精品解析：湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题

武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考 高二数学试卷 命审题单位：武钢三中数学学科组 审题单位：圆创教育研究中心 湖北省武昌实验中学 本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟. 考试时间：2024年6月27日下午14：00—16：00 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码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. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.8 3. 若函数在处取得极值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（ ） A. 7 B. 7.7 C. 8.4 D. 9.1 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法中，正确的命题是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1 B. C. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好 D. 随机变量服从两点分布，且，设，则 10. 甲乙两人参加三局两胜制比赛（谁先赢满两局则获得最终胜利且比赛结束）.已知在每局比赛中，甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.4，且每局比赛的输赢相互独立.若用表示事件“甲最终获胜”，表示事件“有人获得了最终胜利时比赛共进行了两局”，表示事件“甲赢下第三局”.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与互斥 D. 与独立 11. 若直线与曲线，相交于不同两点，曲线在A，B点处切线交于点，则（ ） A. B. C. D. 不存在，使得 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知离散型随机变量的分布列为 0 1 2 3 若，则__________. 13. 已知函数，若恒成立，则的最小值为__________. 14. 从这10个数中随机抽一个数记为，再从中随机抽一个数记为，则__________. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知命题，不等式恒成立；命题，使成立. （1）若命题为真命题，求实数的取值范围； （2）若命题中恰有一个为真命题，求实数的取值范围. 16. 随着社会经济的发展，越来越多的人在抵达目的地后选择租车游玩，拉动了许多租车公司的业务，某租车公司为继续开拓市场，提升服务质量，迎接暑假旅游旺季的到来，对近5年的暑假的租车业务量（单位：十万元）进行了汇总研究，情况如下： 年份 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 业务量 20 24 36 43 52 经过数据分析，已知年份与业务量具有线性相关关系. （1）假设2019年为第1年，求第年的业务量关于的经验回归方程，并预测2024年暑假的业务量； （2）该公司从2023年暑假租车的客户中随机抽取了100名客户进行调研，现将100名客户的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并根据小概率值的独立性检验，分析青年群体和中老年群体对租车服务的评价是否有差异. 好评 差评 合计 青年 20 中老年 15 合计 45 100 附：经验回归直线方程，其中 独立性检验中的，其中. 临界值表： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 在数列中，，且. （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； （3）证明：.（参考数据：） 19. Catalan数列（卡特兰数列）最早由我国清代数学家明安图（1692-1765）在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰（Catalan，1814-1894）的名字来命名，该数列的通项被称为第个Catalan数，其通项公式为.在组合数学中，有如下结论：由个和个构成的所有数列，中，满足“对任意，都有”的数列的个数等于. 已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为. （1）设粒子第3秒末所处的位置为随机变量（若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为；若粒子第一秒末向右移一个单位，则位置为1），求的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）求及； （ii）设粒子在第秒末第一次回到原点的概率为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考 高二数学试卷 命审题单位：武钢三中数学学科组 审题单位：圆创教育研究中心 湖北省武昌实验中学 本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟. 考试时间：2024年6月27日下午14：00—16：00 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码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. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合超几何分布的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品， 则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为. 故选：A. 2. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.8 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴为,根据正态曲线的对称性可得结果. 【详解】随机变量服从正态分布， 则曲线的对称轴为, 由,可得， 则. 故选:D 3. 若函数在处取得极值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对求导，得到，令，得到或，再根据条件及极值的定义，即可求出结果. 【详解】因为，所以， 令，得到或， 又因为函数在处取得极值，所以，得到， 故选：C 4. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过分析的奇偶性，在上的单调性，结合上函数值的正负性可排除不符合题意的选项，即可得答案. 