2022-2023学年广东省广州市荔湾区高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省广州市荔湾区高二（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. 函数，则等于( )
A. B. C. D.
2. 从，，，中任取个数字，从，，中任取个数字，则一共可以组成五位数没有重复数字的个数是( )
A. B. C. D.
3. 学校乒乓团体比赛采用场胜制场单打，每支球队派名运动员参赛，前场比赛每名运动员各出场次，其中第，位出场的运动员在后场比赛中还将各出场次，假设某球队派甲、乙、丙名运动员参加比赛，则所有可能的出场情况的种数为( )
A. B. C. D.
4. 根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型，得到经验回归模型对应的残差如图所示，则模型误差( )
A. 不满足一元线性回归模型的的假设
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和的假设
D. 满足一元线性回归模型的所有假设
5. 已知函数，且满足，则( )
A. 函数在处有极大值 B. 函数在区间上是减函数
C. 函数有两个极值点 D. 函数在区间上是增函数
6. “杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列如图所示，去除所有为的项，依此构成数列，，，，，，，，，，，则此数列的前项的和为( )
A. B. C. D.
7. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第次由甲将球传出，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，则次传球后球在甲手中的概率为( )
A. B. C. D.
8. 已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则实数的取值范围是( )
A. B. 或 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. 已知二项式，则( )
A. 展开式中的系数是 B. 展开式中没有常数项
C. 展开式中各项系数之和为 D. 展开式中二项式系数最大的项是第项
10. 随机抽取家超市，得到其广告支出万元与销售额万元数据如下，则( )
超市
广告支出万元
销售额万元
A. 销售额与广告支出正相关
B. 销售额与广告支出的变化趋势相同，但广告支出超过万元后，销售额增加幅度变缓
C. 销售额与广告支出线性相关越强，相关系数越接近
D. 要得到销售额的预测值，模型比模型更可靠
11. 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲，，歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金分别是：猜对歌曲的概率为，可获公益基金千元；猜对歌曲的概率为，可获公益基金千元；猜对歌曲的概率为，可获公益基金千元规则如下：按照，，的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，记嘉宾获得的公益基金总额为千元，则( )
A. B.
C. D. 获得公益基金的期望值与猜歌顺序无关
12. 已知函数，则( )
A. 对任意，有恒成立
B. 当时，函数有个零点
C. 存在实数，使得方程有个实数解
D. 若，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知随机变量，则等于______ 参考数据：
14. 在道试题中有道代数题和道几何题，每次从中随机抽出道题，抽出的题不再放回设事件为“第次抽到代数题”，事件为“第次抽到几何题”，则 ______ ．
15. 用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当容器的容积最大时，扇形的圆心角 ______ 弧度．
16. 已知函数在处有极小值，则等于______ ；若曲线有条过点的切线，则实数的取值范围是______ ．
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
已知数列的首项，且满足．
求数列的通项公式；
若，求满足条件的最大整数．
18. 本小题分
某通信公司为了更好地满足消费者对流量的需求，推出了不同定价的流量包，经过一个月的统计，获取了容量为万人的样本同时为了进一步了解年龄因素是否对流量包价格有影响，统计了小于岁和大于等于岁两个年龄段人群的购买人数，收集数据整理如表所示．
定价元月
岁万人
岁万人
购买总人数万人
年龄段 流量包 合计
元 元
岁
岁
合计
试根据这些数据建立购买总人数关于定价的经验回归方程，并估计定价为元月的流量包的购买人数；
若把元月以下不包括元的流量包称为低价流量包，元月以上包括元的流量包称为高价流量包，根据以上数据完成列联表，依据的独立性检验，判断年龄段和流量包价格是否有关联附：
．
19. 本小题分
某流水线生产一批产品，按质量标准分为一等品、二等品、三等品，共三个等级现从该批产品中随机抽取件，其中一等品有件，二等品有件，三等品有件．
若根据产品等级，按分层抽样的方法从这件产品中抽取件，再从这件产品中随机抽取件，记这件产品中一等品的数量为，求的分布列与数学期望；
若将件产品中各等级的频率视为概率，从流水线上任取件产品，记这件产品中一等品的数量为，求的数学期望与方差．
20. 本小题分
如图，在三棱柱中，点为线段的中点，点为线段上一动点，，，．
若点为线段中点，求证：平面；
求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
21. 本小题分
已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且满足，其中为坐标原点．
求抛物线的标准方程；
直线与抛物线相交于，两点，以为直径的圆过点，作，为垂足是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数．
讨论函数的单调性；
当时，令，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，
，，
，即，即．
故选：．
先对求导，再结合，，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：，，，中任取个数字有种，从，，中任取个数字有，
则共组成五位数的个数为个．
故选：．
