精品解析：辽宁省辽宁实验中学等五校联考2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年度下学期期末考试高二年级数学科试卷 命题学校：辽宁省实验中学 命题人：马祥 樊本强 校对人：张鑫 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. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为（　　） A. B. C. D. 3. 已知为等差数列的前项和，，则（ ） A. B. 85 C. 170 D. 340 4. 已知命题，则命题的真假以及否定分别为（ ） A. 真， B. 真，或 C. 假， D. 假，或 5. 已知随机变量，且，若，则实数（ ） A 0 B. C. 1 D. 2 6. 集合的子集个数为（ ）（其中为自然对数的底数） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 7. 设数列满足，若对一切，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在R上的单调递增的函数满足：任意，有，，则下列结论错误的是（ ） A. 当时， B. 任意 C. 存在非零实数，使得任意 D. 存在非零实数，使得任意 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. 等比数列的公比为，则下列说法正确的是（ ） A. 为等差数列 B. 若且，则递增 C. 为等比数列 D. 为等比数列 10. 甲乙两入进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得1分，没进者得分，如果一轮比赛中两入都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜，在每次投球中甲投进概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的，若规定两人起始分都为2分，记为“甲累计总分为时，甲最终获胜”的概率，则（ ） A. 一轮比赛中，甲得1分的概率为0.5 B. C. D. 为等差数列 11. 已知函数．则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. ，使得在上单调递增 C. 若为的极值点，则 D. ，坐标平面上存在点，使得有三条过点的直线与的图象相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从含有6件正品和4件次品的正品中任取3件，记为所抽取的次品数，则______． 13. 已知实数，满足，则的最小值为______． 14. 设高斯函数表示不超过的最大整数（如），已知，则______；______． 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. 甲、乙两人对局比赛，甲赢得每局比赛的概率为，每局比赛没有平局． （1）若赛制为3局2胜，，求最终甲获胜的概率； （2）若赛制为5局3胜，记为“恰好进行4局比赛且甲获得最终胜利”的概率，求的最大值及此时p的值． 16. 已知数列满足，，数列前项和为，且． （1）求数列，的通项公式， （2）求数列的前项和为． 17. 目前AI技术蓬勃发展，某市投放了一批AI无人驾驶出租车．为了了解不同年龄的人对无人驾驶出租车的使用体验.随机选取了100名使用无人驾驶出租车的体验者，让他们根据体验效果进行评分． （1）现将100名消费者的年龄划分为“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，并判断是否有的把握认为对无人驾驶出租车的评价与年龄有关． 好评 差评 合计 青年 20 中老年 10 合计 40 100 （2）设消费者的年龄为，对无人驾驶出租车的体验评分为．若根据统计数据，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，且年龄的方差为，评分的方差为，求y与x的相关系数r，并据此判断对无人驾驶出租车使用体验的评分与年龄的相关性强弱（当时，认为相关性强，否则认为相关性弱）． 附：．独立性检验中的，其中． 临界值表： 0.050 0010 0.001 3.841 6635 10.828 18. 已知函数． （1）求证：时，； （2）讨论的单调性； （3）求证：恰有一个零点． 19. 已知函数，定义：对给定的常数，数列满足，，则称数列为函数的“-数列”．（为的导函数） （1）若函数，数列为函数的“数列”，且，求的通项公式； （2）若函数，数列为函数的“数列”，求证：； （3）若函数，正项数列为函数的“数列”，已知．记数列的前项和为．求证：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度下学期期末考试高二年级数学科试卷 命题学校：辽宁省实验中学 命题人：马祥 樊本强 校对人：张鑫 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. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义式化简，结合导数的计算公式可得解. 