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湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高二数学下学期期末试题(Word版附解析)
湖北省武汉外国语学校2022-2023学年高二数学下学期期末试题(Word版附解析)
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武汉外国语学校2022—2023学年度下学期期末考试高二数学试卷一、单选题(本大题共8小题,共40分.在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)1.展开式中第4项的二项式系数为()A.B.1120C.56D.70【答案】C【解析】【分析】根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解.【详解】展开式中第4项的二项式系数为.故选:C.2.对于变量Y和变量x的成对样本观测数据,用一元线性回归模型得到经验回归模型,对应的残差如下图所示,模型误差()A.满足一元线性回归模型的所有假设B.不满足一元线性回归模型的的假设C.不满足一元线性回归模型的假设D.不满足一元线性回归模型的和的假设【答案】C【解析】【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断. 【详解】解:用一元线性回归模型得到经验回归模型,根据对应的残差图,残差的均值可能成立,但明显残差的轴上方的数据更分散,不满足一元线性回归模型,正确的只有C.故选:C.3.设随机变量X的概率分布列如图所示,则()X1234P0.20.30.40.1A.0.84B.3.36C.1.68D.10.36【答案】B【解析】【分析】由均值和方差的公式求出,再由方差的性质求解即可.【详解】因为,则,所以.故选:B.4.命题:“,,使得”的否定是()A.,,使得B.,,使得C.,,使得D.以上结论都不正确【答案】B【解析】【分析】改量词,否结论即可.【详解】“,,使得”的否定是“,,使得”,故选:B 5.如图,现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色,要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色,共有几种不同的着色方法?()A.120B.180C.221D.300【答案】B【解析】【分析】分Ⅰ,Ⅳ同色和不同色两种情况讨论,结合分布乘法原理即可得解.【详解】当Ⅰ,Ⅳ同色时,则Ⅰ有种涂色方法,Ⅱ有种涂色方法,Ⅲ有种涂色方法,此时共有种涂色方法;Ⅰ,Ⅳ不同色时,则Ⅰ有种涂色方法,Ⅳ有种涂色方法,Ⅱ有种涂色方法,Ⅲ有种涂色方法,此时共有种涂色方法,综上共有种不同的着色方法.故选:B.6.设随机变量,则X密度函数为()AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正态分布的定义可求得,从而可求X的密度函数.【详解】因为,所以,即,所以X的密度函数为A.故选:A7.设随机变量,记,,下列说法正确的是() A.当k由0增大到n时,先增后减,在某一个(或两个)k值处达到最大.二项分布当时是对称的,当时向右偏倚,当时向左偏倚B.如果为正整数,当且仅当时,取最大值C.如果为非整数,当且仅当k取的整数部分时,取最大值D.【答案】C【解析】【分析】由可得,分析可判断BC选项,进而根据二项分布的图象性质可判断A选项;根据二项分布的期望公式可判断D选项.【详解】因为,,,由,得,解得,若为正整数,则或时,取最大值,故B错误;若为非整数,则取的整数部分时,取最大值,故C正确;综上所述,当k由0增大到n时,先增后减,在某一个(或两个)k值处达到最大.根据二项分布的图象性质可得,当时是对称的,当时向左偏倚,当时向右偏倚,故A错误;而,故D错误.故选:C.8.已知函数,则方程的根的个数是()A.2B.4C.5D.6【答案】B【解析】 【分析】对求导,判断单调性画出图象,令,则,结合图象方程有两解,,结合图象可知方程有两解,也有两解,从而可解.【详解】对求导得:,所以当或时,,当时,,则函数在上单调递减,在上单调递增,因此,函数在处取得极小值,在处取得极大值,作出曲线,如图,由得,解得,令,则,结合图象方程有两解,,所以或,因为,所以,结合图象可知方程有两解,又因为,结合图象可知也有两解,所以方程共有4个根.故选:B【点睛】方法点睛:求函数零点(方程根)的常用的方法: (1)直接法:直接求解方程得到方程的根;(2)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.二、多选题(本大题共4小题,共20分.在每小题有多项符合题目要求)9.设离散型随机变量X,非零常数a,b,下列说法正确的有()A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据均值与方差的性质即可判断AB;根据均值与方差的关系即可判断CD.【详解】对于A,,所以,故A正确;对于B,,所以,故B正确;对于CD,根据均值与方差的关系可得,故C错误,D正确.故选:ABD.10.下列说法正确的有()A.命题:“,”的否定是:“,”B.命题:“若,则”的否定是:“若,则”C.已知x,,则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件D.如果x,y是实数,则“”是“”的必要不充分条件【答案】CD【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题,即可判断AB ;根据充分条件和必要条件的定义即可判断CD.【详解】对于A,命题:“,”即,,其否定是:“,”,故A错误;对于B,命题:“若,则”的否定是:“,则”,故B错误;对于C,当时,,故充分性不成立,当时,,故必要性不成立,所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件,故C正确;对于D,当时,,故充分性不成立,若,则,故当时,,故必要性成立,所以“”是“”的必要不充分条件,故D正确.故选:CD.11.已知定义在上的函数满足:对,都有,则对于,,下式成立的有()A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】设函数判断A选项,结合判断B,C,D选项.【详解】,,B选项正确;,C选项正确;, ,D选项正确;定义在上的函数满足:对,都有,设,,A选项错误.故选:BCD12.下列不等式中成立的有()A.B.当时,C.当且时,D.当时,【答案】BC【解析】【分析】A选项构造函数,其中,利用导数分析函数的单调性,可判断A选项;证明出、,可判断B选项;利用B选项中的两个不等式可判断C选项;构造函数,利用导数分析该函数的单调性,可判断D选项.【详解】对于A选项,令,其中,则,当时,,,则,此时,,故函数在上为增函数,故,A错;对于B选项,令,其中,则, 当时,,此时函数单调递减,当时,,此时函数单调递增,所以,,即,令,其中,则,当时,,此时函数单调递减,当时,,此时函数单调递增,所以,,即,故当时,,当且仅当时,两个等号同时成立,故,B对;对于C选项,由B选项可知,当时,,,上述两个不等式当且仅当时,等号成立,所以,当且时,,,当且仅当时等号成立,,当且仅当时等号成立,不等式中等号不能同时成立,即当且时,,C对;对于D选项,令,其中,则且不恒为零,则函数在上单调递增,所以,当时,,即,当时,,即,D错.故选:BC.三、填空题(本大题共4小题,共20分)13.函数的单调减区间为______. 【答案】【解析】【分析】求导后,令导数小于0,求解即可.【详解】的定义域为,,令,可得,可得,又,则或,所以的单调递减区间是.故答案为:14.1260有__________个不同的正因数.(用数字作答)【答案】36【解析】【分析】将1260分解,然后根据分步乘法计数原理计算即可.【详解】,第一步,可以取,共3种,第二步,可以取,共3种,第三步,可以取,共2种,第四步,可以取,共2种,所以一共有种取法,对应36个不同的正因数.故答案为:3615.已知某商品进价为a元/件,根据以往经验,当售价是元/件时,可卖出c件,市场调查表明,当售价下降10%时,销量可增加40%.现决定一次性降价,为获得最大利润,售价应定为______元/件. (用含a,b的式子表示)【答案】【解析】【分析】设销售价为x,则降价相对于售价是b时,降低了个10%,从而销量提高了个40%,从而求得可获得的利润为y,求导,由导数求得函数最大值,此时取得的x的值即为销售价.【详解】设销售价为x,可获得的利润为y,则,求导得,令,解得,由知,,又,,所以当时,,函数单增;当时,,函数单减;因此是函数的极大值点,也是最大值点;故当销售价为元/件时,可获得最大利润.故答案为:16.已知,,计算______.【答案】【解析】【分析】根据组合数公式可得,,再结合二项式系数和公式即可求解.【详解】根据组合数公式可得, ,所以原式.故答案为:.【点睛】关键点睛:这道题的关键能够根据组合数公式可得,,再结合二项式系数和公式即可求解.四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.如图,和所在平面垂直,且,,求:(1)直线与平面所成角的大小;(2)平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)过点作交的延长线于,连接,证得两两垂直,建立空间直角坐标系,利用空间向量求线面角的公式即可求出结果;(2)利用向量法求解即可.【小问1详解】 过点作交的延长线于,连接,因为,,所以,因此,又因为平面平面,且平面平面,平面,所以平面,又平面,平面,所以,,因此两两垂直,以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设,则,则,则,由于平面,所以平面的一个法向量为,设直线与平面所成的角为,则,又因为线面角的范围是,所以,因此直线与平面所成的角为;【小问2详解】,则,设平面的法向量为,所以,令,可得,则,则,故平面和平面的夹角的余弦值为. 18.(1)设集合,,求:,;(2)已知、、都是正数,且满足,求证:.【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)分、、且三种情况讨论,求出集合、,利用交集和并集的定义可求得集合,;(2)利用基本不等式可得出、,,利用不等式的基本性质可证得结论成立.【详解】解:(1)因为,.①当时,则,则,;②当时,则,则,;③当且时,则,则,.综上所述,当时,,;当时,,;当且时,,.(2)因为、、都是正数,则,当且仅当时,等号成立,同理可得,, 所以,,当且仅当时,等号成立,因此,.19.已知数列是等比数列,其前n项和为,若,.(1)求数列的通项公式;(2)已知数列是等差数列,,如果等差数列的通项满足.令,求数列的前n项和.【答案】(1)或(2)或【解析】【分析】(1)设数列的公比为,化简和为基本量和的关系,进而解出和,从而求解;(2)设数列的公差为,可得,,进而根据等差数列的前三项成等差数列,可得,从而得到,,进而分或两种情况得到,进而求解即可.【小问1详解】设数列的公比为,则, 解得,或,,所以或.【小问2详解】设数列的公差为,则,所以,即,,,又数列为等差数列,所以,即,解得,即,,当时,,所以,,即数列是以24为首项,为公比的等比数列,所以;当时,, 所以.综上所述,或.20.甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.(1)求次传球后球在甲手中的概率;(2)求次传球后球在乙手中的概率;(3)已知:若随机变量服从两点分布,且,,则,记前n次传球后(即从第1次传球到第次传球后)球在甲手中的次数为,求.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)记表示事件“经过次传球后,球在甲手中”,设次传球后球在甲手中的概率为,,分析可得,,由此可得,变形可得,可得数列是以为首项,为公比的等比数列,结合等比数列的通项公式求解即可;(2)记表示事件“经过次传球后,球在乙手中”,设次传球后球在乙手中的概率为,,分析可得,,由此可得,变形可得,可得数列是以为首项,为公比的等比数列,结合等比数列的通项公式求解即可; (3)结合第(1)问结论和题设条件,运用等比数列求和公式分组求和即可求解.【小问1详解】记表示事件“经过次传球后,球在甲手中”,设次传球后球在甲手中的概率为,,若发生,即经过次传球后,球再次回到甲手中,那么第次传球后,球一定不在甲手中,即事件一定不发生,则有,,必有,即,即,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,所以,即.【小问2详解】记表示事件“经过次传球后,球在乙手中”,设次传球后球在乙手中的概率为,,若发生,即经过次传球后,球在乙手中,那么第次传球后,球一定不在乙手中,即事件一定不发生,则有,,必有,即,即,所以数列是以为首项,为公比的等比数列, 所以,即.【小问3详解】由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布,且,所以,,由(1)得,则.21.平面内与两定点,连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上,两点所成的曲线记为曲线C.(1)求曲线C的方程,并讨论C的形状与m值的关系;(2)若时,对应的曲线为;对给定的,对应的曲线为.设,是的两个焦点,试问:在上是否存在点N,使得的面积,并证明你的结论.【答案】(1);答案见解析(2)存在;证明见解析【解析】【分析】(1)设动点为,其坐标为,根据题意可得,整理可得曲线C的方程为,再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型;(2)对于给定的,上存在点,使得的面积的充要条件为,从而求得或,进而解决问题.【小问1详解】设动点为,其坐标为, 当时,由条件可得,即,又的坐标满足.所以曲线C的方程为.当时,曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆;当时,曲线的方程为是圆心在原点的圆;当时,曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆;当时,曲线的方程为是焦点在轴上的双曲线.【小问2详解】在上存在点N,使得面积,证明如下:由(1)知,当时,曲线的方程为,当时,的焦点分别为,对于给定的,上存在点,使得的面积的充要条件为由(1)得,由(2)得,所以,解得或,满足,所以存在点使得.点睛】关键点睛:第二问的关键是确定对于给定的,上存在点,使得的面 积的充要条件为,从而求得或,进而解决问题.22.已知矩形的周长为6.(1)把沿AC向折叠,AB折过去后交DC于点P,求的最大面积;(2)若,,如图,AB,AD分别在x轴,y轴的正半轴上,A点与坐标原点重合,将矩形ABCD折叠,使A点落在线段DC上,设折痕所在直线的斜率为k,问当k为何值时,折痕的长度取最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设,,由题意可知,,由为直角三角形得,再用三角形的面积公式求得的面积关于的函数,再利用基本不等式即可求得最大值;(2)对折痕所在直线的斜率分类讨论,斜率为0时,易得结论,斜率不为0时,又要分析折痕所在直线与矩形两边的交点在左右两边、上下两边、左下两边三种情况讨论,最后可解.【小问1详解】设,由题意可知,矩形的周长为6,所以,由题意可知,所以,设,则,而为直角三角形,,,则, ,当且仅当时,即,等号成立,此时满足,所以当,时,取最大面积为.【小问2详解】①当时,此时点与点重合,折痕所在的直线方程,折痕的长为2②当时,将矩形折叠后点落在线段上的点为,所以与关于折痕所在的直线对称,有故点坐标为.从而折痕所在的直线与的交点坐标(线段的中点)为,所以折痕所在的直线方程,即.记,当折痕所在的直线过点时,,解得(舍去),当折痕所在的直线过点时,,解得(舍去),如图(1),折痕所在的直线与边、的交点坐标为,,这时, 如图(2),折痕所在的直线与边、的交点坐标为.这时,,,则,令,得,所以当时,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,当时,;当时,;当时,,,如图(3),折痕所在的直线与边、的交点坐标为.这时,.综上所述,,即折痕的长度取最大值此时.【点睛】关键点睛:
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发布时间:2023-07-25 08:57:02
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