利用先选后排法进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用先组合后排列方法进行计算是解决本题的关键，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：可分为三类：
第一类，若场决胜负，有种，
第二类，若场决胜负，则前场每人参加次，第四场从，位出场的运动员选一个参加比赛即可，有种，
第三类，若场决胜负，则前场每人参加次，，位出场的运动员在参加，场比赛有种，
则所有可能的出场情况共有种．
故选：．
根据比赛场次进行讨论求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，是基础题．
4.【答案】
【解析】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．
故选：．
根据一元线性回归模型有关概念即可判断．
本题考查了一元线性回归模型的有关概念，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：的定义域为，
由，得，
因为，所以，得，
所以，，
由，得或，由，得，
所以在和上递增，
在和上递减，
所以在时取得极大值，在时取得极小值，所以、B错误，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，
在上递增，无极值点，所以C错误，D正确．
故选：．
先由求出，然后利用导数求出函数的单调区间和极值，再分析判断即可．
本题考查导数的综合应用，考查极值，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：由于，所以数列的前项包含了第二行到第十行的所有除去的数，
第行所有数的和为，
所以所求和为．
故选：．
先确定加到哪一行的那个数，而后进行求和即可．
本题主要考查杨辉三角的性质，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意知第一次传球求在甲手中概率为，即，第二次为，第三次为，
第四次为，第五次为，第六次为．
故选：．
由题意知第一次传球求在甲手中概率为，即，第二次为，第三次为，由此类推即可求出第六次传球球在甲手中的概率．
本题主要考查概率相关计算，利用递推法进行计算是解决本题的关键，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以曲线在处的切线斜率，
所以切线方程为，即，
因为切线与曲线只有一个公共点，
所以只有一个根，
所以只有一个根，
令，，
所以只需与只有一个交点，
，
令，则在上单调递增，
又，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以，
时，；时，，
所以或，
故选：．
先求出曲线在处的切线方程为，若切线与曲线只有一个公共点，则只有一个根，即只有一个根，令，，只需与只有一个交点，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题注意转化思想的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，
对于，令，解得，
则展开式中的系数是，选项A正确；
对于，当时，可以得到常数项，选项B错误；
对于，令，可得，
即展开式中各项系数之和为，选项C正确；
对于，第项的二项式系数最大，且最大为，选项D错误．
故选：．
先求出展开式的通项公式，然后再逐项分析判断即可．
本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项，作出散点图如下图所示：
由散点图可知，销售额与广告支出正相关，对；
对于选项，由散点图可知，销售额与广告支出的变化趋势相同，
但广告支出超过万元后，销售额增加幅度变缓，对；
对于选项，销售额与广告支出线性相关越强，相关系数的绝对值越接近，错；
对于选项，由散点图可知，随着的增大而增大，当时，销售额增加幅度变缓，
所以，要得到销售额的预测值，模型比模型更可靠，对．
故选：．
作出散点图，由散点图可判断选项；根据线性相关系数与线性相关关系的强弱可判断选项．
本题考查了散点图的应用和线性相关系数，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：分别用，，表示猜对歌曲，，歌名的事件，则，，相互独立，
则该嘉宾获得公益基金总额可能取，，，，
，
，
，故A错误；
，
故E，
故E，故B正确；
，
故D，故C正确；
假如猜歌顺序变成，，，则的可能取值为，，，
则，
，
，
，
此时，，故D错误．
故选：．
由题意求出获得基金的分布列，找出期望与方差，根据期望与方差的性质可判断选项A，，，再交换猜歌顺序，求出新的期望值，可判断项．
本题考查离散型随机变量的分布列，期望与方差，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：由函数，可得函数定义域为，
当时，，
当时，，且，
又
，
令，则，
令，则或，
即在，上单调递增，在，上单调递减，
故在时取得极大值，
在时取极小值，
当从的左侧趋近于时，趋近于负无穷小，
当从的右侧趋近于时，趋近于正无穷大，
当时，增加的幅度越来越块，即图象较陡，
由此可作出函数的图象如图：
由图象可知，对任意，有恒成立， A正确；
当时，直线与的图象将会有一个交点，
即函数有个零点，B错误；
由图象，设为的过原点且和的部分图象相切的切线，斜率设为，
当直线的斜率时，即存在直线与的图象有个交点，
即存在实数，使得方程有个实数解，C正确；
由结合图象可知，，
设，，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故，为单调减函数，
即，即，即，
由于在上单调递增，
故，，D正确．
故选：．
判断函数值情况，利用导数判断函数单调性，作出函数图象，由此可判断，；数形结合，判断；构造函数，，判断其单调性，结合单调性证明不等式，判断．
本题综合考查导数的应用，注意数形结合解决问题，属难题．
13.【答案】
【解析】解：随机变量，
则．
故答案为：．
根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意，，，
则．
故答案为：．
根据条件概率的概率公式求解即可．
本题考查条件概率的概率公式，考查学生计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设圆锥的底面半径为，高为，体积为，那么，
因此，
，
．
令，即，得，
当时，．
当时，．
所以，时，取得极大值，并且这个极大值是最大值，
把代入，得
由，得，
故答案为：
设圆锥的底面半径为，高为，体积为，求出，表示出体积表达式，利用导数求出函数的最大值，得到结果．
本题考查圆锥与扇形展开图的关系，体积的计算，考查计算能力，导数的应用，解题的关键是建立起体积的函数模型，理解函数的单调性与最值的关系是解本题的重点．
16.【答案】
【解析】解：因为，则，
由可得或，且与同号，
因为函数在处有极小值，
即函数的极小值点为正数，则必有，此时，，列表如下：
增 极大值 减 极小值 减
所以，函数的极小值点为，故，则，
设切点为，因为，
则，所以，切线方程为，
将点的坐标代入切线方程可得，
令，则，令，可得或，列表如下：
减 极小值 增 极大值 减
由题意可知，函数与函数的图象有三个公共点，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有三个公共点，
因此，实数的取值范围是
故答案为：；
利用导数分析函数的单调性，分析可知，根据函数的极小值点可求得的值；设切点为，利用导数写出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可知方程有三个不等的实根，设，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知函数与函数的图象有三个公共点，数形结合可得出实数的取值范围．
本题考查导数的综合应用，考查函数的极值，考查方程与函数的关系，属于中档题．
17.【答案】解：由，得，
则，
，，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，即，；
由知，，
，
由，得，
解得．
故满足条件的最大整数．
【解析】将原递推式两边取倒数，结合等比数列的定义，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，求其通项公式，可得数列的通项公式；
运用等比数列的求和公式，可得，再由不等式恒成立思想，即可得出答案．
本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，以及不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：由表格中的数据可得，
，
所以，关于的回归方程为，
当时，万人，
因此，估计定价为元月的流量包的购买人数约为万人；
解：零假设：年龄段和流量包价格没有关联，
由题中数据完善列联表如下表所示：
年龄段 流量包 合计
元 元
岁
岁
合计
，
所以，依据小概率的独立性检验，我们推断成立，即认为年龄段和流量包价格没有关联．
【解析】计算出的值，将表格中的数据代入最小二乘法公式，求出的值，可得出回归直线方程，将代入回归方程，可得所求结果；
完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论．
本题考查了回归方程和独立性检验，属于中档题．
19.【答案】解：若采用分层抽样的方法从件产品中抽取件，
其中一等品有件，二等品有件，三等品有件，
则的所有取值为，，，
此时，，，
则的分布列为：
此时；
若将件产品中各等级的频率视为概率，
则从这件产品中取出件是一等品的概率为，
此时，
则，．
【解析】由题意，根据分层抽样的定义，得到所抽的件产品中一等品、二等品、三等品的件数，可得的所有取值，求出相应的概率，列出分布列，代入公式求解即可；
先求出取出是一等品的概率，易知服从二项分布，利用二项分布的期望和方差公式进行求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了数据分析和运算能力．
20.【答案】证明：因为点为线段中点，故，
而，故BE，
故，则，
则，，同理可得，
，，平面，故AA平面，
平面，故AA，而，；
由，则，点为线段的中点，故，
由，，平面，故平面C.
解：由可知当点为线段中点时，平面，，
故BB平面，平面，则，
由于的中点始终是存在的，故BB一定成立，故四边形为矩形，
如图，连接，，
由于≌，故EB，点为线段的中点，
故，
由于，故；
当为中点时，结合求得到平面的距离为，
设到平面的距离为，则，
即，，即，
由于点为线段上一动点，故当为线段中点时，
即平面时，最小为，此时取最大值，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
【解析】利用线面垂直的判定定理即可证明结论；
由题意说明四边形为矩形，由此根据三棱锥的等体积法可求出到平面的距离的最大值，根据线面角的含义即可求得答案．
本题主要考查线面垂直的判定定理以及直线与平面所成的角，属于中档题．
21.【答案】解：抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可得，
将点的坐标代入抛物线方程可得，
所以，，
所以，，
因为，解得，
因此，抛物线的标准方程为．
解：若直线轴，则直线与抛物线只有一个公共点，不合题意；
设直线的方程为，、，
联立，可得，
，则，
由韦达定理可得，，
，
因为以为直径的圆过点，则，
所以，
显然且，
所以，
即，
即，可得，
所以，直线的方程为，
由可得，，
所以，直线过定点，
所以，
因为，当点为线段的中点时，即当点的坐标为时，为定值．
因此，存在定点，且当点的坐标为时，为定值．
【解析】利用抛物线的定义结合两点间的距离公式可得出关于的方程，解出的值，即可得出抛物线的标准方程；
分析可知，直线不与轴垂直，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出、所满足的关系式，求出直线所过定点的坐标，利用直角三角形的几何性质可得出定点的坐标．
本题考查了抛物线的标准方程以及抛物线中点定值问题，属于较难题．
22.【答案】解：，
，
当时，，
令得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
当时，令得或，
若，即时，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
若，即时，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
若，即时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
当时，在，上单调递增，在上单调递减，
当时，在单调递增．
证明：要证，
即证，
即证，
即证，
即证，
令，，
，
令得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，
又，
所以，得证．
【解析】求导得，分两种情况：当时，当时，分析的符号，进而可得的单调性．
要证，即证，即证，令，，只需证明，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
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