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重庆市 2022-2023学年高二数学下学期期末试题(Word版附解析)

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高2024届高二(下)期末考试数学试卷一、单选题:本题共8小题,共40分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合A,再利用交集的定义求解作答.【详解】解不等式,即,解得,即,而,所以.故选:B2.函数在点处的切线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先对函数求导,利用导数的几何意义求出切线的斜率,再根据条件即可求出结果.【详解】因为,所以,故,由导数的几何意义知,函数在点处的切线方程为,即.故选:B.3.为等差数列的前n项和,,,则该等差数列的公差()A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据等差数列前和公式以及等差数列定义即可得到答案. 【详解】,故.故选:B.4.已知函数,则的解析式为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据条件,通过配凑即可求出结果.【详解】因为,所以.故选:D.5.已知a,且,命题p:,命题q:,则命题p是命题q成立的()条件A.充分不必要B.必要不充分C充分必要D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】对命题q进行等价转化为,再根据充分不必要条件的判断即可得到答案.【详解】,即,即,则命题等价于,因为,则,则,即,而可以推出,反之,举例,但,则反推无法推出, 故是成立的充分不必要条件,故选:A.6.函数的定义域为R,且,对任意的,有,则不等式的解集为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化简得,则得到的单调性,对原不等式变形为,利用其单调性即可得到不等式,解出即可.【详解】对任意的,有,则,则在上单调递增,因为,且,,则,故选:D.7.已知有甲乙两个盒子.盒中装有大小.形状完全相同的小球.甲盒中装有3个红球和2个白球,乙盒中装有2个红球、1个白球.现在从甲盒中摸出2个小球放入乙盒中,再从乙盒中摸出2个小球,则这2个小球为红球的概率为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由全概率公式求解即可【详解】记“从甲盒中取出2个红球”为事件,“从甲盒中取出2个白球”为事件,“从甲盒中取出1个红球和1个白球”为事件,“从乙盒中取出的2个球均为红球”为事件D,显然,事件,,两两互斥,且正好为“从甲盒中任取2个球”的样本空间, 由全概率公式得,从甲盒中摸出2个小球放入乙盒中,再从乙盒中摸出2个小球,则这2个小球为红球的概率为.故选:C8.若时,关于的不等式恒成立,则的取值范围为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】依题意可得在上恒成立,设,则在上恒成立,利用导数说明的单调性,再分和两种情况讨论,当时需在上恒成立,参变分离可得在上恒成立,令,,利用导数求出的最小值,即可求出参数的取值范围.【详解】由在上恒成立,可得在上恒成立,即在上恒成立,即在上恒成立,设,则在上恒成立,又,所以当时,当时,所以函数在上单调递减,在上单调递增,且当时,,当时,,当时,由于,则,此时,,满足在上恒成立;当时,由于,则, 要使在上恒成立,则需在上恒成立,即在上恒成立,设,,则,易知当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以,则,又,所以综上,实数的取值范围为.故选:B.【点睛】关键点睛:本题解答的关键是将不等式同构成,再构造函数,结合函数的单调性说明.二、多选题(本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有错选的得0分)9.已知二项式()的展开式中,的系数为28,下列说法正确的有()A.B.的系数为70C.展开式中没有常数项D.展开式中二项式系数最大的项为第4项【答案】BC【解析】【分析】根据条件,求出展开式的通项公式,再对各个选项分析判断即可得出结果.【详解】因为展开式通项公式为:,由,得到,由题知,得到,故,选项A,因为,所以选项A错误; 选项B,由,得到,所以的系数为,所以选项B正确;选项C,由,得到,所以不存在常数项,所以选项C正确;选项D,因为,所以由二项式系数性质知,二项式系数最大的项为第5项,所以选项D错误.故选:BC.10.近年来,随着人工智能技术的不断发展,各种AI应用也不断普及,ChatGPT就是一款具有人类沟通能力的智能AI工具.随着人工智能的加入,各类传媒、影视、游戏行业迎来了高速的发展,AI技术降低了这些行业的人力成本,提高了效率.如图是某公司近年来在人力成本上的投入资金变化情况的散点图,其中x为年份代号(第1年-第7年),y(单位:万元)为人力成本的投入资金,小明选用2个模型来拟合,模型一:,已知,其中决定系数,模型二:,其中决定系数,则下列说法正确的有()A.B.模型一中解释变量增加1个单位,响应变量则大致减少5个单位C.模型一中第7年的残差为5D.模型一的拟合效果更好【答案】AB【解析】【分析】根据条件,求出,进而得出模型一:,从而得出选项A正确,再利用,对B和C逐一分析即可判断出选项B和C的正误;对于选项D,利用题设中,即可判断选项D的正误.【详解】选项A,因为,所以,又,代入,得到,解得,故选项A正确; 选项B,因为模型一为:,故解释变量增加1个单位,响应变量则大致减少5个单位,故选项B正确.选项C,令,则,则残差为,故选项C错误;选项D,因为,故模型二拟合效果更好,故选项D错误.故选:AB.11.已知过点的直线交抛物线于,两点,设,,点是线段的中点,则下列说法正确的有()A.为定值-8B.的最小值为4C.的最小值为D.点的轨迹方程为【答案】ACD【解析】【分析】设直线的方程,与抛物线的方程联立,可得两根之和及两根之积,再一一判断即可.【详解】由题意可得直线斜率不为0,设直线的方程为,显然,两点在轴的两侧,设,且,,联立,整理可得,显然,,,,,所以A正确;所以,当且仅当时取等号,所以B不正确;因为,,所以,当且仅当时取等号,所以C正确; 由题意可得的中点,设,则,消参可得,整理可得,所以D正确.故选:ACD.12.“紫藤挂穗,蓝楹花开,黄桷新绿,菩提葱蔚”,巴蜀中学即将迎来90周年校庆,学校设计了3个吉样物“诚诚”,“盈盈”,“嘉嘉”.现在袋中有6个形状.大小完全相同的小球,每一个小球上写有一个字(其中有2个小球写着“诚”,2个小球写着“盈”,2个小球写着“嘉”),现在有四位同学,平均分成甲、乙两队,进行比赛活动,规则如下:每轮参与活动的队伍每位同学抽取1次小球,每次抽取后小球放回袋中,若两次抽取的球上的字组成了吉样物名称(如:诚诚),则该队得1分,并且该队继续新一轮比赛活动,否则,该队得本轮得0分,由对方组接着抽取,活动开始时由甲队先抽取,若第n轮由甲队抽取的概率为,n轮结束后,甲队得分均值为,则下列说法正确的有()A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A,利用古典概率公式即可求解出结果;对于选项B,利用题设得出与间的关系并适当变形得出,从而判断出选项B的正误;对于选项C,通过条件求出第二轮结束后,甲队可能的得分及对应概率,再利用均值的定义即可求出结果,从而判断出选项的正误;对于选项D,根据条件,第轮结束后,甲队得分可以分2种情况,从而得出,判断出选项D的正误.【详解】选项A,第一轮甲轮两名成员必须抽到“诚诚”,“盈盈”,“嘉嘉”,则第二轮继续由甲队抽取, 则,故选项A正确;选项B,第轮由甲队抽取,可分两类情况:第一类是第轮由甲抽取并且下一轮继续由甲抽取;第二类是轮由乙抽取并且下一轮由甲抽取,则,可变形为,又易知,故数列是以为首项,为公比的等比数列,所以,即,故选项B错误;选项C,第二轮结束后,甲队可能的得分为,,,,所以,故选项C正确;选项D,第轮结束后,甲队得分可以分2种情况:一类是第轮甲队的得分加上1分,则第轮必须由甲抽取且得1分,一类是第轮甲队的得分加上0分,则第轮由甲抽取且不得分,或第轮由乙抽取,则,故选项D正确.故选:ACD.