精品解析：广东省中山市2023-2024学年高二下学期期末统一考试数学试卷

★启用前注意保密 中山市高二级2023—2024学年第二学期期末统一考试 数学试卷 本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息，点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A 7 B. 8 C. 9 D. 10 2. 设某商场今年上半年月销售额（万元）关于月份…的经验回归方程为，已知上半年的总销售额为万元，则该商场月份销售额预计为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量分布列为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 6. 将五本不同的书全部分给甲，乙，丙三人，要求每人至少分得一本，则不同的分法有（ ） A. 90种 B. 150种 C. 180种 D. 250种 7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ） A. B. C. D. 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 随机变量且，随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（ ） A. 在区间上是减函数 B. 在区间上是增函数 C. 在时取极小值 D. 在时取极小值 11. 关于函数，下列结论错误的是（ ） A. 的解集是 B. 是极小值，是极大值 C. 没有最小值，也没有最大值 D. 有最大值，没有最小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________. 13. 对于随机事件，记为事件的对立事件，且，则__________. 14. 展开式中的常数项为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）求的最小值； （2）设，证明： 16. 现有两台车床加工同一型号的零件.第1台车床的正品率为，第2台车床的正品率为，将加工出来的零件混放在一起.已知第1，2台车床加工的零件数分别为总数的. （1）从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率； （2）从混放的零件中可放回抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立.用表示这10次抽取的零件是次品的总件数，试估计的数学期望. 17. 规定，其中是正整数，且，这是组合数 (是正整数，且)的一种推广． （1）求的值； （2）设，当为何值时，取得最小值? （3）组合数两个性质：①； ② 是否都能推广到 (是正整数)的情形?若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由． 18. 为了解某一地区新能源电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程，且销量的方差为，年份的方差为． （1）求与相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的线性相关性的强弱． （2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 性别 购买非电动汽车 购买电动汽车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关？ （3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中男性的人数为，求的分布列和数学期望． ①参考数据：． ②参考公式：线性回归方程为，其中； 相关系数，若，则可判断与线性相关较强； ，其中．附表： 0.10 0.05 0.010 0.001 2706 3.841 6.635 10.828 19. 已知函数是的导函数． （1）证明：在上存在唯一零点； （2）设函数． ①当时，求函数的单调区间； ②当时，讨论函数零点的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ ★启用前注意保密 中山市高二级2023—2024学年第二学期期末统一考试 数学试卷 本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息，点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数的计算公式即可求解. 【详解】由题意，得，化简可得，解得． 故选:B 2. 设某商场今年上半年月销售额（万元）关于月份…的经验回归方程为，已知上半年的总销售额为万元，则该商场月份销售额预计为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将的值代入可得，再代入12可得答案. 【详解】由已知数据可得， 因为经验回归方程经过样本的中心点， 所以，解得, 则经验回归方程为. 所以，该商场月份销售额预计为. 故选：C. 3. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解. 【详解】因为，所以， 因为在区间上单调递减， 所以，即，则在上恒成立， 因为在上单调递减，所以，故. 故选：A. 4. 已知随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用概率分布列的性质求出，再求即可. 【详解】依题意，分布列概率之和为1，则，解得. 即，所以. 故选：A. 5. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性进行求解即可. 详解】解析由已知可得曲线关于直线对称，， 所以，故． 故选：C 6. 将五本不同的书全部分给甲，乙，丙三人，要求每人至少分得一本，则不同的分法有（ ） A. 90种 B. 150种 C. 180种 D. 250种 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知将书可以分成1，2，2和1，1，3两种，然后分配给3人，再利用分类加法原理可求得结果. 【详解】由题意可知将5本书可以分成1，2，2和1，1，3两种， ①若将书分成1，2，2三组，再分配给3人，则有种分法， ②若将书分成1，1，3三组，再分配给3人，则有种分法， 所以由分类加法原理可知共有种分法， 故选：B 7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设不等式和选项的结构，考虑构造函数，求导得其单调性，利用其单调性对自变量进行赋值，即可一一判断选项正误. 【详解】设，则， 因，故得，即在上为减函数. 对于A项，因，则，即，即，故A错误； 对于B项，因，则，即，即得，故B错误； 对于C项，因，则，即，即得，故C错误； 对于D项，因，则，即，即得，故D正确. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题解题思路就是要针对题设中不等式的结构特征（一般同时包含），结合选项特点探求构造的函数式，利用其单调性即可一一判断选项正误. 8. 在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果. 【详解】由杨辉三角中观察得可得. 推广，得到 即 由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为 故选:B 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 随机变量且，随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对于C，根据及二项分布期望公式可求出p；对于D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得. 【详解】对AB，因为且，所以， 故，，选项A正确，选项B错误； 对C，因为，所以，所以，解得，选项C正确； 对D，，选项D错误， 故选：AC. 10. 已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（ ） A. 在区间上是减函数 B. 在区间上是增函数 C. 在时取极小值 D. 在时取极小值 【答案】BC 【解析】 【详解】根据图象得到的符号，即可得到的符号，进而得到的单调性和极值. 【分析】结合图像可知，当时，当时，， 当时，， ，因， 故当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 故在处取得极小值，在处取得极大值， 故选：BC 11. 关于函数，下列结论错误的是（ ） A. 的解集是 B. 是极小值，是极大值 C. 没有最小值，也没有最大值 D. 有最大值，没有最小值 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式判断A；利用导数探讨函数的极值、最值判断BCD. 【详解】函数的定义域为R， 对于A，，解得，即的解集是，A正确； 对于BCD，，当或时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 因此是极小值，是极大值，B正确； 显然当时，恒成立，当时，，， 而当时，函数的值域为，而，因此有最大值，没有最小值，C错误，D正确. 故选：C 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点坐标，求导，得出过该切点的切线方程，再代入原点坐标，解出切点的坐标，可得答案. 【详解】设切点坐标为，，，， 则曲线在点处的切线方程为， 由于该直线过原点，则，得， 因此，则过原点且与曲线相切直线方程为， 故答案为：. 【点睛】本题考查求函数过某点的切线方程，一般解决切线方程的问题，不知切点时需设切点，属于基础题. 13. 对于随机事件，记为事件的对立事件，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由条件概率公式可得，再由，再结合条件概率的公式即可得到结果. 【详解】由题意可得，，且，则， 又因为，则， 且，所以. 故答案为：. 14. 展开式中常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】表示个相乘，再结合组合即可得解. 【详解】表示个相乘， 则常数项，应为个，个，个，个相乘， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）求的最小值； （2）设，证明： 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数性质的关系即可得解； （2）构造函数，利用导数证得恒成立，从而得证. 【小问1详解】 因为，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以最小值为. 【小问2详解】 因为，， 所以由，得，即， 令，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立， 所以. 16. 现有两台车床加工同一型号的零件.第1台车床的正品率为，第2台车床的正品率为，将加工出来的零件混放在一起.已知第1，2台车床加工的零件数分别为总数的. （1）从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率； （2）从混放的零件中可放回抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立.用表示这10次抽取的零件是次品的总件数，试估计的数学期望. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件概率求解即可； （2）求出的可能取值，则服从二项分布，由二项分布的均值公式求解即可. 小问1详解】 不难知，第1台加工零件的次品率为，第2台加工零件的次品率为. 记事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是次品”， 事件表示“从混放的零件中任取一个零件，该零件是第台车床加工的”，. 则. 【小问2详解】 的可能取值为，且服从二项分布. 由（1）知，. . 17. 规定，其中是正整数，且，这是组合数 (是正整数，且)的一种推广． （1）求的值； （2）设，当为何值时，取得最小值? （3）组合数的两个性质：①； ② 是否都能推广到 (是正整数)的情形?若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由． 【答案】（1） （2） （3）性质①不能推广．例如当时，有意义，但无意义； 性质②能推广，其推广形式是：，是正整数 【解析】 【分析】（1）根据公式直接计算即可； （2）根据公式可得，再根据基本不等式求解即可； （3）性质①不能推广，举反例判断即可；性质②能推广，根据公式化简证明即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 ∵当且仅当时，取等号 ∴当时，取得最小值． 【小问3详解】 性质①不能推广．例如当时，有意义，但无意义； 性质②能推广，其推广形式是：，是正整数， 事实上，当时，有， 当时， ． 18. 为了解某一地区新能源电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程，且销量的方差为，年份的方差为． （1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的线性相关性的强弱． （2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 性别 购买非电动汽车 购买电动汽车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关？ （3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中男性的人数为，求的分布列和数学期望． ①参考数据：． ②参考公式：线性回归方程为，其中； 相关系数，若，则可判断与线性相关较强； ，其中．附表： 0.10 0.05 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）电动汽车销量与年份的线性相关性的较强； （2）依据小概率值的独立性检验，认为购买电动汽车与车主性别有关； （3）分布列见解析，数学期望为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线性回归方程，结合相关系数公式计算作答. （2）根据给定的列联表求出的观测值，再与临界值表比对作答. （3）利用分层抽样求出男女性人数，再求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出方差作答. 【小问1详解】 由，得，由，得， 因为线性回归方程，则， 即， 因此相关系数， 所以电动汽车销量与年份的线性相关性的较强. 【小问2详解】 零假设：购买电动汽车与车主性别无关， 由表中数据得：， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05. 【小问3详解】 按购买电动汽车的车主进行分层抽样，抽取的7人中男性有人，女性有5人， 则的可能值为， ， 所以的分布列为： 0 1 2 的数学期望. 19. 已知函数是的导函数． （1）证明：在上存在唯一零点； （2）设函数． ①当时，求函数的单调区间； ②当时，讨论函数零点的个数． 【答案】（1）证明见解析 （2）①答案见解析；②只有一个零点 【解析】 【分析】（1）对原函数求导，然后构造函数，利用其单调性结合零点存在性定理计算即可证明； （2）①先求原函数的导函数，构造函数，利用其单调性及，得出，从而判定单调区间；②利用（1）和①的结论，分类讨论函数的单调性，极大值与0的关系判定零点个数即可. 【小问1详解】 由题意可知，由得， 即， 令，易知在R上单调递增， 又， 若，由于且； 若，由于且； 所以在上存在唯一零点，使得， 即在上存在唯一零点. 【小问2详解】 ①当时，易求， 由（1）知单调递增，且只存在一个零点， 所以有两个零点，分别是和， 注意到，所以， 可得在区间和上，，即此时单调递增， 在上，，即此时单调递减； ②易知，即的一个零点为， （i）当时，由上可知，即， 此时在区间在区间和上，，单调递增， 在上，，单调递减，则时取得极大值， 又，即此时的零点只一个为； （ii）当时，易知，此时，则在R上单调递增，所以此时的零点只有一个为； （iii）当时，易知，此时在区间和上，，单调递增， 在上，，单调递减， 则时取得极大值，即 ， 因为，所以， 若，则， 若，则， 所以，同上此时的零点只有一个为. 综上所述：的零点只有一个为. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$