山东省淄博市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第二学期高二教学质量检测数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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，只有一项是符合题目要求的．1.已知，则（）A.0B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求导函数，把代入求得，然后求得.【详解】由已知，则，即，所以．故选：D．2.已知等差数列的前项和为，，则（）A.25B.40C.45D.80【答案】B【解析】【分析】根据下标和性质求出，再根据等差数列求和公式及下标和性质计算可得.【详解】因为，所以，解得，所以. 故选：B3.某市高二年级进行了一次教学质量检测，考生共2万人，经统计分析数学成绩服从正态分布，其平均分为85分，60分以下的人数约，则数学成绩在85分至110分之间的考生人数约为（）A.3000B.5000C.7000D.14000【答案】C【解析】【分析】根据考生的数学成绩服从正态分布，数学成绩平均分为85分，得到正态曲线关于对称，根据60分以下的人数约，高于110分的所占的比例也是，根据正态曲线的对称性，即可得到结果.【详解】考生的数学成绩服从正态分布，数学成绩平均分为85分，正态曲线关于对称，60分以下的人数约，高于110分的所占的比例也是，数学成绩在85分至110分之间考生人数所占百分比约，所以数学成绩在85分至110分之间的考生人数约为（人）.故选：C4.某医院要安排名医生到、、三个社区参加义诊，每位医生必须去一个社区，每个社区至少有一名医生．则不同的安排方法数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先将名医生分为三组，确定每组的人数，然后将这三组医生分配到、、三个社区，利用分步计数原理可得结果.【详解】将名医生分为三组，每组人数分别为、、或、、，再将这三组医生分配到、、三个社区，由分步计数原理可知，不同的安排方法种数为.故选：A.5.已知的展开式中第三项与第四项的系数之比为，则其展开式中二项式系数最大的项为（） A.第3项B.第4项C.第5项D.第6项【答案】C【解析】【分析】依题意二项式展开式的系数即为其二项式系数，即可得到其第三项、第四项系数，从而求出，再根据二项式系数的性质判断即可.【详解】二项式展开式的系数即为其二项式系数，所以第三项的系数为，第四项的系数为，所以，即，解得，所以展开式一共有项，其第项的二项式系数最大.故选：C6.意大利数学家斐波那契在1202年著的《计算之书》中记载了斐波那契数列，此数列满足：，且从第三项开始，每一项都是它的前两项的和，即，则在该数列的前2023项中，奇数的个数为（）A.672B.675C.1349D.2022【答案】C【解析】【分析】根据数列的递推和奇偶周期性即可求解.【详解】，故，，故各项奇偶性呈现周期性（奇奇偶），且周期为3，∵，故奇数的个数为.故选：C.7.如图，圆的半径为1，从中剪出扇形围成一个圆锥（无底），所得的圆锥的体积的最大值为 （）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据圆锥的体积公式，结合不等式或者利用导数求解单调性，即可求解最值.【详解】设圆锥底面圆半径为则圆锥的高为，所以圆锥的体积为，当且仅当时取等号，或者：，令，则，故当时，，此时单调递增，当，此时单调递减，故当时，取最大值，故体积的最大值为，故选：D8.已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（）AB. C.D.【答案】D【解析】【分析】构造，，求导，结合函数单调性分析，即可判断.【详解】令，则，令，有，令，有，故函数在单调递增，在单调递减，故，即，所以，即，令，则，令，有，令，有，故函数在单调递增，在单调递减，故，即，所以，即，综上：.故选：D【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.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.可能把直线作为切线的曲线是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题意结合导数的几何意义逐项分析判断.【详解】因为直线的斜率，对于选项A：因为，则， 令，解得，故A正确；对于选项B：因为，则，又因为，则方程无解，故B错误；对于选项C：因为，则，令，解得，故C正确；对于选项D：因为，则，令，解得，故D正确；故选：ACD.10.已知，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】令可求，令可求，由利用二项式的通项可求解.【详解】因为，所以令，可得，令，可得，所以A正确，B错误；因为，所以展开式的通项公式为，所以，所以C正确，D错误.故选：AC. 11.已知数列是首项为1的正项数列，，是数列的前n项和，则下列选项正确的是（）A.B.数列是等差数列C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题意得到，结合等比数列的定义，得到数列是等比数列，可判定B不正确；利用等比数列通项公式，求得，可判定C正确；求得的值，可判定A正确；结合等差、等比数列的求和公式，可判定D正确．【详解】由，所以，因为，可得，所以数列是等比数列，所以B不正确；可得，所以，所以C正确；又由，所以A正确；由，，所以，所以D正确．故选：ACD．12.事件A，B的概率分别为：，，则（）A.若A，B为互斥事件，B.C.若A，B相互独立，D.若，则A，B相互独立 【答案】AD【解析】【分析】利用互斥事件的定义及性质判断A选项；利用和事件的关系判断B选项；利用相互独立事件的定义及性质判断C选项；利用条件概率公式，求解事件A与B的积事件，根据独立事件关系确定A、B的独立性可判断D.【详解】选项A：若A，B为互斥事件，则，所以，故A正确；选项B：，故B错误；选项C：若A，B相互独立，所以，故C错误；选项D：因为，所以，则A，B相互独立，故D正确；故选：AD.【点睛】关键点点睛：通常判断两个事件是否相互独立，常用以下两种方法：1、事件独立性的定义：如果事件A和事件B相互不影响，则称事件A和事件B是相互独立的；2、乘法原理：如果事件A和事件B是相互独立，则它们同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.记为等比数列的前项和．若，，则______．【答案】【解析】【分析】根据已知求出等比数列的基本量，求得，从而求得，即可得解.【详解】设公比为，因为，，，，，，，， 则，则.故答案为：14.随机变量X的分布列为：X123P则______．【答案】##0.6875【解析】【分析】利用概率之和为1算出，然后利用期望和方差的计算公式进行计算即可.【详解】由概率之和为1可得，，，故答案为：.15.一个袋子中有个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为，则的最大值为___________．【答案】【解析】【分析】计算并化简得到，根据对勾函数的性质计算最值得到答案.【详解】，对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 故当或时，有最小值为，故.故答案为：16.若不等式对任意成立,则实数a的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】将不等式变形为的形式,构造,求导判断单调性后可知,只需即可,即成立,只需,构造新函数,求导求单调性,求出最值解出a的取值范围即可.【详解】解:因为对任意成立,不等式可变形为:,即,即对任意成立,记,所以,所以在上单调递增,则可写为:,根据单调性可知,只需对任意成立即可,即成立,记,即只需,因为,故在上,,单调递增,在上,,单调递减,所以,所以只需即可,解得:. 故答案为:【点睛】思路点睛:本题考查不等式恒成立问题，属于难题，关于恒成立问题的思路如下:(1)若，恒成立，则只需;(2)若，恒成立，则只需;(3)若，恒成立，则只需;(4)若，恒成立，则只需;(5)若，恒成立，则只需;(6)若，恒成立，则只需;(7)若，恒成立，则只需;(8)若，恒成立，则只需.四、解答题：本题共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.已知首项为的等差数列满足：．（1）求的通项公式；（2）数列的前项和为，且，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据可得出关于的等式，解出的值，即可得出数列的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得，然后解不等式，即可得出满足条件的的最小值.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，由题意可得，则，因为，则，解得， 所以，.【小问2详解】解：，所以，，由可得，解得，故满足条件的的最小值为.18.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若对，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，讨论导数零点的大小关系，从而判断函数的单调性；（2）参变分离可得对恒成立，令，，利用导数求出函数的最小值，即可得解.【小问1详解】定义域为，，当时，令，得或，令，得，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；当时，令，得或，令，得，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；当时，恒成立，函数在单调递增.综上可知，当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 当时，函数的单调递增区间是，无减区间.【小问2详解】若函数，对恒成立，即对恒成立，令，则，当时，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在处取得极小值即最小值，所以，即实数的取值范围为.19.现有甲、乙两个袋子，其中甲袋中有6个红球和2个白球，乙袋中有3个红球和5个白球，两袋子中小球形状和大小完全相同．