2022-2023学年黑龙江省大庆市萨尔图区第二十三中学高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省大庆市萨尔图区第二十三中学高二下学期期末数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省大庆市萨尔图区第二十三中学高二下学期期末数学试题 一、单选题1．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（    ）A．288 B．336 C．368 D．412【答案】B【分析】分四位数不出现1时，必选2，3，另两张卡片各选1个全排列，当四位数出现一个1时，选2或3，另两张卡片各选1个全排列，当四位数出现两个1时，另两张卡片各选1个全排列，然后求和即可.【详解】解；当四位数不出现1时，排法有：种；当四位数出现一个1时，排法有：种；当四位数出现两个1时，排法有：种；∴不同的四位数的个数共有：，故选：B．2．旅游体验师小李受某旅游网站邀约，决定对甲､乙､丙､丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为m，那么二项式的展开式中的系数为（    ）A．60 B．80 C．2800 D．4500【答案】B【分析】先分甲景区最后旅游和甲景区不最后旅游两种情况，计算出m，再按照二项展开式求项的系数.【详解】若甲景区最后旅游，则乙､丙，丁三个景区任意排，故有种，若甲景区不最后旅游，则丙景区最后旅游，故有种，根据分类计数原理，共有种，二项式的展开式中的系数为，的系数为80.故选：B.3．甲乙等5位同学去三个兴趣小组，每个小组至少安排1位同学，每个同学只能去一个小组，则不同方案有（    ）种A．100 B．120 C．150 D．180【答案】C【分析】先将5人分为三组，每组的人数可能为1,1,3或者1,2,2，对应的可能情况分别为种和种，再将其分配到三个兴趣小组，进而根据排列知识求解即可.【详解】先把5人分为三组，每组的人数可能为1,1,3或者1,2,2，当每组的人数为1,1,3时，共有种情况，当每组的人数为1,2,2时，共有种情况，所以把5人分为三组共有种情况，再将三组人员分配到三个兴趣小组，有种.故选：C4．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，第行的第3个数字为，则（    ）A．165 B．180 C．220 D．236【答案】A【分析】根据杨辉三角及二项式系数的性质确定，…，，再应用组合数的运算性质求结果.【详解】由题意得，，则.故选：5．某射手每次射击击中目标的概率固定，他准备进行（）次射击，设击中目标的次数记为，已知且，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】设某射手每次射击击中目标的概率为，由题意可知，根据二项分布的概率公式和期望公式可求出和的值，再计算即可.【详解】设某射手每次射击击中目标的概率为，由题意可得击中目标的次数记为，因为，所以整理可得，所以可得：，因为，可得：，所以，故选：D.6．红外体温计的工作原理是通过人体发出的红外热辐射来测量体温的，有一定误差．用一款红外体温计测量一位体温为36.9℃的人时，显示体温X服从正态分布，若X的值在内的概率约为0.9973，则n的值约为（    ）参考数据：若，则．A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据体温X服从正态分布，结合X的值在内的概率约为0.9973，且，得到求解.【详解】解：因为体温X服从正态分布，所以，因为X的值在内的概率约为0.9973，且，则 ，所以 ，则，解得，所以 ，解得，故选：C7．给出下列有关线性回归分析的四个命题：①线性回归直线未必过样本数据点的中心；②回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线；③当相关系数时，两个变量正相关；④如果两个变量的相关性越强，则相关系数就越接近于.其中真命题的个数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据线性回归直线的性质可判断选项A，B；根据相关系数的性质可判断C，D，进而可得正确选项.【详解】对于①，线性回归直线一定过样本数据点的中心，故①错误；对于②，回归直线在散点图中可能不经过任何一个样本数据点，故②错误；对于③，当相关系数时，两个变量正相关，故③正确；对于④，如果两个变量的相关性越强，则相关性系数就越接近于或，故④错误.故真命题的个数为1，故选：A.8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意，，，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，再令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断、，即可得解.【详解】因为，，，令，，则，令，则，所以在上单调递增，，所以，所以在上单调递增，所以，则，即，即，令，，则，所以在上单调递减，则，则，即，即，所以，综上可得.故选：D【点睛】关键点睛：本题解答的关键是根据式子的特征构造函数，，，，利用导数说明函数的单调性，结合临界点的函数值，从而判断函数值的正负，达到比较大小的目的. 二、多选题9．已知数列满足，为的前n项和，则（    ）A．若，则B．若，则C．存在实数a，使为无穷多项的常数列D．存在实数，使成等差数列【答案】BD【分析】A.易得是周期为3的周期数列求解判断；B.根据是周期为3的周期数列求解判断；C.设为常数列，有求解判断；D.根据根据是周期为3的周期数列求解判断.【详解】当时，，，，，…，∴是周期为3的周期数列，∴，故A错误．由A可知，，∴，故B正确．若为常数列，则必有，故，即，此方程无解，故C错误．当时，由A可知，故D正确．故选：BD．10．袋中装有除颜色外完全相同的3个红球和6个白球，从袋中一次抓出2个球，记事件A=“两球同色”，事件B=“两球异色”，事件C=“至少有一红球”，则（    ）A．事件A与事件B是对立事件 B．事件A与事件B是相互独立事件C． D．