浙江省台州市2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

台州市2022学年第二学期高二年级期末质量评估试题数学2023.07命题：毕里兵（台州中学）丁君斌（台州一中）审题：杨俊（天台中学）一、单项选择题：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.某班有男生22人，女生18人，从中选一名学生为数学课代表，则不同的选法共有（）A.40种B.396种C.22种D.18种【答案】A【解析】【分析】按照分类加法计数原理即可得选法种数.【详解】从该班男中选一名同学为数学课代表有22种方法，从该班女中选一名同学为数学课代表有18种方法，不同的选法的种数有种.故选：A．2.已知函数的导函数为，则（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】分析】根据题意，求导可得，然后代入计算即可得到结果.【详解】因为，则，则.故选：D3.复数（i为虚数单位）的实部为（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接对复数化简即可得答案.【详解】因为， 所以复数的实部为，故选：B4.第19届亚运会将于今年9月23日到10月08日在杭州举行.其吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人.三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”.某校开展了一系列的“迎亚运”活动，其中一项是由志愿者扮演吉祥物和同学们合影留念.甲乙两位同学和三个吉祥物一起合影，站成一行，要求甲乙不相邻，且甲乙均不站在两端，则不同的站法种数为（）A.24B.18C.12D.9【答案】C【解析】【分析】利用插空法即可求解.【详解】先将三个吉祥物进行全排列，则有种；再将甲乙进行插孔，因为甲乙不相邻，所以有种，所以共有种不同的站法，故选：C.5.在单项选择题中，每道题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，如果从四个选项中随机选一个，选对的概率为0.25.为了减少随机选择也得分的影响，某次考试单项选择题采用选错扣分的规则，选对得6分，选错扣分.若随机选择时得分的均值为0分，则的值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据随机变量的均值概念列出方程，然后解方程即可.【详解】选对得6分，选错扣分.，则有，则.故选：B.6.数学探究课上，某同学发现借助多项式运算可以更好地理解“韦达定理”.若，，为方程的3个实数根，设，则为的系数，为的系数，为常数项，于是有 ，，.实际上任意实系数次方程都有类似结论.设方程的四个实数根为，，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化简多项式为标准形式，由类似结论直接求解.【详解】由可得，所以，即，由题中所给方法知，，，故选：D7.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】，用二项式定理展开计算前四项即可得；，，即可得，从而可得答案.【详解】， ，所以；又，所以.故选：B8.已知定义在上的函数，，记在上的个极值点为，且，则（）A.为奇函数B.为偶函数C.在单调递减D.在单调递减【答案】C【解析】【分析】求导后，将极值点个数转化为与交点个数问题，结合正切函数对称性可求得，代回验证可知满足题意；根据奇偶性定义可知AB正误；结合在区间上的单调性可知CD正误.【详解】，令，则，当时，，则无解，此时在上无极值点；当时，，在上有三个极值点，与在上有三个不同交点，，，与均关于对称，令，解得：， 的对称中心为，又在处有意义，，解得：，，；当时，，，令，则，作出与在上的图象如下图所示，；当时，，，即；当时，，，即；当时，；当时，，，即；当时，，，即；当时，； 当时，，，即；当时，，，即；在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，是的极小值点，是的极大值点，由正切函数与一次函数对称性可知，满足题意；综上所述：；对于A，的定义域为，，为定义在上的偶函数，A错误；对于B，，，，不是偶函数，B错误；对于C，在上单调递减，，在上单调递减，C正确；对于D，在上单调递增，，在上单调递增，D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性及极值点的问题；解题关键是能够将问题转化为一次函数与正切函数交点个数问题，结合正切函数的对称性确定参数的取值，从而得到具体函数的解析式.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.满足方程的的值可能为（）A.1B.2C.3D.4【答案】BC 【解析】【分析】根据组合数的性质计算即可求解.【详解】因为，由组合数的性质可知，或，所以或，故选：BC.10.已知，，，，，均大于0，则下列说法正确的是（）A.B.若，则C.若，则D.【答案】BCD【解析】【分析】根据相互独立事件的乘法概率公式判断A，根据条件概率的计算公式判断BCD.【详解】对于A，若相互独立，则，故A错误；对于B，若，则,即，所以,故B正确；对于C，若，则，则，故C正确；对于D，，故D正确.故选:BCD.11.对，设，其中，，则（）A.B. C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，令和，可判定A正确，B不正确；令，结合，化简得到，可判定C正确；等号两边同除以，化简得到，令，可判定D正确.【详解】由，其中，对于A中，令，可得，所以A正确；对于B中，令，可得，所以，所以B不正确；对于C中，由，又由，且，可得，令，可得因为，所以，即，所以C正确；对于D中，因为，可得，因为，其中，所以，所以可得， 所以，所以D正确.故选：ACD.12.已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D.【详解】由，得，所以，，当时，，即，令，则，所以在上单调递增，由得，所以，即，故A正确；当时，，即，令，则，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，由得，因为在上不单调，所以由不一定能得到，即不一定成立，故B错误； 当时，由前面的分析可知，此时，，令，，则有，不妨设，得，下面证明，当时，不等式成立.先证右边，要证，只要证，即证，令，即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，从而得证；再证左边，要证，只要证，即证，令，即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，从而得证.由，，得，即，故C正确；由，，得，即，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法，如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等. 三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.若随机变量，则___________.【答案】##0.75【解析】【分析】根据二项分布的方差公式求解.【详解】因为，所以.故答案为:.14.某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值___________.（参考数据：若，则，）【答案】7（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）【解析】【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解.【详解】由题意可知，，解得.故答案为：（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）.15.若抛掷一枚质地均匀的骰子两次，落地时朝上的面的点数分别为.设事件“函数为奇函数”，“函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点”，则____________.【答案】【解析】【分析】根据为奇函数，推出，结合，，可得或，，即，再结合正弦、余弦函数的图象可知，只有当 时，函数在上恰有一个最大值点和一个最小值点，得，最后由条件概率公式可求出结果.【详解】由为奇函数，得，即，此时，，，且函数的定义域关于原点对称，故为奇函数，所以事件“”，因为，，所以或，，则，当时，在上无最值点；当时，，因为，所以，则在上恰有一个最大值点，无最小值点；当时，，因为，所以，则在上恰有一个最大值点和一个最小值点，故，所以.故答案为：. 16.已知直线与抛物线及曲线均相切，切点分别为，若，则____________【答案】4【解析】【分析】设直线：，分别与和联立，根据判别式等于，求出的坐标，再根据可求出结果.【详解】显然直线的斜率存在，设直线：，联立，消去得，则且，即，代入，得，得，得，则，则.联立，消去得，则，且，即，将代入，得，得，得，又，所以，则，则，由，得，解得，所以或，当时，不合题意，舍去；当时，.综上所述：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用判别式等于求出的坐标是解题关键. 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某学习小组有4个男生和3个女生.从这7人中选3人参加数学竞赛.（1）如果男生中甲和女生中的乙至少要有一人在内，那么有多少种选法?（2）如果3人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法?【答案】（1）25（2）30【解析】【分析】（1）方法1：分男生甲入选女生乙不入选，男生甲未入选女生乙入选和男生甲入选女生乙入选三种情况即可求解；方法2:从对立面求解，先求出总的选择种数，再求甲乙两人均未入选的，然后相减即可求解；（2）分男生1人入选女生2人入选和男生2人入选女生1人入选两种情况即可求解.【小问1详解】解法1：男生甲入选，女生乙不入选有种，男生甲未入选，女生乙入选有种，男生甲入选，女生乙入选有种，共有25种选法.