【点睛】关键点睛:解题的关键有两个,一是选项B,根据题意得到,从而可得数列是以为首项,为公比的等比数列,二是选项D,第轮结束后,甲队得分可以分2种情况:一类第轮甲队的得分加上1分,一类是第轮甲队的得分加上0分,从而得出.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知函数的定义域为,则的定义域为_________.【答案】【解析】 【分析】先由题意求出函数的定义域为,再由求解,即可得出结果.【详解】因为函数的定义域为,所以;即函数的定义域为;由解得,因此的定义域为.故答案为:14.不等式的解集为____________.【答案】【解析】【分析】分、两种情况讨论,分别求出不等式的解集,即可得解.【详解】不等式,当时即,等价于,解得,当时即,等价于,解得,综上可得不等式的解集为.故答案为:15.已知椭圆,过左焦点作直线l在x轴上方交椭圆于点A,过右焦点作直线交直线l于点B(B在椭圆外),若为正三角形,则椭圆的离心率为_____________.【答案】【解析】 【分析】根据正三角形的性质可推出,,则,再根据椭圆的定义可求得,再解在即可.【详解】因为为正三角形,所以,因为轴,所以,,所以,又,所以,在中,,所以椭圆的离心率为.故答案为:.16.对任意的正实数a,b,c,满足,则的最小值为_____________.【答案】【解析】【分析】根据条件,得到,利用基本不等式得到,再通过构造,二次运用基本不等式即可求出结果. 【详解】因为,当且仅当时取等号.故答案为:.【点睛】关键点晴:解答本题关键在于,利用条件将变形成,再整理成,再利用均值不等式即可求出结果.四、解答题(本题共6小题,第17小题10分,其余小题每题12分,共70分.解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知正项数列的前n项和为,满足:.(1)计算并求数列的通项公式;(2)令,求的前n项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据求解即可;(2)利用分组求和法求解即可.【小问1详解】由①,当时,,解得(舍去),当时,②,由①②得, 即,又,所以,所以数列是以为首项,为公差的等差数列,所以;【小问2详解】由(1)得,则.18.“五一”假期,各地掀起了旅游的热浪,“淄博烧烤”,“洪崖洞宠粉”等等冲上热搜.现调查性别因素是否对市内外旅游的选择有影响,在某旅行团抽取了五一期间出行旅游的100名游客,男性50人,女性50人,其中男性有40%选择在重庆市内旅游,在重庆市外旅游的游客中,男女的比例为2∶1,完成下列的2×2列联表,并回答相关问题.性别旅游地选择合计重庆市内重庆市外男性女性合计(1)依据小概率的独立性检验,能否认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联?(2)从选择重庆市外旅游的游客中按性别进行分层抽样,抽取了6名游客,再从这6名游客中抽取3名游客,记X为其中女性游客的人数,求.附:参考公式及数据:,其中.0.400.250.100.0100.0050.0010.7081.3232.7066.6357.87910.828 【答案】(1)能认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联(2)【解析】【分析】(1)根据题意,得出的列联表,求得,结合附表,即可得到结论;(2)根据题意求得男性4人,女性2人,利用对立事件的概率公式,即可求解.【小问1详解】解:根据题意,得到的列联表:性别旅游地选择合计重庆市内重庆市外男性203050女性351550合计5545100则,所以依据小概率的独立性检验,能认为性别对重庆市内外旅游的选择有关联.【小问2详解】解:抽取的6名游客中,男性有人,女性有人,从这6名游客中抽取3名游客,记为其中女性游客的人数,则.19.如图,在四棱锥中,为平行四边形,,平面平面,,,. (1)求证:平面平面;(2)若与平面所成角为,E为的中点,求锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用勾股定理证明,再根据面面垂直的性质可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得证;(2)先说明即为与平面所成角的平面角,再以点为原点建立空间直角坐标系,利用向量法求解即可.