【答案】ACD【分析】由对立事件的定义可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；由古典概型的概率公式求解判断C选项；利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断D选项．【详解】对于A选项，由对立事件的定义可知，事件A、B互为对立事件，A对；对于B选项，，，，显然，故B不正确；对于C选项，，，所以，故C正确；对于D选项， ，故D正确，故选：ACD．11．下列命题正确的是（    ）A．若随机变量，且，则B．在一次随机试验中，彼此互斥的事件、、、发生的概率分别为、、、，则与是互斥事件，也是对立事件C．一只袋内装有个白球，个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了个白球，D．由一组样本数据、、、得到回归直线方程，那么直线至少经过、、、中的一个点【答案】BC【分析】直接利用二项分布的期望与方差，互斥事件和对立事件的关系，排列组合，回归直线方程等相关知识对四个命题的真假判断.【详解】对于A：由，且，可得，所以，则，故A错误；对于B：因为事件、、、彼此互斥，所以，又，所以与是互斥事件，也是对立事件，故B正确；对于C：依题意，表示“一共取出了个球，且前两次取出的都是白球，第三次取出的是黑球”.所以，故C正确；对于D：回归直线方程一定过样本中心点，但是不一定经过样本数据中的点，故D错误.故选：BC.12．设定义在R上的函数与的导数分别为与，已知，，且的图象关于直线对称，则下列结论一定成立的是（    ）A．函数的图象关于点对称B．函数的图象关于直线对称C．函数的一个周期为8D．函数为奇函数【答案】AC【分析】由，可得，由的图象关于直线对称，则，据此可判断各选项正误.【详解】因，两边求导可得.的图象关于直线对称，则.A选项，由可得，由可得，则，即函数的图象关于点对称，故A正确；B选项，若函数的图象关于直线对称，则.又，，则.即是常函数，但不一定是常函数，故B错误；C选项，由可得.由可得，又，则，则函数的一个周期为8，故C正确；D选项，若函数为奇函数，则.由可得.又，则，得的一个周期为4，但题目条件不足以说明的周期情况，故D错误.故选：AC 三、填空题13．已知春季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为与，且两地同时下雨的概率为，则在春季的一天里，已知乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为          ．【答案】【分析】根据条件概率公式即可求解.【详解】记事件A为“甲地下雨”，B为“乙地下雨”，所以，，所以.故答案为：.14．下列说法：①分类变量与的随机变量越大，说明“与有关系”的可信度越大.②以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是和0.3.③根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为中，，则.正确的序号是                .【答案】①②【分析】根据独立性检验的思想，可判断①正确；结合非线性回归方程的改写，得到，可判定②正确；根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程，可得判定③错误.【详解】对于①中，分类变量与的随机变量越大，说明“与有关系”的可信度越大，所以①正确； 对于②中，因为，所以两边取对数，可得，令，可得，因为，所以，所以，所以②正确；对于③中，根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为 中， ，则，所以③错误，故答案为：①②.15．已知数列满足，且，若，则数列的前n项和             ．【答案】【分析】利用累乘法求得，可得，再利用裂项相消法得答案.【详解】由，得，，…，（），以上各式相乘，得（），又，所以（），当时，，满足上式，所以，，所以．故答案为：.16．已知函数，若存在实数，满足，则的最小值为          ．【答案】【分析】作出的图像，数形结合，可得，确定，从而化简可得则，由此可构造函数，利用导数求其最小值，即可得答案.【详解】因为，故作出图象如图：    由图象可知存在实数，满足，则，则，结合图象可知，即，故，设，其中，则，令，则，即在上单调递增，而，当时，，当时，，故在单调递减，在上单调递增，故，所以的最小值为，故答案为：方法点睛：由于已知，故作出其图像，数形结合，可得，从而化简可得则，由此可构造函数，利用导数解决问题. 四、解答题17．已知数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)证明：对任意，都有，使得成等比数列.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由与的关系求得的通项公式；（2）对任意，根据成等比数列求出满足条件的即可.【详解】（1）∵∴当时又时，∴；（2）要使得成等比数列，只需要，即.对任意，，所以∴对任意，都有，使得成等比数列.18．甲、乙，丙三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束．(1)按甲、乙、丙的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数X的数学期望的最大值．(2)若这种陶器制作成功后需要检测合格才能上市销售，如果这种陶器可以上市销售，则每件陶器可获利100元；如果这种陶器不能上市销售，则每件陶器亏损80元，已知甲已经制成了4件这种陶器，且甲制作的陶器检测合格的概率为，求这4件陶器最终盈亏Y的概率分布和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为元 【分析】（1）根据题意列出分布列，求出均值的最大值；（2）根据题意知销售的件数为，然后找出ξ与盈亏Y的关系，列出分布列并求出均值.【详解】（1）X的可能值为1，2，3.于是，，，则随机变量X的分布列为X123P均值为，，设，，所以h(x)在上单调递增，所以,所以，所以当时，E(X)的最大值为．