盒中装有3个红球和2个白球，乙盒中装有2个红球、1个白球.现在从甲盒中摸出2个小球放入乙盒中，再从乙盒中摸出2个小球，则这2个小球为红球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由全概率公式求解即可【详解】记“从甲盒中取出2个红球”为事件，“从甲盒中取出2个白球”为事件，“从甲盒中取出1个红球和1个白球”为事件，“从乙盒中取出的2个球均为红球”为事件D，显然，事件，，两两互斥，且正好为“从甲盒中任取2个球”的样本空间，由全概率公式得，从甲盒中摸出2个小球放入乙盒中，再从乙盒中摸出2个小球，则这2个小球为红球的概率为.故选：C8．若时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】依题意可得在上恒成立，设，则在上恒成立，利用导数说明的单调性，再分和两种情况讨论，当时需在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出的最小值，即可求出参数的取值范围.【详解】由在上恒成立，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，设，则在上恒成立，又，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，当时，由于，则，此时，，满足在上恒成立；当时，由于，则，要使在上恒成立，则需在上恒成立，即在上恒成立，设，，则，易知当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则，又，所以综上，实数的取值范围为．故选：B．【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将不等式同构成，再构造函数，结合函数的单调性说明. 二、多选题9．已知二项式（）的展开式中，的系数为28，下列说法正确的有（    ）A． B．的系数为70C．展开式中没有常数项 D．展开式中二项式系数最大的项为第4项【答案】BC【分析】根据条件，求出展开式的通项公式，再对各个选项分析判断即可得出结果.【详解】因为展开式通项公式为：，由，得到，由题知，得到，故，选项A，因为，所以选项A错误；选项B，由，得到，所以的系数为，所以选项B正确；选项C，由，得到，所以不存在常数项，所以选项C正确；选项D，因为，所以由二项式系数性质知，二项式系数最大的项为第5项，所以选项D错误.故选：BC.10．近年来，随着人工智能技术的不断发展，各种AI应用也不断普及，ChatGPT就是一款具有人类沟通能力的智能AI工具.随着人工智能的加入，各类传媒、影视、游戏行业迎来了高速的发展，AI技术降低了这些行业的人力成本，提高了效率.如图是某公司近年来在人力成本上的投入资金变化情况的散点图，其中x为年份代号（第1年-第7年），y（单位：万元）为人力成本的投入资金，小明选用2个模型来拟合，模型一：，已知，其中决定系数，模型二：，其中决定系数，则下列说法正确的有（    ）A．B．模型一中解释变量增加1个单位，响应变量则大致减少5个单位C．模型一中第7年的残差为5D．模型一的拟合效果更好【答案】AB【分析】根据条件，求出，进而得出模型一：，从而得出选项A正确，再利用，对B和C逐一分析即可判断出选项B和C的正误；对于选项D，利用题设中，即可判断选项D的正误.【详解】选项A，因为，所以，又，代入，得到，解得，故选项A正确；选项B，因为模型一为：，故解释变量增加1个单位，响应变量则大致减少5个单位，故选项B正确.选项C，令，则，则残差为，故选项C错误；选项D，因为，故模型二拟合效果更好，故选项D错误.故选：AB.11．已知过点的直线交抛物线于，两点，设，，点是线段的中点，则下列说法正确的有（    ）A．为定值－8 B．的最小值为4C．的最小值为 D．点的轨迹方程为【答案】ACD【分析】设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，再一一判断即可．【详解】由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为，显然，两点在轴的两侧，设，且，，联立，整理可得，显然，，，，，所以A正确；所以，当且仅当时取等号，所以B不正确；因为，，所以，当且仅当时取等号，所以C正确；由题意可得的中点，设，则，消参可得，整理可得，所以D正确．故选：ACD．12．“紫藤挂穗，蓝楹花开，黄桷新绿，菩提葱蔚”，巴蜀中学即将迎来90周年校庆，学校设计了3个吉样物“诚诚”，“盈盈”，“嘉嘉”.现在袋中有6个形状.大小完全相同的小球，每一个小球上写有一个字（其中有2个小球写着“诚”，2个小球写着“盈”，2个小球写着“嘉”），现在有四位同学，平均分成甲、乙两队，进行比赛活动，规则如下：每轮参与活动的队伍每位同学抽取1次小球，每次抽取后小球放回袋中，若两次抽取的球上的字组成了吉样物名称（如：诚诚），则该队得1分，并且该队继续新一轮比赛活动，否则，该队得本轮得0分，由对方组接着抽取，活动开始时由甲队先抽取，若第n轮由甲队抽取的概率为，n轮结束后，甲队得分均值为，则下列说法正确的有（    ）  A． B．C． D．【答案】ACD【分析】对于选项A，利用古典概率公式即可求解出结果；对于选项B，利用题设得出与间的关系并适当变形得出，从而判断出选项B的正误；对于选项C，通过条件求出第二轮结束后，甲队可能的得分及对应概率，再利用均值的定义即可求出结果，从而判断出选项的正误；对于选项D，根据条件，第轮结束后，甲队得分可以分2种情况，从而得出，判断出选项D的正误.【详解】选项A，第一轮甲轮两名成员必须抽到“诚诚”，“盈盈”，“嘉嘉”，则第二轮继续由甲队抽取，则，故选项A正确；选项B，第轮由甲队抽取，可分两类情况：第一类是第轮由甲抽取并且下一轮继续由甲抽取；第二类是轮由乙抽取并且下一轮由甲抽取，则，可变形为，又易知，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，故选项B错误；选项C，第二轮结束后，甲队可能的得分为，，，，所以，故选项C正确；选项D，第轮结束后，甲队得分可以分2种情况：一类是第轮甲队的得分加上1分，则第轮必须由甲抽取且得1分，一类是第轮甲队的得分加上0分，则第轮由甲抽取且不得分，或第轮由乙抽取，则，故选项D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：解题的关键有两个，一是选项B，根据题意得到，从而可得数列是以为首项，为公比的等比数列，二是选项D，第轮结束后，甲队得分可以分2种情况：一类第轮甲队的得分加上1分，一类是第轮甲队的得分加上0分，从而得出. 三、填空题13．已知函数的定义域为，则的定义域为          .【答案】【分析】先由题意求出函数的定义域为，再由求解，即可得出结果.【详解】因为函数的定义域为，所以；即函数的定义域为；由解得，因此的定义域为.故答案为：14．不等式的解集为             .【答案】【分析】分、两种情况讨论，分别求出不等式的解集，即可得解.【详解】不等式，当时即，等价于，解得，当时即，等价于，解得，综上可得不等式的解集为.故答案为：15．已知椭圆，过左焦点作直线l在x轴上方交椭圆于点A，过右焦点作直线交直线l于点B（B在椭圆外），若为正三角形，则椭圆的离心率为             .【答案】【分析】根据正三角形的性质可推出，，则，再根据椭圆的定义可求得，再解在即可.【详解】因为为正三角形，所以，因为轴，所以，，所以，又，所以，在中，，所以椭圆的离心率为.故答案为：.  16．对任意的正实数a，b，c，满足，则的最小值为             .【答案】【分析】根据条件，得到，利用基本不等式得到，再通过构造，二次运用基本不等式即可求出结果.【详解】因为，当且仅当时取等号.故答案为：.【点睛】关键点晴：解答本题的关键在于，利用条件将变形成，再整理成，再利用均值不等式即可求出结果. 四、解答题17．已知正项数列的前n项和为，满足：.(1)计算并求数列的通项公式；(2)令，求的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据求解即可；（2）利用分组求和法求解即可.【详解】（1）由①，当时，，解得（舍去），当时，②，由①②得，即，又，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以；（2）由（1）得，则.18．“五一”假期，各地掀起了旅游的热浪，“淄博烧烤”，“洪崖洞宠粉”等等冲上热搜.现调查性别因素是否对市内外旅游的选择有影响，在某旅行团抽取了五一期间出行旅游的100名游客，男性50人，女性50人，其中男性有40%选择在重庆市内旅游，在重庆市外旅游的游客中，男女的比例为2∶1，完成下列的2×2列联表，并回答相关问题.性别旅游地选择合计重庆市内重庆市外男性   女性   合计   (1)依据小概率的独立性检验，能否认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联？(2)从选择重庆市外旅游的游客中按性别进行分层抽样，抽取了6名游客，再从这6名游客中抽取3名游客，记X为其中女性游客的人数，求.附：参考公式及数据：，其中.0.400.250.100.0100.0050.0010.7081.3232.7066.6357.87910.828【答案】(1)能认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联(2) 【分析】（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可得到结论；（2）根据题意求得男性4人，女性2人，利用对立事件的概率公式，即可求解.【详解】（1）解：根据题意，得到的列联表：性别旅游地选择合计重庆市内重庆市外男性203050女性351550合计5545100则，所以依据小概率的独立性检验，能认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联.