【小问1详解】在中,,,,则,所以,则,所以,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,又平面,所以平面平面;【小问2详解】作于点,因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,则即为与平面所成角的平面角,所以,又,所以为等边三角形,故,如图,以点为原点建立空间直角坐标系,则, 则,则,因为平面,所以即为平面的一条法向量,设平面的法向量为,则,令,则,所以,则,即锐二面角的余弦值.20.某商店搞促销活动,消费满1000元即可选择下列某一种活动赢得现金.活动一:掷三颗均匀骰子,若三颗骰子点数一样,则获得200元:若三颗骰子有且仅有2颗骰子点数一样,则获得100元;若三颗骰子均不一样则获得50元,用表示该消费者在该活动中获得的奖金数.活动二:消费者先选择1至6的某一个整数,然后掷三颗均匀骰子,若所选择的数在骰子上出现了次,则赢得元(,1,2,3),用表示该消费者在该活动中获得的奖金数.(1)求的分布列及数学期望;(2)求的分布列及数学期望,为了能获得更高的奖金,从概率学的角度来看应该选择哪个活动?【答案】(1)分布列见解析,(2)分布列见解析,,选择活动一【解析】 【分析】(1)依题意可能的取值为,,,求出所对应的概率,即可得到分布列与数学期望;(2)由已知,每一个点数每次出现的概率为,则选中的那个点数出现的次数,则可能的取值为:,,,,计算对应概率,写出分布列与期望,比较,,从而确定哪个活动更合适.小问1详解】根据题意可知,可能的取值为,,,则,,,则的分布列为:50100200所以;【小问2详解】由已知,每一个点数每次出现的概率为,则选中的那个点数出现的次数,则可能的取值为:,,,,,,,,所以的分布列为:40100160220,,,因为,故应该选择活动一. 21.已知双曲线C:的渐近线方程为,其左右焦点为,,点D为双曲线上一点,且的重心G点坐标为.(1)求该双曲线的标准方程;(2)过x轴上一动点作直线l交双曲线的左支于A,B两点,A点关于x轴的对称点为(与B不重合),连接并延长交x轴于点Q,问是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,说明理由.【答案】(1)(2)4【解析】【分析】(1)根据双曲线方程设,,根据重心坐标公式求出,代入原方程即可得到的值,则得到双曲线方程;(2)设的方程为,,将其与双曲线方程联立得到韦达定理式,写出直线的方程,令,解出,将韦达定理式代入整理得,则得到定值.【小问1详解】因为双曲线的渐近线方程为,故可设双曲线的方程为,设,因为的重心点的坐标为,所以,解得,所以,则代入得,所以双曲线的标准方程为【小问2详解】 由题意知直线的斜率必存在,设的方程为,,则,联立,化简得,则,且,由韦达定理得,,则直线的方程为:,令,则,故..【点睛】关键点睛:本题第二问的关键是采用设线法,即设的方程为,再将其与双曲线方程联立得到韦达定理式,22.(1)不等式对任意的恒成立,求m的取值范围;(2)当,求证:.(参考数据:,)【答案】(1);(2)证明见解析【解析】 【分析】(1)通过分离常量得到,通过构造函数,转化成求函数最大值,再利用导数求出的单调区间即可求解;(2)先利用和(1)中结果,将问题转化成证明,构造函数,再利用导数与函数单调性间的关系,求出函数的最小值即可证明结果.【详解】(1)因为不等式对任意的恒成立,故对任意的恒成立,令,则,所以,当时,,即在区间上单调递增,当时,,即在区间上单调递减,则,故.(2)因为,故,故只需要证明,又由(1)知,故只需要证明,即证:,令,则,令,则,所以,当时,,当时,,而,又,,,又因为,所以,故存在,,即,当时,,当时,,则,又因为,所以,故, 所以,故.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-08-10 05:42:01 页数:21
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文章作者:随遇而安

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