（2）设4件陶器中能上市销售的件数为ξ，则不能上市销售的件数为4-ξ，ξ的可能值为0，1，2，3，4，且，，设这4件陶器最终盈亏Y，则，可能值为-320，-140，40，220，400，可得，，，，，Y40220400P(元)．19．如图，在正方体中，E是棱上的点（点E与点C，不重合）．  (1)在图中作出平面与平面ABCD的交线，并说明理由；(2)若正方体的棱长为1，平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为，求线段CE的长．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）分别延长，交于点，连接.根据点线面的位置关系基本事实，可判定平面，平面，即可得出说明；（2）设，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面与平面ABCD的法向量，根据已知得出关于的方程，求解即可得出答案.【详解】（1）  如图1，分别延长，交于点，连接，则即为所求交线.因为，平面，平面，所以，平面，平面.又平面，平面，所以平面，平面，所以，平面平面.（2）  如图2，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，.则，，，，所以，，，.根据正方体的性质可知，平面，所以即为平面的一个法向量.设是平面的一个法向量，所以，，即，令，则，，所以，是平面的一个法向量.由已知可得，，即，即，整理可得，，解得或（舍去），所以，，即.20．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位：千元）对年销售量（单位：）和年利润（单位：千元）的影响．对近8年的年宣传费和年销售量数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．  46.65636.8289.81.61469108.8表中．(1)根据散点图判断，与哪一个适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）(2)根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；(3)已知这种产品的年利润与的关系为．根据（2）的结果回答下列问题：（ⅰ）年宣传费时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ⅱ）年宣传费为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为．【答案】(1)(2)(3)；. 【分析】（1）根据散点图，选择更适宜；（2）令，拟合函数化为线性回归方程，由题中提供的公式以及数据，即可求解；（3）（i）由（2）知，当时，年销售量的预报值为，年利润的预报值为；（ii）根据（2）的结果知，年利润的预报值，求二次函数的最值即可.【详解】（1）根据散点图判断，更适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型；（2）令，，由表可知：，；所以关于的回归方程为：；（3）（i）由（2）知，当时，年销售量的预报值为，年利润的预报值为.（ii）根据（2）的结果知，年利润的预报值，当，即时，年利润的预报值最大，故年宣传费为46.24千元时，年利润预报值最大.21．已知抛物线，过点的两条直线、分别交于、两点和、两点．当的斜率为时，．(1)求的标准方程；(2)设为直线与的交点，证明：点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）当直线的斜率为时，写出直线的方程，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，结合可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）分析可知直线、都不与轴重合，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设、，由韦达定理可得，同理可得出，写出直线、的方程，求出这两条直线的交点的横坐标，即可证得结论成立.【详解】（1）解：当直线的斜率为时，直线的方程为，设点、，联立可得，，因为，可得，由韦达定理可得，，，整理可得，解得或（舍去），因此，抛物线的方程为.（2）证明：当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线不与轴重合，同理可知直线也不与轴重合，设直线的方程为，联立可得，则可得，设点、，由韦达定理可得，设直线的方程为，设点、，同理可得，直线的方程为，即，化简可得，同理可知，直线的方程为，因为点在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，  交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证明点的横坐标为定值即可，由，消去，因为直线与相交，则，解得，所以，点的横坐标为，因此，直线与的交点必在定直线上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．设函数的图像在点处切线的斜率为.(1)求实数的值.(2)证明：.【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）通过函数图像切线，导数与斜率关系知识直接求解；（2）根据题意转化为证明，即，通过比较两个函数的最值即可证明.【详解】（1）因为点在曲线上，所以，所以，则，所以，所以（2）由（1）知，欲证，只需证，因为，所以只需证，令.因为，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以.因为，所以当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以.因为，所以，即【点睛】思路点睛：本题考查导数与函数的综合运用.通过变形，将证明不等式问题转化为两个函数最值的比较问题即可.