（2）解：抽取的6名游客中，男性有人，女性有人，从这6名游客中抽取3名游客，记为其中女性游客的人数，则.19．如图，在四棱锥中，为平行四边形，，平面平面，，，.  (1)求证：平面平面；(2)若与平面所成角为，E为的中点，求锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）先说明即为与平面所成角的平面角，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）在中，，，，则，所以，则，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）作于点，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，则即为与平面所成角的平面角，所以，又，所以为等边三角形，故，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，则，则，因为平面，所以即为平面的一条法向量，设平面的法向量为，则，令，则，所以，则，即锐二面角的余弦值.  20．某商店搞促销活动，消费满1000元即可选择下列某一种活动赢得现金.活动一：掷三颗均匀骰子，若三颗骰子点数一样，则获得200元：若三颗骰子有且仅有2颗骰子点数一样，则获得100元；若三颗骰子均不一样则获得50元，用表示该消费者在该活动中获得的奖金数.活动二：消费者先选择1至6的某一个整数，然后掷三颗均匀骰子，若所选择的数在骰子上出现了次，则赢得元（，1，2，3），用表示该消费者在该活动中获得的奖金数.(1)求的分布列及数学期望；(2)求的分布列及数学期望，为了能获得更高的奖金，从概率学的角度来看应该选择哪个活动？【答案】(1)分布列见解析，(2)分布列见解析，，选择活动一 【分析】（1）依题意可能的取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；（2）由已知，每一个点数每次出现的概率为，则选中的那个点数出现的次数，则可能的取值为：，，，，计算对应概率，写出分布列与期望，比较，，从而确定哪个活动更合适．【详解】（1）根据题意可知，可能的取值为，，，则，，，则的分布列为：50100200所以；（2）由已知，每一个点数每次出现的概率为，则选中的那个点数出现的次数，则可能的取值为：，，，，，，，，所以的分布列为：40100160220，，，因为，故应该选择活动一．21．已知双曲线C：的渐近线方程为，其左右焦点为，，点D为双曲线上一点，且的重心G点坐标为.(1)求该双曲线的标准方程；(2)过x轴上一动点作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为（与B不重合），连接并延长交x轴于点Q，问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.【答案】(1)(2)4 【分析】（1）根据双曲线方程设，，根据重心坐标公式求出，代入原方程即可得到的值，则得到双曲线方程； （2）设的方程为，，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出直线的方程，令，解出，将韦达定理式代入整理得，则得到定值.【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，故可设双曲线的方程为， 设，因为的重心点的坐标为，所以，解得，所以，则代入得，所以双曲线的标准方程为 （2）由题意知直线的斜率必存在，设的方程为，，则，联立，化简得，则，且，由韦达定理得，，则直线的方程为：，令，则，故.  .【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，即设的方程为，再将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，22．（1）不等式对任意的恒成立，求m的取值范围；（2）当，求证：.（参考数据：，）【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）通过分离常量得到，通过构造函数，转化成求函数的最大值，再利用导数求出的单调区间即可求解；（2）先利用和（1）中结果，将问题转化成证明，构造函数，再利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的最小值即可证明结果.【详解】（1）因为不等式对任意的恒成立，故对任意的恒成立，令，则，所以，当时，，即在区间上单调递增，当时，，即在区间上单调递减，则，故.（2）因为，故，故只需要证明，又由（1）知，故只需要证明，即证：，令，则，令，则，所以，当时，，当时，，而，又，，，又因为，所以，故存在，，即，当时，，当时，，则，又因为，所以，故，所以，故.【点睛】关键点晴：本题的关键在于利用条件和（1）中结果，通过放缩，将问题转化成证明：，构造函数，再利用导数与函数单调性间的关系，求出的最小值.