【详解】由， 又，， 所以， 所以原式等于， 故选：D. 2. 已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件该元件使用寿命超过年，记事件该元件使用寿命超过年，计算出和，利用条件概率公式可求出所求事件的概率为. 【详解】记事件该元件使用寿命超过年，记事件该元件使用寿命超过年， 则，， 因此，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为，故选A. 【点睛】本题考查条件概率的计算，解题时要弄清楚两个事件的关系，并结合条件概率公式进行计算，考查分析问题和计算能力，属于中等题. 3. 已知为等差数列的前项和，，则（ ） A. B. 85 C. 170 D. 340 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质分析可得，进而可得结果. 【详解】因为为等差数列， 若，即， 可得，即， 可得，即， 所以. 故选：B. 4. 已知命题，则命题的真假以及否定分别为（ ） A. 真， B. 真，或 C. 假， D. 假，或 【答案】B 【解析】 【分析】利用图象可得，令，利用导数判断其单调性，可得，再结合全称命题的否定分析判断. 【详解】因为过点，由图象可知：， 令，则对任意恒成立， 可知在内单调递减，则， 即， 综上所述：，即命题为真命题， 且命题的否定为或. 故选：B. 5. 已知随机变量，且，若，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的期望和二项分布的方差可得，进而结合正态分布的对称性运算求解. 【详解】因为，则， 且，即，可得， 若， 则，即，解得. 故选：C. 6. 集合的子集个数为（ ）（其中为自然对数的底数） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】令，利用导数判断其单调性，进而求的整数解，即可得结果. 【详解】令，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 且， 可知整数解为，即， 所以集合的子集个数为. 故选：C. 7. 设数列满足，若对一切，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意列不等式，结合函数的单调性求得的取值范围. 【详解】因， 设函数，则. 依题意有，注意到在区间上为增函数， 故当时，有最大值，即，解得. 故选：A. 8. 已知定义在R上的单调递增的函数满足：任意，有，，则下列结论错误的是（ ） A. 当时， B. 任意 C. 存非零实数，使得任意 D. 存在非零实数，使得任意 【答案】C 【解析】 【分析】令可推导得，结合的值可知A正确；令可推导得，结合可推导知B正确；根据单调性可知C错误；当时，根据的对称中心及其在时的值域可确定时满足，知D正确. 【详解】对于A，令，则，即， 又，； 令得：，，，， 则由可知：当时，，A正确； 对于B，令，则，即， ， 由A的推导过程知：，，B正确； 对于C，为上的增函数， 当时，，则；当时，，则， 不存在非零实数，使得任意，，C错误； 对于D，当时，； 由，知：关于，成中心对称 ，则当时，为的对称中心； 当时，为上的增函数，，，， ； 由图象对称性可知：此时对任意，，D正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据已知关系式确定的对称中心，同时采用赋值的方式确定所满足的其他关系式，从而结合对称性和其他函数关系式来确定所具有的其他性质. 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. 等比数列的公比为，则下列说法正确的是（ ） A. 为等差数列 B. 若且，则递增 C. 为等比数列 D. 为等比数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列与等比数列的定义可判断ACD，再根据等比数列公比可判断B选项. 【详解】由数列为等比数列，则，则 A选项：，， 则为定值，所以数列为等差数列，A选项正确； B选项：由，，则， 所以当时，，数列单调递增； 当时，，数列单调递增；所以B选项正确； C选项：当时，， 此时不是等比数列，C选项错误； D选项：当时，， 又为定值， 所以数列为等比数列，D选项正确； 故选：ABD. 10. 甲乙两入进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得1分，没进者得分，如果一轮比赛中两入都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜，在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的，若规定两人起始分都为2分，记为“甲累计总分为时，甲最终获胜”的概率，则（ ） A. 一轮比赛中，甲得1分的概率为0.5 B. C. D. 为等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：根据独立事件概率乘法分析求解即可；对于B：每一轮比赛后为定值4，结合题意分析判断；对于C：利用全概率公式分析判断；对于D：整理可得，结合等比、等差数列分析判断. 【详解】对于选项A：记“在每一轮比赛中甲得分1分”为事件A，则； “在每一轮比赛中乙得1分”为事件B，则； “在每一轮比赛中得0分”事件C，则； 故A错误； 对于选项B：设甲的得分为，乙的得分为， 由题意可知：每一轮比赛后为定值4， 若决出胜负，则，解得或， 若，即乙获胜，可知； 若，即甲获胜，可知； 综上所述：，故B正确； 对于选项CD：记甲累计总分为i时，甲最终获胜为事件M， 则， 所以，故C正确； 整理可得，且， 可知数列为等比数列，且首项为，公比为， 因为，可知不为等差数列，故D错误； 故选：BC. 11. 已知函数．则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. ，使得在上单调递增 C. 若为的极值点，则 D. ，坐标平面上存在点，使得有三条过点的直线与的图象相切 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：整理可得，分类讨论即可；对于B：求导可得，令，利用导数分析的单调性和最值，即可得结果；对于C：根据极值点的性质可得或，并代入检验即可；对于D：求导，设，根据导数的几何意义分析可得，构建，原题意等价于有3个零点，利用导数分析其零点即可. 【详解】对于选项A：若，则， 因为，等价于， 若，则，即，可得； 若，则，即，可得； 综上所述：，可得，故A正确； 对于选项B：因为， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 若，则， 可得，则在上单调递增， 所以，使得在上单调递增，故B正确； 对于选项C：因为， 由题意可得，解得或， 若，则， 由选项B可知：在内单调递减，在内单调递增， 且当时，，， 可知有且仅有一个零点， 若，；若，； 且，；若，； 可得当或，；当，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 可知为的极值点，符合题意； 若，则， 由选项B可知：在内单调递减，在内单调递增， 且当时，，， 可知有且仅有一个零点1， 若，；若，； 且，；若，； 可得当或时，；当，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 可知为的极值点，符合题意； 综上所述：或，故C错误； 对于选项D：因为，， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 设，则， 整理可得， 令， 原题意等价于有3个零点， 则， 令，可得， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 且当趋近于时，趋近于0，当趋近于时，趋近于， 可得的图象如图所示， 又因为过定点， 结合图象可知与必有交点， 即必有变号零点， 所以对，均，使得至少有2个变号零点， 此时至少有3个单调区间，且连续不断， 可知，使得有3个零点， 综上所述：，存在点，使得有三条过点的直线与的图象相切，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从含有6件正品和4件次品的正品中任取3件，记为所抽取的次品数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】的所有可能取值为0，1，2，3，算出对应的概率结合期望公式即可得解. 【详解】的所有可能取值为0，1，2，3， 则， 故. 故答案为：. 13. 已知实数，满足，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知化简可得，代入可得，根据基本不等式可得最小值. 【详解】由已知当时，不成立， 当时，化简可得，则， 当且仅当，即时取等号， 故答案为：. 14. 设高斯函数表示不超过的最大整数（如），已知，则______；______． 【答案】 ①. 4285 ②. 2 【解析】 【分析】由的定义求出即可,求出，，，，，，判断出是一个以周期为6的周期数列，求出即可． 【详解】.， ∴，， ， 同理可得：；； ，；，，… ∴. 故是一个以周期为6的周期数列， 则. 故答案为：4285，2. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键是得出是一个以周期为6的周期数列，由此即可顺利得解. 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. 甲、乙两人对局比赛，甲赢得每局比赛的概率为，每局比赛没有平局． （1）若赛制为3局2胜，，求最终甲获胜的概率； （2）若赛制为5局3胜，记为“恰好进行4局比赛且甲获得最终胜利”的概率，求的最大值及此时p的值． 【答案】（1） （2）的最大值，此时 【解析】 【分析】（1）分前两局比赛甲赢和前两局比赛甲赢一局且最后甲胜两种情况，结合独立重复性实验分析求解； （2）分析可知前三局比赛甲赢两局，第四局甲赢，可得，利用导数判断其单调性和最值. 【小问1详解】 设前两局比赛甲赢为事件A，则； 设前两局比赛甲赢一局且最后甲胜为事件B，则； 所以甲胜的概率为. 【小问2详解】 恰进行4局比赛且甲最后胜，则前三局比赛甲赢两局，第四局甲赢， 可得， 则， 令，解得， 当，，可知在上为增函数； 当，，可知在上为减函数； 所以的最大值为，此时． 