内蒙古乌兰察布市集宁一中2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题

集宁一中霸王河校区2023-2024学年第二学期 期末考试高二年级数学试题 本试卷满分为150分，考试时间为120分钟。 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，只有一项符合题目要求. 1．已知，，则是的（    ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 2．函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   3．4张卡片上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中依次抽取2张（取后不放回），则在已知第一次取到奇数数字卡片的条件下，第二次取出的卡片数字是偶数的概率为 A． B． C． D． 4．为了研究经常使用手机是否对数学学习成绩有影响，某校高二数学研究性学习小组进行了调查，随机抽取高二年级50名学生的一次数学单元测试成绩，并制成下面的2×2列联表： 使用手机情况 成绩 合计 及格 不及格 很少 20 5 25 经常 10 15 25 合计 30 20 50 参考公式：，其中. 附表： 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参照附表，得到的正确结论是（    ） A．依据小概率值的独立性检验，认为“经常使用手机与数学学习成绩无关” B．依据小概率值的独立性检验，认为“经常使用手机与数学学习成绩有关” C．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“经常使用手机与数学学习成绩无关” D．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“经常使用手机与数学学习成绩有关” 5．若命题“，”是假命题，则不能等于（    ） A． B． C． D． 6．已知函数的导函数为，且对任意的恒成立，则（    ） A． B． C． D． 7．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．若，则的大小关系为（    ） 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．下列说法正确的是（   ） A．回归分析模型中，决定系数越大，说明模型模拟效果越好 B．已知一组数据的方差是3，则数 的标准差是12 C．从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记为取得红球的个数 D．已知随机变量服从正态分布，且，则 10．定义在上的函数满足为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（ 　 ） A． B． C．2为的一个周期 D． 11．已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12．已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则 ，且展开式中的常数项为 . 13．一个长方形，被分为A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有 种． 14．设函数，若在上满足的正整数至多有两个，则实数的取值范围是 ． 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．（13分）已知函数，其导函数为． (1)求在处的切线方程； (2)求的单调区间． 16．（15分）已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 17．（15分）水果店的销售额与所售水果的价格、质量及该店被附近居民的认可度密不可分.已知某水果店于2023年1月开张，前6个月的销售额（单位：万元）如下表所示： 月份 1月 2月 3月 4月 5月 6月 时间代码x 1 2 3 4 5 6 销售额y （单位：万元） 2.0 4.0 5.2 6.1 6.8 7.4 (1)根据题目信息，与哪一个更适合作为销售额y关于时间x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）； (2)根据（1）的判断结果，求出销售额y关于时间x的回归方程.（注：数据保留整数）； (3)为进一步了解该水果店的销售情况，从前6个月中任取3个月进行分析，X表示取到的3个月中每月销售额不低于5万元的月份个数，求随机变量X的分布列和数学期望. 参考公式与数据：，，，，， 样本数据的线性回归方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，. 18．（17分）设函数. (1)若，求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：. 19．（17分）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”． (1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合； (2)已知函数，设集合． （i）求集合中元素的个数； （ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 东校区高二年级期末考试数学试题 第2页，共8页 东校区高二年级期末考试数学试题 第2页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二年级期末考试数学答案 1．A 【详解】由，即，等价于，解得， 所以， 又，所以由推得出，故充分性成立； 由推不出，故必要性不成立， 所以是的充分不必要条件. 故选：A 2．C 【详解】由，得，所以的定义域为. 又， 所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误； 因为，所以当时，，所以， 且在定义内为增函数，故A，D错误. 对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确. 故选:C 3．B 【详解】所求概率为 ，故选B. 4．D 【详解】由题中数据可得，， 所以有99.5%的把握认为“经常使用手机与数学学习成绩有关”， 即在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“经常使用手机与数学学习成绩有关”. 所以C错误，D正确； 因为， 所以依据小概率值的独立性检验，认为“经常使用手机与数学学习成绩有关”，A错误； 因为， 所以依据小概率值的独立性检验，认为“经常使用手机与数学学习成绩无关”，B错误. 故选：D 5．D 【详解】根据题意，知原命题的否定“，”为真命题. 令，故，解得. 故选：D. 6．B 【详解】由题意得构造函数，则对任意的恒成立， 所以在上是减函数， 对A：因为，所以，即，得，故A错误； 对B、C、D：因为，所以，即，故C错误； 因为，所以，所以，即，故D错误，故B正确. 故选：B. 7．B 【详解】因为函数在上单调递增， 当，即时，需满足，解得， 所以； 当，即时，需满足， 即，解得，又，所以, 综上，实数的取值范围为. 故选：B 8．D 【详解】由，得：，， 因为，所以，则； 设（），则， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，，即时，， 所以， 又，， 所以，则， 又，所以， 综上：， 故选：D. 9．A 【详解】对于A，决定系数的值越大，残差平方和越小，拟合的效果越好，故A正确. 对于B，数据的平均值记为， 数据的平均值为： ， 所以方差为 ， 显然标准差不为12，故B错误； 对于C：从一个装有1个白球和3个红球的袋子中取出2个球，记X为取得红球的个数， 则，故C正确； 对于D：因为随机变量服从正态分布，所以， 又因为，所以， 由正态分布的性质可得，故D正确. 故选：ACD. 10．BD 【详解】因为， 所以函数的图象关于直线对称， 又为奇函数， 所以， 即，则函数的图象关于点对称， 则，故B正确； 所以， ， 即，所以函数是周期函数，周期为4，故C错误； ，故A错误； 又，所以函数 的图象关于点对称， 因此函数与的交点也关于点对称， 则， 故D正确， 故选：BD. 11．ACD 【详解】， 又函数的零点为，则，其中. ，得在上单调递增，又其有零点，则为其唯一零点. 又，得. 注意到，， 则，且. 对于A，因，， 则，故A正确. 对于B，因，则. 令.在上单调递减， 则，得在上单调递增. 则，即，故B错误. 对于C选项，因，，则，故. 则由基本不等式结合有：，故C正确. 对于D选项，因，则，由C选项分析可知. 则令，. 得在上单调递增，故，即.故D正确. 故选：ACD 12． 6 240 【详解】由题意得，所以. 又的展开式通项公式： ， 令，得 所以常数项为, 故答案为：①6;②240. 13．72 【详解】我们需要用四种颜色给五个区域涂色，使得区域的颜色均和区域的颜色不同，区域和，和，和，和每对的颜色都不相同. 那么首先区域有四种涂法，颜色确定后，区域仅可以使用其余三种颜色. 由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同色，所以同色的区域一定是和，或者和. 如果这两对区域都是同色的，那么和，以及和，分别需要在剩余的三种颜色里选出一种，且颜色不能相同，所以此时的情况数有种； 如果和同色，但和不同色，那么和的颜色有三种选择，选择后，和的颜色只能是剩余的两种，且不相同，但排列顺序有两种，所以此时的情况数有种； 如果和同色，但和不同色，同理，此时的情况数有种. 综上，区域的颜色确定后，剩下四个区域的涂色方式共有种. 而区域的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有种. 故答案为：. 14． 【详解】由在上满足的正整数至多有两个， 即在上满足的正整数至多有两个， 设，， 则， 设，， 则，， 设，， 则恒成立， 则在上单调递增， 即，即， 所以在上单调递增， 又， 所以当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增； 所以当时，取最小值， 又在上满足的正整数至多有两个， 则， 即， 故答案为：. 15．(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 【详解】（1）因为的导数为， 所以在处的切线斜率为，而 故所求的切线方程为，即． （2）因为，定义域为 所以 解得，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 16．(1) (2) 【详解】（1）由题意， 在等差数列中，设公差为, 由，得，则， 又a3＋2，a4，a5－2成等比数列， ∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得，即，得d＝2， ∴，， ∴数列的通项公式为：． （2）由题意及（1）得，， 在数列中，， 在数列中，， ∴， ∴， ， 两式相减得 ． ∴ 17．(1) (2) (3)列联表见解析，数学期望为2 【详解】（1）根据表中的数据，可得关于时间的变化不是直线型，所以 更适合作为销售额关于时间的回归方程类型； （2），， ， ， 所以，销售额关于时间的回归方程为； （3）的所有可能取值为1，2，3，则， ，.所以，的分布列为 1 2 3 ，即的数学期望为2. 18．(1)无最小值，最大值为 (2)证明见解析 【详解】（1）由题意得，则. 令，解得；令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， ， 无最小值，最大值为. （2），则， 又有两个不同的极值点， 欲证，即证， 原式等价于证明①. 由，得，则②. 由①②可知原问题等价于求证， 即证. 令，则，上式等价于求证. 令，则， 恒成立，在上单调递增， 当时，，即， 原不等式成立，即. 19．(1) (2)（i）2；（ii）证明见解析 【详解】（1）由题意，，， 恒成立，所以在上单调递增， 可得的值域为，因此只需，即可得，即，则的取值集合为． （2）（i）记函数， 则， 由得或；由得； 所以函数在和上单调递增，在上单调递减． 其中，因此当时，，不存在零点； 由在单调递减，易知，而， 由零点存在定理可知存在唯一的使得； 当时，，不存在零点． 综上所述，函数有0和两个零点，即集合中元素的个数为2． （ii）由（i）得，假设长度为的闭区间是的一个“封闭区间”， 则对，， 当时，由（i）得在单调递增， ，即，不满足要求； 当时，由（i）得在单调递增， ， 即，也不满足要求； 当时，闭区间，而显然在单调递增， ， 由（i）可得，，，满足要求． 综上，存在唯一的长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$