2022-2023学年辽宁省大连市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年辽宁省大连市高二（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. 在等差数列中，，，则的公差为( )
A. B. C. D.
2. 根据如表样本数据：
得到回归直线方程为，则( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
3. 中国古代著作张丘建算经有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了里路，则该马第六天走的里程数约为( )
A. B. C. D.
4. 第届冬奥会奥运村有智能餐厅、人工餐厅，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为( )
A. B. C. D.
5. 在的展开式中常数项是( )
A. B. C. D.
6. 已知函数为自然对数的底数在区间上单调递减，则实数的最小值为( )
A. B. C. D.
7. 刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款小明与银行约定：每个月还一次款，分次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为则小明每个月所要还款的钱数为元．( )
A. B. C. D.
8. 已知实数，，，且，其中为自然对数的底数，则( )
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. 下列说法中正确的是( )
A. 在的展开式中，奇数项的二项式系数和为
B. 已知事件，满足 ，且 ，则事件与相互独立
C. 已知随机变量 服从正态分布 ，且，则
D. 一个与自然数有关的命题，已知时，命题成立，而且在假设 其中时命题成立的前提下，能够推出时命题也成立，那么时命题一定成立，而 时命题不一定成立
10. 有甲、乙、丙等个人站成一排，则( )
A. 共有种不同的站法
B. 如果甲和乙必须相邻，共有种不同的站法
C. 如果甲、乙、丙三人两两不相邻，共有种不同的站法
D. 如果甲不能站在首位，乙不能站在末位，共有种不同的站法
11. 已知函数，则( )
A. 有三个零点
B. 有两个极值点
C. 点是曲线的对称中心
D. 曲线有两条过点的切线
12. 数列满足且，则( )
A. 若，则数列是等比数列
B. 若 ，则数列 是等差数列
C. 若 ，则数列中存在最大项与最小项
D. 若，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若离散型随机变量，且，则 ______ ．
14. 已知函数为自然对数的底数的图象在点处的切线与函数的图象也相切，则该切线的斜率为______ ．
15. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如，，数列满足，若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围是______ ．
16. 已知函数，若存在区间，当时，的值域为，且，其中表示不超过的最大整数，则的取值范围为______ ．
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
设是公差不为的等差数列的前项和，已知与的等比中项为，且与的等差中项为．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
18. 本小题分
年世界乒乓球锦标赛决赛阶段比赛于年月日至月日在南非德班国际会议中心举行，中国男女选手包揽了各项目的冠军，国球运动又一次掀起了热潮为了进一步推动乒乓球运动的发展，增强学生的体质，某学校在高二年级举办乒乓球比赛，比赛采用了局胜制，每场分，每赢一球得分，比赛每方球员轮流发两球，发完后交换发球，谁先达到分谁获得该场胜利，进行下一局比赛但当双方球员比分达到：时，则需要进行附加赛，即双方球员每人轮流发一球，直至一方超过另一方两分则获得胜利现有甲、乙两人进行乒乓球比赛．
已知某局比赛中双方比分为：，此时甲先连续发球次，然后乙连续发球次，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛乙以：获胜的概率；
已知在某场比赛中，第一局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立两人又进行了局比赛后比赛结束，求的分布列与数学期望．
19. 本小题分
已知函数为自然对数的底数，．
讨论的单调性；
若，证明：当时，．
20. 本小题分
某技术工厂有周岁以上含周岁工人名，周岁以下工人名为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“周岁以上含周岁”和“周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成组：，，，，分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图：
从样本中日平均生产件数不足件的工人中随机抽取人，求至少抽到一名“周岁以下组”工人的概率．
规定日平均生产件数不少于件者为“生产技术能手”，请你根据已知条件完成如表列联表，并判断是否有的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”．
周岁以上 周岁以下
生产技术能手 _____ _____
非生产技术能手 _____ _____
以样本中的频率作为概率，为了更好地了解该工厂工人日均生产量情况，从该厂随机抽取名工人进行一次日均生产量分析，若这名工人中有名工人本次日均生产量在之间的概率为，求取得最大值时的值．
附：
21. 本小题分
记数列的前项和为，已知，是公差为的等差数列．
求的通项公式；
若，数列的前项和为，求证：．
22. 本小题分
已知函数．
判断函数在区间上零点和极值点的个数，并给出证明；
若时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：等差数列中，设公差为，，，，
，．
故选：．
由题意，利用等差数列的定义和性质，计算求得结果．
本题主要考查等差数列的定义和性质，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由表中数据可得，随着的增大，越来越小，所以，
又时，，所以当时，必有．
故选：．
根据线性回归直线的函数特征，结合题中数据，即可判断出结果．
本题考查回归方程的应用，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：设该马第天行走的里程数为，
由题意可知，数列是公比为的等比数列，
所以，该马七天所走的里程为，
解得，
故该马第五天行走的里程数为．
故选：．
设该马第天行走的里程数为，分析可知，数列是公比为的等比数列，利用等比数列的求和公式求出的值，即可求得的值．
本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：设表示第天甲去餐厅用餐，，
设表示该生第一天去餐厅用餐，则，且，互斥，
由题意得，，，
运动员甲第二天去餐厅用餐的概率为：
．
故选：．
第天去哪家餐厅用餐的概率受第天在哪家餐厅用餐的影响，利用全概率计算公式能求出运动员甲第二天去餐厅用餐的概率．
本题考查概率的求法，考查全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：展开式的通项为，
令得，
展开式中的常数项为．
故选：．
用展开式的通项求常数项．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：已知，函数定义域为，
可得，
若函数在区间上单调递减，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在上单调递增，
此时，
则．
故选：．
由题意，对函数进行求导，将函数在区间上单调递减转化成在上恒成立，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，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
7.【答案】
【解析】解：根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为：，
第二个月末所欠银行贷款为：，
第个月末所欠银行贷款为：
，
由于分次还清所有的欠款，故，
解得，
故选：．
表达出第个月末所欠银行贷款数，因为分次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：已知，
对等式两边同时取对数，得，，，
整理得，，，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递增，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递增，
此时，
可得，
即，
则，
此时．
故选：．
由题意，根据对数的运算性质进行整理，构造函数，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，构造函数，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，结合两函数单调性进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理和运算能力．
9.【答案】
【解析】解：对于，，
令，得，
令，得，
二式相加化简得，A错误；
对于，由题意，所以有，
即，B正确；
对于，根据正态分布的对称性可知所求概率为，C错误；
对于，根据数学归纳法原理，D正确．
故选：．
结论概率与统计相关知识进行分析即可．
本题主要考查概率与统计相关知识，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，甲、乙、丙等个人站成一排，有种不同的站法，A错误；
对于，将甲乙看成一个整体，与其余人全排列即可，有种不同的站法，B正确；
对于，将其余人排好，再将甲乙丙三人安排在人的空位中，有种不同的站法，C正确；
对于，分种情况讨论：甲站在末位，剩下人全排列即可，有种结果，
甲不在末位，甲有种情况，乙也有种结果，余下的个人在四个位置全排列，共有种结果，
共有种不同的站法，D错误．
故选：．
根据题意，由排列组合公式依次分析选项，综合可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分布、分类计数原理的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对，由题，，令，得或，
令，得，
所以在，上单调递增，
在上单调递减，所以是极值点，故B正确；
对，由的单调性，且因极大值，，
所以函数在定义域上有且仅有一个零点，故A错误；
对，令，该函数的定义域为，
，则是奇函数，
是的对称中心，
将的图象向下移动个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
项，设切点为，的导数为，
则切线的斜率为，
切线的方程为，
代入，可得，
整理并解得：或，则过点的切线方程有两条，D正确．
故选：．
结合的单调性、极值可判断项；利用极值点的定义可判断项，利用平移可判断项；利用导数几何意义判断项．
本题考查导数的应用，考查函数的单调性，对称性，切线问题，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，若，则，以此类推，可见数列是以为公比的等比数列，A正确；
对于，，若，则有，即，所以数列是以为公差的等差数列，B正确；
对于，由于，假设当，，，成立，即，则，显然该式满足，可见数列是递减数列，没有最小项，C错误；
对于，由于，假设，，，，则，所以，
又，所以，所以，即，D正确．
故选：．
利用递推法和归纳法结合选项进行分析即可．
本题主要考查数列的递推法和归纳法，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：离散型随机变量，且，
则，解得．
故答案为：．
根据已知条件，结合二项分布的方差公式，即可求解．
本题主要考查二项分布的方差公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：函数为自然对数的底数的图象在点处的切线的斜率为：，
切线方程为：，即，
函数为自然对数的底数的图象在点处的切线与函数的图象也相切，
可得，所以，解得．
则该切线的斜率为．
故答案为：．
求解切线方程，联立切线方程与，利用判别式为转化求解即可．
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，是中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为的约数除了之外的一定是偶数，奇数的约数不可能为偶数，
所以与奇数不可能有除了以外的公约数，所以与奇数是互素的，
并且与偶数的公约数除了以外一定有公约数，所以与偶数是不互素的，
所以为不超过的正整数中的奇数的个数，
所以，，
若存在，使得不等式成立，
即存在，使得不等式成立，
故，令，
则，
当且时，，即，
当且时，，即，
所以的最大值为，
由题意，即为所求．
故答案为：
首先根据欧拉函数的定义，推出的值，得到表达式，再通过分离参数，将不等式能成立的问题化为关于的函数的最大值求解即可．
本题在新定义的背景下考查了数列与不等式的综合问题，属难题．
16.【答案】
【解析】解：，
将与方程联立解得，
将代入，解得，
由于，
所以当，
满足当时，的值域为，且．
故答案为：
求出与相切的直线，其斜率即为符合条件的的上限，过点的直线的斜率即为符合条件的的下限．
本题主要考查对数函数的值域，属中档题．
17.【答案】解：设等差数列的公差为，由与的等比中项为，
可得，
化为，
由与的等差中项为，可得，即，
由可得，，
则；
，
则数列的前项和
．
【解析】由等差数列的求和公式以及等差数列、等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求；
求得，由数列的裂项相消求和，可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及等差数列、等比数列的中项性质，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：设事件为“该局比赛乙以：获胜”
则；
易知随机变量的所有取值为，，，
此时，，
，
则的分布列为：
所以．
【解析】由题意，根据相互独立事件的概率公式进行求解即可；
得到的所有取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解．
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．
19.【答案】解：函数 的定义域为，则 ，
当时，故 在上单调递增；
当时，令 ， ，令，得 ，
故的减区间为，增区间为，
当 时，则 ，
设 ，
则 ，
，
又当时，单调递增且，
则当 时，，当时， ，
故的减区间为，增区间为．
故 ，即 ，
所以 ．
【解析】求导数，分类讨论，即可讨论的单调性；
当 时，则 ，设 ，利用导数即可证明．
本题考查了导数与函数单调性，考查了运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：已知周岁以上含周岁工人名，周岁以下工人名，
若从中抽取了名工人，
则从周岁以上的工人抽取人，
其中日平均生产件数不足件的工人有人，分别记为，，；
从周岁以下的工人抽取，
其中日平均生产件数不足件的工人有人，分别记为，，
若从样本中日平均生产件数不足件的工人中随机抽取人，
共有，，，，，，，，，这种情况，
其中，至少抽到一名“周岁以下组”工人的情况有，，，，，，这种情况，
则至少抽到一名“周岁以下组”工人的概率；
易知周岁以上的工人抽中日平均生产件数不少于件的工人有人，少于件的工人有人，
周岁以下的工人抽中日平均生产件数不少于件的工人有人，少于件的工人有人，
则列联表如下：
周岁以上 周岁以下
生产技术能手
非生产技术能手
此时，
所以，没有的把握认为“生产技术能手与工人所在的年龄组有关”；
易知样本中日均生产量在的频率为，
不妨设在抽取的名工人中，日均生产量在的人数为，
此时，
所以，
令，
当时，，
此时，
当时，，
此时，
所以当时，取得最大值．
【解析】由题意，根据分层抽样原理以及频率分布直方图求出每组应抽取的人数，进而即可求解；
结合所给信息列出列联表，代入公式中求出，将其与临界值对比，即可得到答案；
设在抽取的名工人中，日均生产量在的人数为，得到，此时，令，对和进行讨论，进而即可求解．
本题考查独立性检验，考查了数据分析和运算能力．
21.【答案】解：由，是公差为的等差数列，
可得，
当时，，
当时，由，可得，
上面两式相减可得，
即为，即有，
则是首项和公比均为的等比数列，
所以，即有；
证明：，
当时，，；
当时，．
可由数学归纳法证明．
当时，，成立；
设时，．
则时，，
所以时，．
所以，
设，
则，
上面两式相减可得
，
所以，
则．
综上，．
【解析】由等差数列的通项公式和数列的通项与前项和的关系，结合等比数列的通项公式可得所求；
讨论时，不等式成立；证明时，，再由错位相减法求和与不等式的性质，可证明不等式成立．
本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式、求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
22.【答案】解：在上只有一个极值点和一个零点．
证明：，，
当时，，单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以为的一个极大值点，
因为，，，
所以在上无零点，在上有唯一零点，
所以在上有且只有一个极值点和零点．
由，得，
令，则，
，，
若，则，
当时，，
令，则，
当时，，单调递减，
又，，
所以当，
所以，即，
由，
所以，
所以当时，恒成立，
若，因为时，单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，
所以当时，，单调递增，不满足恒成立，
若，
因为，
不满足恒成立，
综上所述，实数的取值范围为．
【解析】求导得，，当时，，单调递减，又，，则存在唯一的，使得，进而可得的单调性，推出为的一个极大值点，又，，，可得的零点，即可得出答案．
由，得，令，则，，，分三种情况：若，若，若，分析的最大值，判断是否恒成立，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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