【详解】当时，，即在上单调递增，故排除A； 注意到，则为奇函数，故可排除B； 又注意到时，，故可排除D. 故选：C 5. 若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用导数求得函数的单调区间和极值，画出函数的图象，结合图象，得到实数的取值范围. 【详解】当时，，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，可得， 当时，；当时，， 所以函数上单调递增，在上单调递减，且， 当时，；当时，， 函数的图象，如图所示， 要使得函数与的图象有4个交点，则， 所以实数的取值范围为. 故选：C. 6. 某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（ ） A. 7 B. 7.7 C. 8.4 D. 9.1 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项分布的概率公式，，利用是唯一最大值可得，代入可求出，再利用二项分布的期望公式可求得结果. 【详解】因为，，若是唯一最大值， 则，所以， 由，得，解得， 由，得，解得， 所以， 因为，所以，得， 因为为正整数，所以， 所以， 故选：A 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数对数的运算法则，构造函数利用导数判断函数的单调性，即可求解. 【详解】因为， 构造函数则，，， 令 所以，当，为增函数，当，为减函数， 所以 因为，又因为， 所以，所以. 故选：A 8. 设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】变形得到，故，二次求导得到在R上单调递增，从而得到，故，构造，求导得到其单调性，确定最值，得到答案. 【详解】， 存在实数，使得，即， ， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值， ， 故在R上单调递增， 所以， 故， 令，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以，当且仅当，时，等号成立. 故选：C 【点睛】关键点点睛：变形得到，故，结合在R上单调递增，得到，进而将二元问题转化为单元问题进行求解. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法中，正确的命题是（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1 B. C. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好 D. 随机变量服从两点分布，且，设，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据回归分析，期望、方差的性质，结合两点分布的定义，依次讨论各选项即可得答案. 【详解】对于A选项，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，正确； 对于B选项，，，故B选项错误； 对于C选项，残差平方和越小的模型拟效果越好，故C选项正确； 对于D选项，因为随机变量服从两点分布，且，所以， 因，所以，故D选项正确. 故选：ACD 10. 甲乙两人参加三局两胜制比赛（谁先赢满两局则获得最终胜利且比赛结束）.已知在每局比赛中，甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.4，且每局比赛的输赢相互独立.若用表示事件“甲最终获胜”，表示事件“有人获得了最终胜利时比赛共进行了两局”，表示事件“甲赢下第三局”.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与互斥 D. 与独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB：用条件概率计算；对于C：利用互斥的概念来判断；对于D：利用相互独立的条件来判断. 【详解】对于A：， 则，A正确； 对于B：， 则，B正确； 对于C：N与Q不可能同时发生，故N与Q互斥，C正确； 对于D：，，， 故，故D错误. 故选：ABC. 11. 若直线与曲线，相交于不同两点，曲线在A，B点处切线交于点，则（ ） A. B. C. D. 不存在，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：求出过原点的切线的斜率为，根据直线与曲线有两个不同的交点，可得出和范围； 对于B：由已知得，，不妨设，则，分别求出在点A，点B处的切线方程，由两切线方程求得交点的横坐标，可得结论； 对于C：要证，即证，即证，因为，所以需证.构造函数，，求导，分析导函数的正负，得出所构造的函数的单调性和最值，可得结论； 对于D：设直线AM交轴于C，直线BM交轴于点D，作轴于点E．若，则，即，根据正切函数的差角公式和切线的斜率得，转化后即可判断. 【详解】对于A：当时，直线与曲线没有两个不同交点，所以，如图1所示， 当直线与曲线相切时，设切点为，则， 所以切线方程：，代入点解得，此时，所以直线与曲线相切， 所以当时直线与曲线有两个不同的交点， 当时，直线与曲线没有交点，故A正确； 对于B：由已知得，，不妨设，则， 又在点A处的切线方程为：，在点B处的切线方程为， 两式相减得，将，代入得， 因为，所以，即，故B正确； 对于C：要证，即证，即证，因为，所以需证. 令，则，令，则点A、B是与的两个交点，令， 所以，令，则，所以当时，，单调递减， 而，，所以 ，所以时，，所以单调递减，所以， 即，又，所以， 而，所以当时，，单调递增，又，，所以，即，故C错误； 对于D：设直线AM交轴于C，直线BM交轴于点D，作轴于点E．若，则， 即，所以， 化简得，即， 由，可得， 则，即为， ，即有，可得，即， 这与矛盾，故不存在，使得，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知离散型随机变量的分布列为 0 1 2 3 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分布列的性质及数学期望求出的值，即可求得. 【详解】由题意知，由得，解得， 故. 故答案为：. 13. 已知函数，若恒成立，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】对求导，可根据单调性求解函数的最值，得，进而得，构造利用导数求解其最小值，即可求解. 【详解】由可得， 当时，，故在单调递减，当时，，此时显然不满足题意， 当时，令得，故在单调递增， 令得，故在单调递减， 要使恒成立，则， 故 所以， 记， 当时，单调递增，当时，单调递减， 故，故， 当时等号成立，故最小值为， 故答案为： 14. 从这10个数中随机抽一个数记为，再从中随机抽一个数记为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意得到，根据全概率公式求得，结合数学期望的公式，准确计算，即可求解. 【详解】由题意，可得， 根据全概率公式知 ， ， ， ， 所以 . 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于全概率，通常把事件，看成导致事件发生的一组原因， 利用全概率公式求解是应注意几点： 1、何时用全概率公式：事件是由多种原因导致事件发生的； 2、如何使用全概率公式：将一个复杂事件表示为几个彼此互斥的事件的和； 3、从本质上讲，全概率公式由加法公式和乘法公式的结合； 4、利用全概率公式求解的基本过程：①按照确定的标准，将一个事件分解为若干个互斥事件；②求解和；③代入全概率公式计算. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知命题，不等式恒成立；命题，使成立. （1）若命题为真命题，求实数的取值范围； （2）若命题中恰有一个为真命题，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由得到关于的不等式，解得即可； （2）首先求出命题为真时参数的取值范围，再分真假、假真两种情况讨论. 【小问1详解】 命题，不等式恒成立，为真命题， 则，解得，即实数的取值范围为. 【小问2详解】 命题，使成立， 当为真命题时， 即，解得或， . 当命题中恰有一个为真命题时， ①为真命题，为假命题，即，所以； ②为假命题，为真命题，即，所以； 综上可得：. 16. 随着社会经济的发展，越来越多的人在抵达目的地后选择租车游玩，拉动了许多租车公司的业务，某租车公司为继续开拓市场，提升服务质量，迎接暑假旅游旺季的到来，对近5年的暑假的租车业务量（单位：十万元）进行了汇总研究，情况如下： 年份 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 业务量 20 24 36 43 52 经过数据分析，已知年份与业务量具有线性相关关系. （1）假设2019年为第1年，求第年的业务量关于的经验回归方程，并预测2024年暑假的业务量； （2）该公司从2023年暑假租车的客户中随机抽取了100名客户进行调研，现将100名客户的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并根据小概率值的独立性检验，分析青年群体和中老年群体对租车服务的评价是否有差异. 好评 差评 合计 青年 20 中老年 15 合计 45 100 附：经验回归直线方程，其中 独立性检验中的，其中. 临界值表： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1），59.9十万元. （2）表格见解析，青年群体和中老年群体对租车服务的评价有差异. 【解析】 【分析】（1）将表中数据代入公式计算，可得回归方程，将方程中的换成6即可求解. （2）根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解. 【小问1详解】 ， ， ， ， . . 时，， 预测2024年暑假的业务量约为59.9十万元. 【小问2详解】 列联表如下： 好评 差评 合计 青年 20 30 50 中老年 35 15 50 合计 55 45 100 零假设为青年群体和中老年群体对租车服务的评价相互独立. ， 根据小概率值的独立性检验，青年群体和中老年群体对租车服务的评价有差异. 17. 在数列中，，且. （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由递推公式，得出，则 是公比为2的等比数列. 再由等比数列知识求解即可． （2）结合（1），求出．分奇偶讨论求和即可 【小问1详解】 ， 是公比为2的等比数列. ， . 【小问2详解】 ， 所以. 当n为偶数， . 当n为奇数 综上：. 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； （3）证明：.（参考数据：） 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 设， ， 在上单调递增， ， ，使， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， ， . 【解析】 【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程； （2）求出函数在时的值域，可求实数的最大值； （3）依题意，构造函数，利用导数证明即可. 【小问1详解】 ， ， 在处的切线为. 【小问2详解】 ， ，则，所以， 在上单调递减， 时，， 因为对任意恒成立，所以， 则，的最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理. 19. Catalan数列（卡特兰数列）最早由我国清代数学家明安图（1692-1765）在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰（Catalan，1814-1894）的名字来命名，该数列的通项被称为第个Catalan数，其通项公式为.在组合数学中，有如下结论：由个和个构成的所有数列，中，满足“对任意，都有”的数列的个数等于. 已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为. （1）设粒子第3秒末所处的位置为随机变量（若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为；若粒子第一秒末向右移一个单位，则位置为1），求的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）求及； （ii）设粒子在第秒末第一次回到原点的概率为，求. 【答案】（1）分布列见解析，0 （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的概率公式求解概率，即可求解分布列以及期望， （2）（i）根据相互独立事件的乘法概率公式即可求解（i）， （ii）设事件A：粒子在第2n秒末第一次回到原点，事件B：粒子第1秒末向右移动一个单位， 根据，结合的定义，即可求解． 【小问1详解】 依题可知，的可能取值为， ，， ，， 分布列如下： -3 -1 1 3 . 【小问2详解】 （i），， （ii）设事件：粒子在第秒末第一次回到原点， 事件：粒子第1秒末向右移动一个单位. ， 记粒子往左移动一个单位为，粒子往右移动一个单位为， 以下仅考虑事件. 设第秒末粒子的运动方式为，其中；沿用（1）中对粒子位置的假设， 则粒子运动方式可用数列表示， 如：表示粒子在前4秒按照右､右､左､左的方式运动. 由粒子在第秒末第一次回到原点，可知 数列的前项中有个1和个. ，， 粒子在余下秒中运动的位置满足， 即， 粒子在余下秒中运动方式的总数为， ，又， . 【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤： （1）根据题中条件确定随机变量的可能取值； （2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列； （3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望 （在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等， 可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $