精品解析：内蒙古乌兰察布市集宁一中霸王河校区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. 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. 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. 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 1 2 3 4 5 6 销售额 （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关于时间的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果，求出销售额关于时间的回归方程.（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，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. 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. 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”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】A 【解析】 【分析】首先解分式不等式求出命题，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【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. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性单调性与函数值符号确定函数的图象. 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】设事件表示“一次取到奇数数字卡片”，事件表示“第二次取出的卡片数字是偶数”，分别求出和，利用条件概率计算公式即可求得结果. 【详解】设事件表示“一次取到奇数数字卡片”，事件表示“第二次取出的卡片数字是偶数”， 则，， 所以在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：， 故选：B. 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” 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中数据，计算的值，结合临界值表，即可得出结果. 【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. 若命题“，”是假命题，则不能等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】转化为命题的否定“，”为真命题，用关于的一次函数来考虑，即可求解. 【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. 已知函数的导函数为，且对任意的恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可构造函数，然后求出函数的单调性即可求解. 【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. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数在上单调递增，可知各段分别在对应自变量范围上单调递增，且在时满足，在分析函数的单调性时需分类讨论. 【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. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先比较与的大小，通过比较和即可得到，再比较与的大小，构造（），利用导数证明得到时，，从而得到，通过，结合的单调性即可得到，即可得到，，的大小关系. 【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. 【点睛】方法点睛： 构造函数比较大小主要方法有： 1. 通过找中间值比较大小，要比较的两个或者三个数之间没有明显的联系，这个时候我们就可以通过引入一个常数作为过渡变量，把要比较的数和中间变量比较大小，从而找到它们之间的大小关系. 2. 通过构造函数比较大小，要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系.有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围.在本题中，通过构造函数，利用导数证明得到时，，进而放缩得到. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用决定系数的意义可判断A；利用方差的意义计算可判断B；利用古典概型概率公式计算可判断C；由正态分布概率计算可判断D； 【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. 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. 【答案】BD 【解析】 【分析】由得函数的图象关于直线对称，由为奇函数得函数的图象关于点对称，从而函数是周期函数，周期为4，由得的图象关于点对称，从而函数与的交点也关于点对称，由此可判断各项. 【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. 已知函数的零点为，函数的零点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】注意到，又可得 在单调递增，则有，后由零点存在性定理可得范围.，之后判断各选项正误即可得答案.. 【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 【点睛】关键点点睛：本题涉及函数零点，构造函数证明不等式，需注意以下两点: （1）若题目中同时出现与，常通过使出现相同结构. （2）对于双变量问题，常利用消元思想转化为关于一个未知数的问题. 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______. 【答案】 ①. 6 ②. 240 【解析】 【分析】根据二项式系数及组合数公式计算即可求得第一问；对于第二问，先写出展开式的通项公式，令的指数等于零，求出，进一步计算即可. 【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. 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． 【答案】72 【解析】 【分析】根据分步计数原理与分类计数原理，列出每一步骤及每种情况，计算即可. 【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. 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______． 【答案】 【解析】 【分析】在上满足的正整数至多有两个，即，设，求导，可得函数单调性及函数值，进而可得参数范围. 【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：. 【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． 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，其导函数为． （1）求在处的切线方程； （2）求的单调区间． 【答案】（1） （2）单调递减区间为，单调递增区间为 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可得解； （2）利用导数与函数单调性的关系即可得解. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 因为，定义域为 所以 解得，解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 16. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出和公差，即可得到数列的通项公式； （2）表达出数列的通项公式，得到数列的前n项和的表达式，利用错位相减法即可得出数列的前n项和. 【小问1详解】 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：． 【小问2详解】 由题意及（1）得，， 在数列中，， 在数列中，， ∴， ∴， ， 两式相减得 ． ∴ 17. 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 1 2 3 4 5 6 销售额 （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关于时间的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果，求出销售额关于时间的回归方程.（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，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，. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）根据表中的数据，可得关于时间的变化不是直线型，即可选择类型； （2）根据已知数据求的值，可得销售额关于时间的回归方程； （3）随机变量的所有可能取值为1，2，3，计算每个可能取值的概率，并写出分布列及数学期望即可. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 ，， ， ， 所以，销售额关于时间的回归方程为； 【小问3详解】 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. 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：. 【答案】（1）无最小值，最大值为 （2）证明：，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. 【解析】 【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解. （2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系； 通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数， 利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立. 19. 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”． 【答案】（1） （2）（i）2； （ii）证明：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”． 【解析】 【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数求导并求出其值域解不等式可得的取值集合； （2）（i）对求导得出函数的单调性，利用零点存在定理即可求得集合中元素的个数为2个； （ii）根据区间长度的定义，对参数 进行分类讨论得出的所有可能的“封闭区间”即可得出证明. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 （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）略 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“封闭区间”的定义，结合导函数判断出各函数的单调性和对应的单调区间，再结合区间长度的定义分类讨论即可得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $