辽宁省葫芦岛市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（含解析）

辽宁省葫芦岛市2022-2023学年高二下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．命题“对任意，都有”的否定为（ ）
A．对任意，都有 B．不存在，使
C．存在，使 D．存在，使
2．已知集合，，，则实数m的值为（ ）
A．－1 B．0 C．1 D．2
3．根据如下样本数据
x 3 4 5 6 7 8
y
可得到的回归方程为,则（ ）
A． B． C． D．
4．已知等比数列中，，，则等于（ ）
A．16 B．－16 C．－64 D．64
5．若“”是“”充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”如下：今有与人钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还敛聚与均分之，人得十钱，问人几何？意思是：将钱分给若干人，第一人给3钱，第二人给4钱，第三人给5钱，以此类推，每人比前一人多给1钱，分完后，再把钱收回平均分给各人，结果每人分得10钱，则分到钱的人数为（ ）
A．10 B．15 C．105 D．195
7．设随机变量的分布列如下表，则（ ）
1 2 3 4
P a
A． B． C． D．
8．已知是可导函数，且对于恒成立，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．已知，，，则（ ）
A．曲线与轴围成的几何图形的面积小于1
B．函数图象关于直线对称
C．
D．函数在上单调递增
11．某地7个贫困村中有3个村是深度贫困，现从中任意选3个村，下列事件中概率小于的是（ ）
A．至少有1个深度贫困村 B．有1个或2个深度贫困村
C．有2个或3个深度贫困村 D．恰有2个深度贫困村
12．设，若函数在上单调递增，则的值可能是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．已知，，则的值为 ．
四、双空题
14．一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，记下颜色后放回，一共拿4次，设拿出黄球的次数为，则 ； ．
五、填空题
15．已知正实数x，y满足，则的最小值为 ．
16．艾萨克·牛顿，英国著名物理学家、数学家，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：满足，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1和3，数列为牛顿数列，设，已知，，则的通项公式 ．
六、解答题
17．某市学生校车由“通达”和“运达”两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了两家公司200天校车早上是否准时到校情况，并统计了如下列联表：
准时到校天数 未准时到校天数
通达 96 8
运达 84 12
(1)根据上表，分别估计“通达”和“运达”两家公司早上准时到校的概率；
(2)能否有95%的把握认为校车早上是否准时到校与校车所属的公司有关？
附：，
0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
18．不等式的解集是，集合．
(1)求实数a，b的值；
(2)若集合A是B的子集．求实数m的取值范围．
19．设函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间：
(3)若函数在区间内单调递增，求k的取值范围．
20．已知等差数列前n项和为，数列是等比数列，，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前2n项和．
21．投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，是把箭向壶里投．在战国时期较为盛行，在唐朝时期，发扬光大．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为发扬传统文化，唤醒中国礼仪，某单位开展投壶游戏．现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中则此人继续投壶，若未投中则换为对方投壶．无论之前投壶情况如何，甲每次投壶的命中率均为0.3，乙每次投壶的命中率均为0.4．由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投壶的人是甲的概率；
(2)求第i次投壶的人是乙的概率．
22．已知函数．
(1)当时，判断函数的图象是否关于直线对称，若对称，求n的值，若不对称，说明理由；
(2)若函数在存在极值，求m的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.
【详解】命题“对任意，都有”为全称量词命题，
其否定为：存在，使.
故选：D
2．B
【分析】根据集合与的关系可以得到或或，排除后两种情况即可得解.
【详解】
或（不可能，舍去）或（不可能，舍去）
故选：B
3．A
【详解】试题分析：依据样本数据描点连线可知图像为递减且在轴上的截距大于0，所以．
考点：1．散点图；2．线性回归方程；
4．A
【分析】根据等比数列的性质计算.
【详解】是等比数列，又，∴，
∴．
故选：A．
5．C
【分析】首先解出绝对值不等式，再根据充分不必要条件得到集合的包含关系，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】由，即，解得，
因为“”是“”充分不必要条件，
所以真包含于，所以（等号不能同时取得），解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C
6．B
【分析】由“将钱分给若干人，第一人给3钱，第二人给4钱，第三人给5钱，以此类推，每人比前一人多给1钱”可知第一人到最后一个钱数构成一个首项为3且公差为1等差数列，可令其为，设人数为，由等差数列求和公式构建方程，可得分到钱的人数.
【详解】设共有人，第一人到最后一个钱数构成一个首项为3且公差为1等差数列，
令其为，则……
解得
故选：B.
7．C
【分析】根据题意，解可得 ，结合分布列计算，即可得答案.
【详解】根据题意，，解得，则，
结合分布列：
.
故选：C
8．B
【分析】构造函数，由导数确定其单调性，可判断各选项．
【详解】设，则，由已知得，
所以是上的减函数，
∴，即，
即，，
故选：B．
【点睛】方法点睛：需要利用导数比较函数值大小时，常常根据已知条件构造新函数（如，，，），求导后得出的单调性，然后由单调性比较出大小．
9．AD
【分析】A选项，利用不等式的基本性质进行求解；BC选项，可举出反例；D选项，利用作差法比较出大小.
【详解】对于A，由不等式的性质可知同向不等式相加，不等式方向不变，A正确；
对于B，当，，，时，，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，，因为，，，
所以，，故D正确.
故选：AD．
10．BC
【分析】利用正态分布曲线和正态分布的性质对选项进行逐一分析可得答案.
【详解】选项A. 曲线与轴围成的几何图形的面积等于1， 所以A不正确.
选项B. ,
所以，所以函数图象关于直线对称，所以选项B正确.
选项C. 因为
所以
所以选项C正确.
选项D. 由正态分布曲线可知，当越大时，其概率越小.
即函数随的增大而减小，是减函数，所以选项D不正确.
故选：BC
11．CD
【分析】根据古典概型概率公式及组合数公式，对选项逐一分析即可得出结论．
【详解】据题意，
事件“至少有1个深度贫困村”概率；
事件“有1个或2个深度贫困村”概率；
事件“有2个或3个深度贫困村”概率；
事件“恰有2个深度贫困村”概率；
故概率小于的事件为C，D．
故选：CD．
12．CD
【分析】分析可得在上恒成立，进而分析可得在上恒成立，求出的取值范围，分析选项可得答案．
【详解】因为函数，则，
若函数在上单调递增，则在上恒成立，
，
则有在上恒成立，
因为，则，所以，
必有在上恒成立，
由于，则，必有，即，所以，
解得，
即的取值范围为，分析选项：和符合．
故选：CD．
13．/
【分析】根据条件概率的概率公式即可求解.
【详解】由题可知：，即，解得.
故答案为：
14． /0.0625
【分析】由题意可得，再根据二项分布的概率公式和期望公式即可求解.
【详解】因为每次拿到黄球的概率为，所以.
所以，.
故答案为：；
15．25
【分析】由题意得，化简后利用基本不等式可求得其最小值.
【详解】因为正实数x，y满足，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为25，
故答案为：25
16．
【分析】先计算出的解析式，再计算，从而证明是等比数列即可.
【详解】由题意，，
，
由，可得，所以是首项为2，公比为2的等比数列，
；
故答案为：.
17．(1)；
(2)没有的把握认为校车早上是否准时到校与校车所属的公司有关
【分析】（1）根据表中数据，统计“通达”公司、“运达”公司共有多少天，准时到校有多少天，从而可求解准时到校的概率；
（2）先画列联表，再计算，从而可判断.
【详解】（1）根据表中数据，“通达”公司共有104天，准时到校共有96天，
设“通达”公司校车准时到校为事件，则；
“运达”共有96天，准时到校共有84天，
设“运达”公司校车准时到校为事件，则.
所以，“通达”公司校车准时到校的概率为；
“运达”公司校车准时到校的概率为.
（2）列联表如下：
准时到校天数 未准时到校天数 合计
通达 96 8 104
运达 84 12 96
合计 180 20 200
所以，
根据临界值表知，没有的把握认为校车早上是否准时到校与校车所属的公司有关.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由题意知，且方程的两个根为，代入求解即可；
（2）由（1）化简集合，再分类讨论，利用集合的包含关系求参数即可得解.
【详解】（1）由题意知，且方程的两个根为，代入得
，解得.
（2）由（1）知 ，故集合，
于是有，可得，
若，可得，解得；
若， 可得，解得；
若符合条件.
故实数的取值范围是.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求出导函数，求得得切线斜率，再求出函数值后可得切线方程；
（2）分类讨论确定和的解得单调区间；
（3）由（2）中单调增区间得关于的不等式，从而求得其范围．
【详解】（1），，又，
所以所求切线方程为；
（2）
时，时，，是增函数，时，，是减函数，
时，时，，是减函数，时，，是增函数，
所以当时，增区间是，减区间是；
当时，减区间是，增区间是；
（3）由（2）知：当时，，即；
当时，，即；
所以的范围是．
20．(1)，；
(2)．
【分析】（1）设的公差为，的公比为，由已知列出方程组求得后可得通项公式；
（2）求出，然后按奇偶项分组求和．
【详解】（1）设的公差为，的公比为，
由题意，解得，
∴，；
（2）由（1）得，
为奇数时，，为偶数时，，
．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，设“第次投壶的人是甲”为事件，设“第次投壶的人是乙”为事件，则有，由此计算可得答案；
（2）根据题意，设，由全概率公式可得，由此可得，变形可得，结合等比数列的性质分析可得的通项公式，进而计算可得答案．
【详解】（1）根据题意，设“第次投壶的人是甲”为事件，设“第次投壶的人是乙”为事件，
则；
（2）根据题意，设，则，
则有，
则有，即，
变形可得，
又由，则，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以，
故．
22．(1)函数的图象关于直线对称，理由见解析
(2)
【分析】（1）当时的定义域为或，若函数的图象关于直线对称则，检验可得答案；
（2）根据题意在存在极值，则在有根，令，利用导数结合的单调性可得答案.
【详解】（1）当时，，定义域为或，
若函数的图象关于直线对称，则，
检验，
，
所以函数的图象关于直线对称；
（2）根据题意在存在极值，
则在有根，
所以在有根，
令，，
当时，，在单调递增，所以，不符合题意；
当时，，在单调递减，所以，不符合题意；
当时，令，得，
所以在上，单调递增，在上，单调递减，
所以当时，不符合题意；
又时，所以，
设，，
所以在上单调递增，所以，
所以取，，有即，符合题意.
综上所述，时在存在极值点，
故的取值范围.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键点是转化为在有根，注意转化思想的运用.
试卷第1页，共3页
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