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中一次摸出两个球，称为一次试验．已知选择甲袋子的概率为，选择乙袋子的概率为．拟进行多次重复试验，直到摸出的两个球均为红球，不再试验．（1）求第一次试验摸出两个红球的概率；（2）已知需进行第二次试验，计算第一次试验摸出的两个球来自甲袋的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；（2）利用条件概率公式计算，根据数据得结果.【小问1详解】设试验一次，“选择甲袋”为事件，“选择乙袋”为事件，“摸出的两个球均为红球”为事件，， 即第一次试验摸出两个红球的概率为.【小问2详解】，所以已知需进行第二次试验，第一次试验摸出的两个球来自甲袋的概率为.20.某校为增强学生保护生态环境的意识，举行了以“要像保护眼睛一样保护自然和生态环境”为主题的知识竞赛．比赛分为三轮，每轮先朗诵一段爱护环境的知识，再答道试题，每答错一道题，用时额外加秒，最终规定用时最少者获胜．已知甲、乙两人参加比赛，甲每道试题答对的概率均为，乙每道试题答对的概率均为，甲每轮朗诵的时间均比乙少秒，假设甲、乙两人答题用时相同，且每道试题是否答对互不影响．（1）若甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相等，求最终乙获胜的概率；（2）请用统计学的知识解释甲和乙谁获胜的可能性更大．【答案】（1）（2）甲获胜的可能性更大，理由见解析【解析】【分析】（1）分析可知第三轮答题中乙要比甲多答对道题以上才能获胜，对甲、乙答对试题的数量进行分类讨论，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）设甲在比赛中答错的试题数量为，乙在比赛中答错的试题数量为，分析可知，，计算出两人因答错试题而额外增加的时间的期望值，并算比较两人所用的时间的期望的大小，即可得出结论.【小问1详解】解：因为甲、乙两人在第一轮和第二轮答对的试题的总数量相同，且甲每轮朗诵的时间均比乙少秒，所以，第三轮答题中乙要比甲多答对道题以上才能获胜， 若乙答对道试题，甲答对道试题，概率为，若乙答对道试题，甲答对道或道试题，概率为，所以，乙获胜的概率为.【小问2详解】解：设甲在比赛中答错的试题数量为，乙在比赛中答错的试题数量为，则，，由二项分布的期望公式可得，，则因甲答错试题额外增加的时间的期望值为秒，乙因答错试题额外增加的时间的期望值为秒，因为三轮中，甲朗诵的时间比乙少秒，所以，甲最后所用的时间的期望比乙少秒，所以，甲获胜的可能型更大.21.记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得 .【详解】（1）[方法一]：由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知①于是．②由①②得．③又，④由③④得．令，由，得． 所以数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法三]：由，得，且，，．又因为，所以，所以．在中，当时，．故数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．下面用数学归纳法证明．当时显然成立．假设当时成立，即．那么当时，．综上，猜想对任意都成立．即数列是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，,, 当n=1时，,当n≥2时,,显然对于n=1不成立,∴.【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；22.已知函数．（1）证明：函数有唯一的极值点，及唯一的零点；（2）对于（1）问中，，比较与的大小，并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析（2），证明见解析【解析】【分析】（1）确定函数的单调性，然后结合零点存在定理即可解决；（2）要比较与的大小，只要比较与0的大小即可，然后根据函数的单调性即可证明. 【小问1详解】当时，由于单调递减，单调递增，所以单调递减，又，所以只有一个零点（设为），无极值点；当时，由得，设，则，由于和在上均单调递减，所以单调递减，又，所以存在，使得，当时，，单调递增，即单调递增，当时，，单调递减，即单调递减，又，所以当时，恒成立，且存在，使得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以是的极值点，又，所以当时，恒成立，即函数无零点；综上，函数有唯一的极值点，及唯一的零点. 【小问2详解】，证明如下：由（1）知，，由于为的极值点，所以，即，所以，设，则，所以单调递增，所以，即，所以，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，又在递减，所以【点睛】方法点睛：1.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．2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.