2022-2023学年广东省清远市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省清远市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知函数，则( )
A. B. C. D.
2. 已知随机变量，若，则( )
A. B. C. D.
3. 为提高学生的身体素质，某校开设了游泳和篮球课程，甲、乙、丙位同学每人从中任选门课程参加，则不同的选法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
4. 已知和之间的几组数据如下表：
根据表中数据得到关于的经验回归方程为，则预测当时，( )
A. B. C. D.
5. 袋子中有个大小相同的小球，其中个白球，个黑球，每次从袋子中随机摸出个球，摸出的球不再放回在第次摸到白球的条件下，第次摸到黑球的概率为( )
A. B. C. D.
6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
7. 中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊现有支救援队前往，，三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排支救援队，其中受灾点至少需要支救援队，则不同的安排方法种数是( )
A. B. C. D.
8. 已知直线与函数的图象相切，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知随机变量的分布列为
则( )
A. B. C. D.
10. 已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则( )
A. 有个极值点
B. 是的极大值点
C. 是的极大值点
D. 在上单调递增
11. 已知，则( )
A.
B.
C.
D.
12. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 的展开式中的常数项为______．
14. 已知随机变量，则 ______ ．
15. 如图，在墙角处有一根长米的直木棒紧贴墙面，墙面与底面垂直在时，木棒的端点以的速度垂直墙面向右做匀速运动，端点向下沿直线运动，则端点在这一时刻的瞬时速度为______ ．
16. 某校举行了足球比赛，每个球队都和其他球队进行一场比赛，每场比赛获胜的球队得分，失败的球队得分，平局则双方球队各得分，积分最高的球队获得冠军已知有一个队得分最多其他球队得分均低于该球队，但该球队的胜场数比其他球队都要少，则参加比赛的球队数最少为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
为了提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素对本校学生体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行调查，得到下表：
体育锻炼 性别 合计
男生 女生
喜欢
不喜欢
合计
在本次调查中，男生人数占总人数的，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的．
求，的值；
依据的独立性检验，能否认为学生的性别与喜欢体育锻炼有关？
附：，．
18. 本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求的大小；
若，且，求周长的最小值．
19. 本小题分
如图，将三棱锥的侧棱放到平面内，，，，，平面平面．
证明：平面平面．
若，平面与平面夹角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
20. 本小题分
已知数列的前项和满足，集合
求集合；
若求数列的前项和．
21. 本小题分
已知是椭圆：的左顶点，过点的直线与椭圆交于，两点异于点，当直线的斜率不存在时，．
求椭圆的方程；
求面积的取值范围．
22. 本小题分
已知函数．
若，求的图象在处的切线方程；
若有两个极值点，，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，
故．
故选：．
根据已知条件，结合导数的运算，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由随机变量及正态分布的对称性，
知，
所以，
所以．
故选：．
由正态分布的对称性求解即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：甲、乙、丙位同学每人都有种不同的选法，
根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有种．
故选：．
根据分步乘法计数原理直接求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，，
则样本点的中心的坐标为，
代入，可得．
，取，可得．
故选：．
由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求解，再求出时的值即可．
本题考查线性回归方程，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：依题意，在第次摸到白球的条件下，
第次摸到黑球的概率为．
故选：．
根据条件概型的知识求得正确答案．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，确定基本事件的个数是关键．
6.【答案】
【解析】解：由函数，
可得，
若在区间内单调递增，
则在恒成立，
即在恒成立，
令，，
则，
令，解得，令，解得，
故在递增，在递减，
故，
故，
即实数的取值范围是．
故选：．
求出函数的导数，将问题转化为在恒成立，令，，求出的最小值，从而可求得的取值范围．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题．
7.【答案】
【解析】解：若受灾点需要支救援队，剩余支救援队分成两组，，，受灾点的人数为，，或，，或，，．
若人数为，，，则有，
若人数为，，，则有，
若人数为，，，则有，
若受灾点需要支救援队，剩余支救援队分成两组，，，受灾点的人数为，，或，，．
若人数为，，，则有，
若人数为，，，则有，
若受灾点需要支救援队，剩余支救援队分成两组，，，受灾点的人数为，，，
此时人数为．
综上共有．
故选：．
根据受灾点至少需要支救援队，分别进行讨论求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用组合公式进行分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：设直线与函数的图象切于，
由，得，
，，
则，
可得．
令，
则，
当时，，当时，，
在上的最小值为．
故选：．
设切点坐标，把与用切点横坐标表示，再由导数求最值得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，由的分布列，有，
解可得：，A正确，B错误；
故E，C正确；
，D正确．
故选：．
根据题意，由分布列的性质可得，求出的值，可得A正确，B错误，进而求出和的值，分析可得、D正确，综合可得答案．
本题考查离散型随机变量的期望和方差，属于分布列的计算，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：将的图象向上平移个单位，
得的图像，结合图像：
时，，递增，
时，，递减，
时，，递增，
时，，递减；
故和是函数的极大值点，是函数的极小值点，
故A正确，B正确，C错误，D正确．
故选：．
根据导函数的符号，求出函数的单调区间，从而判断各个选项．
本题考查了函数的单调性，极值点问题，考查导数的应用，是基础题．
11.【答案】
【解析】解：，
令，可得，故A正确．
再令，可得，故有，故B错误．
再令，可得，用，并除以可得，，故C正确．
对于所给的等式，令，可得，
故有，故D正确．
故选：．
由题意，通过给变量赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：，
，
令，，
单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
令，，
，
令，得或，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
故选：．
，则，令，，求导分析单调性可得，进而可得，的大小关系；，则，令，，求导分析单调性，可得，进而可得，大小关系，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：的展开式的通项公式为，
由，可得，
即有展开式的常数项为．
故答案为：．
由二项式的展开式的通项公式，整理，可令的指数为，计算可得所求常数项．
本题考查二项式的展开式的通项公式和运用，考查运算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：根据题意，随机变量，
则．
故答案为：．
根据题意，由二项分布的方差计算公式计算可得答案．
本题考查二项分布的性质，涉及随机变量的方差，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据题意，设端点运动的路程为，运动的时间为，
木棒的长度为定值，点运动了，
则有，
变形可得，
求其导数可得：，
当时，有，即端点在这一时刻的瞬时速度．
故答案为：．
根据题意，设端点运动的路程为，由勾股定理可得关于的方程，变形可得，求出其导数，将代入计算可得答案．
本题考查导数的定义和计算，注意构造关于的方程，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：根据题意，假设得分最多的球队为甲队，设甲队胜场平场，则甲队的总得分为，
由已知条件可知，其余各队至少胜场，得分不少于，
则有，则，即甲队至少平场．
若乙队与甲队踢成平局，则乙队的得分至少为，则，则有，即甲队至少平场．
若参加比赛的球队数为，则甲队总得分为分，其他个球队每个球队至少胜场比赛，则其他个球队中必有球队得分不低于分，不符合题意．
若参加比赛的球队数为，且他们的得分如下表：
甲 乙 得分
甲
乙




符合题意，故参加比赛的球队数最少为个．
故答案为：．
根据题意，假设得分最多的球队为甲队，设甲队胜场平场，则甲队的总得分为，由条件分析、的关系，可得甲队至少平场，列举分析参加比赛队伍的数目，即可得答案．
本题考查合情推理的应用，注意比赛的规则，属于中档题．
17.【答案】解：由题可知，解得，．
零假设为学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联，
根据列联表及中数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断成立，即学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联．
【解析】根据题设条件，建立，的方程组即可求出结果；
通过计算出即可判断出结果．
本题主要考查独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：因为，由正弦定理可得．
又，所以，即，
又，所以；
由知，则，
又因为，所以，则，
的周长为，
因为，所以，当且仅当时，等号成立．
故周长的最小值为．
【解析】由正弦定理可得，即可求；
由余弦定理可得，结合，可得，，则的周长为，利用均值不等式即可求解．
本题考查了三角恒等变形、正余弦定理、基本不等式，考查了计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
记点在平面内的投影为，连接，，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，平面与平面夹角的正切值为，
所以，，
则，，，
从而，，
设平面的法向量为，
则，
则可取，
易知，平面的一个法向量为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】利用面面垂直可得平面，从而得到，再利用线线垂直可得平面，再利用面面垂直得判定得证；
建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出结果．
本题考查面面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：由可知当，，二式相减得，
又，符合上式，
所以，
所以集合
；
结合可知，，，，
当，，
所以数列的前项和为
．
【解析】求出数列的通项公式，而后代入集合求出即可；
将数列的前项分类求和而后相加．
本题主要考查等比数列相关性质，属中档题．
21.【答案】解：因为是椭圆的左顶点，
所以，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，
又因为此时，，
所以不妨设，
所以代入椭圆的方程可得，解得，
所以椭圆的方程为．
设直线的方程为，，，
联立，得，
，
所以，，
所以
，
点到直线的距离为，
所以，
令，，则，
所以，
对于，，
由对勾函数的性质可得当时，单调递增，
所以当时，，最大值为，
所以的取值范围为
【解析】根据题意可得，当直线斜率不存在时，直线的方程为，又，则，不妨设，代入椭圆的方程，解得，即可得出答案．
设直线的方程为，，，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离，再计算，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：已知，函数定义域为，
当时，，
可得，
所以，
又，
所以的图象在处的切线方程为，
即；
证明：因为，
可得，
因为有两个极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，，
即方程有两个不相等的正实数根，，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，
所以当时，，当时，，
因为有两个不相等的正实数根，，
所以，即有两个不相等的正实数根，，
此时，
整理得，
要证，
需证，
即证，
不妨设，
令，，
可得，
此时需证，
即证，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以在定义域上单调递减，
此时，
故．
【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到和，代入切线方程中即可求解；
对函数进行求导，将有两个极值点，，转化成方程有两个不相等的正实数根，，构造函数，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，可得有两个不相等的正实数根，，整理得，要证，需证，设，利用换元法，令，，即证，构造函数，对进行求导，利用导数得到的单调性和极值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
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