解法2：7人中选3人共有种，甲乙两人均未入选有种，如果男生中的甲和女生中的乙至少要有一人在内共有35-10=25种.【小问2详解】男生1人入选，女生2人入选有种，男生2人入选，女生1人入选有种，因此3人中既有男生又有女生，共有30选法.18.已知的展开式中的二项式系数之和与各项系数之和的乘积为256.（1）求的值；（2）求展开式中含项的系数.【答案】（1）（2）-1792 【解析】【分析】（1）令可得，展开式中各项系数之和，展开式中的二项式系数之和为，由题意列方程求解.（2）根据题意结合二项展开式中的通项公式运算求解.【小问1详解】令可得，展开式中各项系数之和为，且展开式中的二项式系数之和为，由题意可得，解得.【小问2详解】的展开式的通项为：，令，解得，所以展开式中含项的系数为.19.在棱长为1的正方体中，以8个顶点中的任意两个作为向量的起点和终点.（1）当时，求；（2）记事件“”，求.【答案】（1）2（2）.【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质可得，故，根据空间向量的数量积运算求解即可；（2）找出正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的线段，根据古典概型的计算公式求解.【小问1详解】因为平面，平面，所以.因为，所以,因为，所以. 【小问2详解】由，得，在正方体8个顶点中的任意两个顶点的连线中与AC垂直的有，，，，，，，，所以.20.台州是中国黄金海岸线上的一个年轻的滨海城市，位于浙江省沿海中部，上海经济区的最南翼，旅游资源非常丰富，历史上有“海上名山”之美称.C为某海岛所在位置，A为游船码头，B为游客中心，AB表示海岸线，且，.为更好的发展海上旅游资源，某旅游公司计划修建海上观光栈道，观光栈道由CD和线段，组成，其中所在的圆以A为圆心，以1km为半径.游客先从游船码头A乘船到海岛C游玩，返回时可乘船返回A，也可通过栈道，返回到A或者经由栈道，到B.设.（1）若，求BD的长度.（2）AC为游船线路，不需要另加投资.已知修建栈道，的成本为每千米2百万元，修建栈道的成本为每千米百万元.旅游公司的投资预算不超过5百万元，则预算是否足够?说明理由.【答案】（1）千米（2）旅游公司的预算足够，理由见解析【解析】【分析】（1）在中由余弦定理即可得BD的长度；（2）先计算出修建栈道，，的总成本，再求出的最大值与5比较即可得答案.【小问1详解】依题意，在中，，由余弦定理得 ，所以，即BD的长度为千米.【小问2详解】栈道的长度为千米，栈道千米，栈道千米，所以修建栈道，，的总成本为百万元，，则，所以时，，时，，所以在上递增，在上递减，所以，所以，旅游公司的预算足够.21.袋中有大小、形状完全相同的2个红球，4个白球.采用放回摸球，从袋中摸出一个球，定义T变换为：若摸出的球是白球，把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来倍，（纵坐标不变）；若摸出的是红球，将函数图象上所有的点向下平移1个单位.函数经过1次T变换后的函数记为，经过 2次T变换后的函数记为，…，经过n次T变换后的函数记为.现对函数进行连续的T变换.（1）若第一次摸出的是白球，第二次摸出的是红球，求；（2）记，求随机变量的分布列及数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，1【解析】【分析】（1）根据函数图象的变换求解析式即可；（2）求出3次变换后的可能的解析式，得出随机变量取值，求对应的概率可得分布列，求出期望.【小问1详解】第一次从袋子中摸出的是白球，把函数变换为；第二次从袋子中摸出的是红球，把函数变换为；所以.【小问2详解】经过3次T变换后有3种情况，若摸出的3个球都是白球，则，；若摸出的3个球为2个白球1个红球，则，；若摸出的3个球为1个白球2个红球，则，；若摸出的3个球都是红球，则，.所以随机变量X的取值为，因为一次摸球取得为红球的概率为，取得白球的概率为，所以，，，.所以求随机变量的分布列为 所以.22.已知函数.（e为自然对数的底数，）（1）若，求的图象在处的切线方程；（2）若，证明：存在实数使得方程恰有三个不同的根，且.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求切线方程；（2）先分析的导函数的符号，得出的单调性和最小值，其中，从而得出存在满足题意，再根据可证得.【小问1详解】当时，，，所以切线斜率，又，所以切线方程，即.小问2详解】的定义域为，，令，，当时，，单调递增， 当时，若，则恒成立，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即恒成立，当时取等号，因为，，，所以存在唯一的实数，使得，即.时，时，所以在上递减，在上递增.，又因为当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于，所以存在，使得方程恰有三个不同的根.另一方面由，得，所以.【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；（3）转化为两熟悉的函数图象的问题.