2022-2023学年天津市重点校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年天津市重点校联考高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知全集，集合，，则( )
A. B.
C. D.
2. 设，则“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4. 记等比数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
5. 中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手下表是年我国某新能源汽车厂前个月的销量和月份的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为，则下列四个命题正确的个数为( )
月份
销量万辆
变量与正相关；
；
与的样本相关系数；
年月该新能源汽车厂的销量一定是万辆．
A. B. C. D.
6. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
7. 已知，均为正数，且，则的最小值为( )
A. B. C. D.
8. 某学校选派甲，乙，丙，丁，戊共位优秀教师分别前往，，，四所农村小学支教，用实际行动支持农村教育，其中每所小学至少去一位教师，甲，乙，丙不去小学但能去其他三所小学，丁，戊四个小学都能去，则不同的安排方案的种数是( )
A. B. C. D.
9. 定义，设函数，若使得成立，则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10. 命题“，”的否定是______ ．
11. 曲线在点处的切线方程为______ ．
12. 展开式中的常数项为______ ．
13. 幂函数在上单调递增，则且的图象过定点______ ．
14. 设某医院仓库中有盒同样规格的光片，已知其中有盒、盒、盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的且甲、乙、丙三厂生产该种光片的次品率依次为，，，现从这盒中任取一盒，再从这盒中任取一张光片，则取得的光片是次品的概率为______ ．
15. 已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足，若函数有唯一零点，则实数的值为______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
袋子中有个大小相同的小球，其中个白球，个黑球，从袋中随机地取出小球，若取到一个白球得分，取到一个黑球得分，现从袋中任取个小球．
求得分的分布列及均值；
求得分大于的概率．
17. 本小题分
数列满足：，．
求数列的通项公式；
若，求数列的前项和．
18. 本小题分
已知函数．
若是的极值点，求的值；
求函数的单调区间；
若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围．
19. 本小题分
已知数列的前项和为，且；等差数列前项和为满足，．
求数列，的通项公式；
设，求数列的前项和；
设，若，对任意的正整数都有恒成立，求的最大值．
20. 本小题分
已知函数．
证明：当时，恒成立；
若且，证明：，．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：全集，集合，
则，又，
故．
故选：．
根据已知条件，结合补集、交集的定义，即可求解．
本题主要考查补集、交集的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由得，得，
由，得或，
因为或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行求解判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键，属于基础题．
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查函数的图象与性质，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
根据函数奇偶性的概念判断为奇函数，排除选项B和；再由排除选项A，即可得解．
【解答】
解：
，
为奇函数，排除选项B和；
取，则，排除选项A，
故选：．

4.【答案】
【解析】解：设等比数列的公比为，
由，得，
．
故选：．
首先根据等比数列通式求出，再化简得，代入计算即可．
本题主要考查等比数量的性质，等比数列的前项和，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由，，
因为回归直线过样本中心，，，错误；
可知随着变大而变大，所以变量与正相关，正确；
由回归直线可知，年月该新能源汽车厂的销量的估计值是万辆，错误．
故选：．
根据回归直线方程经过样本中心即可求解，结合相关性的定义以及回归方程即可逐一判断．
本题主要考查了线性回归方程的运用，解题的关键是利用线性回归方程恒过样本中心点，这是线性回归方程中最常考的知识点．属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以，，
又因为，，
所以，即，
故．
故选：．
由，，得，，由得，从而可得．
本题主要考查对数值大小的比较，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：当时，，，故，不符合题意，
故，
所以，
当且仅当，即，时等号成立．
故选：．
确定，变换得到，展开利用均值不等式计算得到答案．
本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：要求每所小学至少去一位教师，则需要将人分成组，
则甲，乙，丙中有位教师去同一所学校有：
种情况，
甲，乙，丙中有位教师与丁去同一所学校有：
种情况，
丁，戊两人选择同一所学校有：种情况，
所以满足题意的情况为：．
故选：．
分组讨论结合组合排列关系计算即可．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：命题使得成立的否定为对，，因为当或时，，当时，，
所以当或时，，
若命题，为真命题，
则当时，恒成立，
所以，其中，
设，，
当时，函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，所以，所以，与矛盾，舍去；
当时，函数在上单调递减，
所以当时，函数取最小值，所以，
所以，与矛盾，舍去；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，函数取最小值，所以，
所以，
所以当时，命题，为真命题，
所以若使得成立，
则的取值范围为．
故选：．
先考虑命题使得成立的否定为真命题时的取值范围，再求其补集即可．
本题属于新概念题，考查了对特殊命题的否定、指数函数的性质、二次函数的性质、转化思想及分类讨论思想，属于中档题．
10.【答案】，
【解析】解：命题“，”的否定是：，．
故答案为：，．
根据含有全称量词的否定的定义即可．
本题考查命题的否定，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由，得，
切线的斜率，
曲线在点处的切线方程为，
即切线方程为．
故答案为：．
先对求导，然后求出切线的斜率，再写出切线方程即可．
本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：由，
设其通项，
则当时，．
故答案为：．
利用二项式定理计算即可．
本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：因为幂函数在上单调递增，则，解得，
所以，，令，可得，且，
故函数的图象过定点．
故答案为：．
根据幂函数的定义和单调性可求出的值，可得出函数的解析式，令真数为，可求得函数的图象所过定点的坐标．
本题主要考查了指数函数与幂函数性质的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设“任取一个光片为次品”，“光片为厂生产”甲、乙、丙厂依次对应，，，
则，且，，两两互斥．
由题意可得：，
，
所以
．
故答案为：．
由全概率公式即可处理．
本题主要考查全概率公示的求法，古典概型概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为函数有唯一零点，
所以函数有唯一零点，
因为函数是定义在上的偶函数，所以，
所以，
所以函数为偶函数，又函数有唯一零点，
所以函数的零点为，所以，
因为函数是定义在上的奇函数，所以，
又由，可得，
所以，所以，解得或．
故答案为：．
由已知函数有唯一零点，结合偶函数的性质，列方程求的值．
本题考查函数方程与零点的关系，属于中档题．
16.【答案】解：由题意可知，随机变量的取值为、、、，
所取小球为白黑时，，
所取小球为白黑时，，
所取小球为白黑时，，
所取小球为白时，，
所以随机变量的分布列为：
随机变量的均值为：
，
根据的分布列，可得到得分大于的概率为：
．
【解析】根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，由期望的公式即可求解，
根据分布列即可求解概率．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
17.【答案】解：由题意，数列满足，
当时，可得，
两式相减，可得，
所以，
又由当时，，符合上式，
所以数列的通项公式为．
由知，则，
所以，
，
得
．
所以数列的前项和．
【解析】由题意，当时，可得，两式相减求得，又由时，，符合上式，即可求解；
求出，再用错位相减法可求．
本题考查数列通项公式的求法以及错位相减法求和，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：因为，
则，即，所以，经检验符合题意；
，则，
当时，，在上单调递增，
当时，由，得，
若，则；若，则，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
综上所述，当时，函数的增区间为，
当时，函数的增区间为，减区间为；
当时，由可得，令，其中，
则直线与函数在上的图像有两个交点，，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减．
所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数在上的图像有两个交点，
因此，实数的取值范围是．
【解析】由题意，求导得，然后根据，即可得到结果；
由题意，求导得，然后分与两种情况讨论，即可得到结果；
由题意，构造函数，将函数零点问题转化为两个图像交点问题，结合图像即可得到结果．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了函数性质在函数零点个数判断中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由，得，
当时，，即，
，且，
，
为首项为，公比为的等比数列，
．
设等差数列的公差为，
则，解得，，
．
由知，，，
则，
令为的前项和，
则
，
即．
，，
，
，
故恒成立，
设，
当时，；
当时，，即，
，即，
，
恒成立，
即恒成立，
，当且仅当，即时等号成立，
，故的最大值为．
【解析】根据与的关系证明为等比数列，根据等差数列性质求的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求，的通项公式；
利用裂项相消法求和即可；
由求，由条件可得，判断数列的单调性求其最值，由此可得，结合基本不等式求的最大值．
本题考查了数列与不等式的综合运用，数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于难题．
20.【答案】证明：当时，，
，
令，可得，令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取得极大值，也是最大值为，
所以恒成立．
，
，
令，解得或，
所以当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为，，
所以，所以，
，
由可知，
所以，
所以要证，即证，
即证，
即证，
令，
，，
所以单调递增，又因为，
所以，所以单调递增，
又因为，
所以，所以得证，
即得证．
【解析】利用导数求出的最大值为，即可得证；
利用导数求出的单调性，从而可求得，由可得，分析可得要证，即证，令，利用导数求得即可得证．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查不等式的证明，考查转化思想与逻辑推理能力，属于难题．
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