16. 已知数列满足，，数列的前项和为，且． （1）求数列，的通项公式， （2）求数列的前项和为． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据构造法可得数列的通项公式，再根据退一相减法可得数列的通项公式； （2）利用错位相减法可得数列前项和. 【小问1详解】 ，， 数列是以为首项，为公差的等差数列， ， ； ， 当时，，即， 当时，，所以，即， 当时，，； 【小问2详解】 由（1）得 ， ， 作差可得， . 17. 目前AI技术蓬勃发展，某市投放了一批AI无人驾驶出租车．为了了解不同年龄的人对无人驾驶出租车的使用体验.随机选取了100名使用无人驾驶出租车的体验者，让他们根据体验效果进行评分． （1）现将100名消费者的年龄划分为“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，并判断是否有的把握认为对无人驾驶出租车的评价与年龄有关． 好评 差评 合计 青年 20 中老年 10 合计 40 100 （2）设消费者的年龄为，对无人驾驶出租车的体验评分为．若根据统计数据，用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，且年龄的方差为，评分的方差为，求y与x的相关系数r，并据此判断对无人驾驶出租车使用体验的评分与年龄的相关性强弱（当时，认为相关性强，否则认为相关性弱）． 附：．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）列联表见详解；有的把握认为对无人驾驶出租车的评价与年龄有关 （2）对无人驾驶出租车使用体验的评分与年龄的相关很强 【解析】 【分析】（1）根据题意完善列联表，求，并与临界值对比分析； （2）根据题意求相关系数，进而分析理解. 【小问1详解】 根据题意可得列联表如下： 好评 差评 合计 青年 20 30 50 中老年 40 10 50 合计 60 40 100 因为， 所以有的把握认为对无人驾驶出租车的评价与年龄有关． 【小问2详解】 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以相关系数， 因为，所以判断对无人驾驶出租车使用体验的评分与年龄的相关很强． 18. 已知函数． （1）求证：时，； （2）讨论的单调性； （3）求证：恰有一个零点． 【答案】（1）证明见解析. （2）答案见解析. （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）构造函数，，通过导数判断函数的单调性，并求最大值即可； （2）求导函数，分类讨论三种情况，函数在定义域的单调性即可； （3）由（2）函数的单调性，并结合零点存在性定理，分别分析三种情况的零点即可. 【小问1详解】 设，，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以， 即． 【小问2详解】 由题意定义域为， 则，， ①当时，函数， 当时，；当时，， 故当时，恒成立，此时在上单调递增； ②时， 当时，，函数在和上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； ③时， 当时，，函数在和上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 【小问3详解】 由（2）知： ①当时，在上单调递增， 因为，， 所以此时恰有一个零点； ②当时，因为的极小值为， 又由（1）知，结合的单调性， 可知此时也恰有一个零点； ③当时，的极小值为， 又，结合的单调性，同样也恰有一个零点． 综上，，恰有一个零点． 19. 已知函数，定义：对给定的常数，数列满足，，则称数列为函数的“-数列”．（为的导函数） （1）若函数，数列为函数“数列”，且，求的通项公式； （2）若函数，数列为函数的“数列”，求证：； （3）若函数，正项数列为函数的“数列”，已知．记数列的前项和为．求证：当时，． 【答案】（1） （2）证明过程见解析 （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）由“数列”的定义得递推关系，进一步构造等比数列即可得解； （2）由题可得，构造函数，对分类讨论即可得证； （3）令，利用导数先证的唯一性，然后令，，结合导数证明，累加即可得证. 【小问1详解】 ，由题意，有， 则，又，所以是以2为首项、以为公比的等比数列， 所以，从而． 【小问2详解】 由题可得， ①设，， 可知当时，，递减，； 当时，，递增， 即时，有． 因为，所以，即，以此类推，可得； ②由时： 从而，即． 综上：． 【小问3详解】 先证的唯一性．令，则 ∵，∴． ∵，∴时，递增，递增，所以这样的是唯一的， 且当时，，递减；时，，递增． 下证：． 令，， 则，， ∵，∴，∴，递减，递增 ∴即． 取，得，即． 累加可得． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于通过构造适当的函数并结合“-数列”的定义来推理，由此即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $