2022-2023学年山东省泰安市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省泰安市高二（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. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. “”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知袋中装有个大小相同的小球，其中个红球，个白球，个黄球，从袋中任意取出个小球，则其中恰有个红球的概率为( )
A. B. C. D.
4. 已知随机变量的分布列如表其中为常数，则下列计算结果正确的是( )
A. B. C. D.
5. 已知函数在区间上存在单调减区间，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
6. 在二项式的展开式中，把所有的项进行排列，有理项都互不相邻，则不同的排列方案为( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
7. ，，当时，都有，则实数的最大值为( )
A. B. C. D.
8. 根据某市气象灾害风险提示，月日日该市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和地质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至处已知有包括，在内的个排水施工队前往个指定易涝路口强排水且每个易涝路口至少安排一个排水施工队，其中，施工队不在同一个易涝路口，则不同安排方法的种数为( )
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. 研究变量，得到一组样本数据，进行回归分析，以下说法正确的是( )
A. 经验回归直线至少经过点，，，中的一个
B. 若所有样本点都在直线，则这组样本数据的样本相关系数为
C. 在经验回归方程中，当解释变量每增加个单位时，响应变量平均增加个单位
D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越小，模型的拟合效果越差
10. 已知，，，则下列命题为真命题的是( )
A. 若，则 B. 若且，则
C. 若，则 D. 若，则
11. 下列结论正确的是( )
A. 若随机变量的方差，则
B. 已知随机变量服从二项分布，若，则
C. 若随机变量服从正态分布，，则
D. 若事件与相互独立，且，，则
12. 已知函数，，则下列结论正确的是( )
A. 当时，函数在上是减函数
B. 当时，方程有实数解
C. 对任意，，存在唯一极值点
D. 对任意，，曲线过坐标原点的切线有两条
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若“，使得”是假命题，则实数的取值范围是______ ．
14. 的展开式中含项的系数是______ 用数字作答
15. 已知，且，则的最小值为______ ．
16. 已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围为______ ．
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
已知函数，曲线在点处的切线方程为．
求的值；
求在上的最值．
18. 本小题分
已知二项式的展开式中，第项与第项二项式系数之和比第项二项式系数大．
求展开式中含的项；
求的值．
19. 本小题分
某水果店对某个新品种水果进行试销，需了解试销价单位：元对销售量单位：件的影响情况，现得到组销售数据，并对得到的数据进行初步处理，得到下面的散点图．
由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用样本相关系数加以说明；精确到
求关于的经验回归方程．
参考公式：经验回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，
样本相关系数
参考数据：
20. 本小题分
攀岩是一项集健身，娱乐，竞技于一身的极限运动，被称为“峭壁上的芭蕾”某攀岩俱乐部为了解攀岩爱好者对此项运动的了解程度，进行了一次攀岩知识竞赛满分分，为得分在分以上含分的爱好者颁发了荣誉证书已知参加本次竞赛的攀岩爱好者共有人，其中获得荣誉证书的女攀岩爱好者有人，所有男攀岩爱好者的竞赛成绩如下：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
根据所给数据，完成如表联表；
性别 荣誉证书 合计
未获得 获得
男 ______ ______ ______
女 ______ ______ ______
合计 ______ ______ ______
依据小概率值的独立性检验，能否认为获得荣誉证书与性别有关联？
如果把中列联表中所有数据扩大到原来的倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断获得荣誉证书与性别之间的关联性，结论还一样吗？请说明理由．
附：，其中．
21. 本小题分
某高校有东，西两个阅览室，甲同学每天晚自习选择其中一个阅览室学习，第一天晚自习选择东阅览室的概率是如果第一天去东阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为；如果第一天去西阅览室，那么第二天去东阅览室的概率为．
记甲同学前两天去东阅览室的总天数为，求的分布列及数学期望；
如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去哪个阅览室的可能性更大？请说明理由．
22. 本小题分
已知函数，．
讨论的单调性；
设函数，若存在，使得，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
或，．
故选：．
可求出集合，然后进行交集和补集的运算即可．
本题考查了一元二次不等式的解法，补集和交集的定义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：若，则满足，但，不一定成立，
若，则一定成立，
即“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
3.【答案】
【解析】解：从装有个大小相同的小球，其中个红球，个白球，个黄球的袋中任意取出个小球，共有种取法，
而其中恰有个红球有种取法，
则恰有个红球的概率为．
故选：．
根据题意计算出从袋中任意取出个小球的总取法，再计算恰有个红球的选法，利用古典概型可解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：已知，
解得，
此时，
而，
．
故选：．
由题意，根据分布列的性质求出的值，再结合期望公式和方差公式对选项进行逐一分析，进而即可求解．
本题考查离散型随机变量分布列的期望和方差，考查了数据分析和运算能力．
5.【答案】
【解析】解：因为，所以，
因为在区间上存在单调递减区间，所以存在，使得，即，
令，，则恒成立，所以在上单调递增，
所以，所以，即实数的取值范围为．
故选：．
由题意转化为存在，使得，即存在，使得，利用导数求在上的最小值即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：因为二项展开式的通项为，
又因为，
所以当或时，为有理项，
所以有理项共有项，其余项为无理项，
先排项为无理项，共有种排法，再排项有理项，共有种排法，
所以有理项互不相邻的排法总数为：种．
故选：．
先写出二项展开式的通项，找出有理项和无理项的项数，再利用排列组合中的插空法求解即可．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，，当时，都有，
所以，，当时，都有，
所以，，当时，都有，
令，，
所以，，当时，都有，
所以在上单调递增，
所以任意，，
所以任意，，
所以任意，，
又，，
所以，
所以的最大值为，
故选：．
由，，当时，都有，得，，当时，都有，令，，则，，当时，都有，可得在上单调递增，即任意，，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．
8.【答案】
【解析】解：若将个施工队分成组，则有如下两种情况，
第一种，按照，，模式分组，则有种分组方法，
第二种，按照，，模式分组，则有种分组方法，
所以将个施工队分成组，共有种分组方法，
其中，如果，施工队和另外一个队构成一个组，则有种分组方法，
如果，施工队单独构成一个组，则有种分组方法，
所以将，两个施工队放在一个组，共有种分组方法，
所以将个施工队分成组，，两个施工队不在一个组的分组方法有种，
现将分好组的施工队派往个不同的易涝路口，则有种安排方法，
所以符合题意的安排方法共有种．
故选：．
先将个施工队按照，，和，，两种模式分成组，注意排除，两个施工队放在一个组的种数，然后再将分好组的施工队派往个不同的易涝路口，即可得出答案．
本题考查排列与组合的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对，经验回归直线可以不经过点，，，中的一个，A错误；
对，因为所有样本点都在直线，
所以成对样本数据的线性相关程度越强，且样本相关系数为，B正确；
对，在经验回归方程中，当解释变量每增加个单位时，响应变量平均减少个单位，C错误；
对，用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越小，模型的拟合效果越差，D正确．
故选：．
根据成对数据的线性相关关系的样本相关系数和决定系数的定义以及回归方程的概念求解．
本题主要考查线性回归方程的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，当时且时，有，A错误；
对于，若且，则，必有，B正确；
对于，若，则，则有，C正确；
对于，若，则，则，D错误．
故选：．
根据题意，举出反例可得A错误，由不等式的性质可得B正确，利用作差法分析可得C正确，D错误，综合可得答案．
本题考查不等式的性质以及应用，涉及作差法的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，因为随机变量的方差，所以，所以A错误，
对于，因为随机变量服从二项分布，所以，
因为，所以，得，所以B正确，
对于，因为随机变量服从正态分布，，
所以，所以C正确，
对于，因为事件与相互独立，且，，
所以，所以D正确，
故选：．
对于，根据方差的性质分析判断，对于，根据二项分布的期望公式分析求解，对于，根据正态分布的性质分析判断，对于，根据相互独立事件的概率公式判断．
本题主要考查二项分布的概率公式，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：已知，，函数定义域为，
对于选项A：当时，函数，
可得，
若，当时，，，，
可得，单调递减，
若，当时，，，，
可得，单调递减，故选项A正确；
对于选项C：因为，
此时，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递增，
即函数在上单调递增，
不妨令，
解得，
当时，作出函数和直线的图象如下所示：
当时，作出函数和直线的图象如下所示：
易知函数和直线的图象总有一个交点，
此时方程总存在一个实数根，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以对任意，，存在唯一极值点，故选项C正确；
对于选项B：当，即时，
函数，
可得，
又，，
所以在区间上存在一点，使得，
即，
所以当时，函数取得极小值也是最小值，最小值，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，
所以函数在定义域上单调递增，
此时，
当时，，
所以，
此时函数最小值大于零，即函数无零点，故选项B错误；
对于选项D：因为，
可得其不在函数上，
不妨设切点为，
此时，
又，
所以，
整理得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，；当时，，
所以函数在和上各存在一个零点，
此时有两个解，
则对任意，，曲线过坐标原点的切线有两条，故选项D正确．
故选：．
由题意，对于选项A：当时，函数，对函数进行求导，对和这两种情况进行分析，进而即可判断选项A；对于选项B：对函数进行求导，利用导数的几何意义得到函数的单调性，结合零点存在性定理进行求解即可判断选项B；对于选项C：分别作出当和这两种情况下函数和直线的图象，利用数形结合进行求解即可判断选项C；对于选项D：设出切点坐标，得到切点纵坐标的表达式，根据导数的几何意义列出方程，求出方程的根的个数，进而即可判断选项D．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数零点问题，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力．
13.【答案】
【解析】解：因为“，使得”是假命题，
所以“，使得”是真命题，
所以，解得．
故答案为：．
根据特称命题的定义和一元二次不等式的恒成立问题求解．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意，展开式中含的系数为，
根据组合数的性质可得，
．
故答案为：．
展开式中含的系数为，结合组合数的运算性质，即可求解．
本题考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为，且，
所以，
所以，
则，
当且仅当，即，时取等号．
故答案为：．
由已知得，求出的范围，然后代入到所求式子后进行变形，然后结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：当时，则，所以当时，
当时，所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，，且时，
当时，当时，
函数在上单调递增，
所以的图象如下所示：
对于函数，令，
即，令，则，
要使恰有个不相等的实数根，
即关于的有两个不相等的实数根，，且，，，
令，则有两个不相等的零点均位于之间，
所以，且，解得，
所以实数的取值范围为．
故答案为：．
利用导数求出在上的单调性与极大值，即可画出函数的图象，依题意可得关于的方程恰有个不相等的实数根，令，则关于的有两个不相等的实数根，，利用根与系数的关系，即可求出参数的取值范围．
本题考查函数方程与零点问题，属于难题．
17.【答案】解：，则，
所以，
又在点处的切线方程为，
所以，解得．
由得，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，．
又因为，，
所以当时，，．
【解析】对求导，利用导数的几何意义建立关于的方程，即可求解；
求出的单调区间，求出极值与端点值，从而可得最值．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：因为第项与第项二项式系数之和比第项二项式系数大，
则，整理得，
且，
，
二项式的展开式的通项为，
令，得，，
展开式中含的项为；
，
令，则，
．
【解析】根据题意可计算出，再根据二项式的通项公式可解；
根据二项式的性质可解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
19.【答案】解：，，
，
，
．
，
接近，与的线性相关性很强，可用线性回归模型拟合与的关系；
，．
关于的经验回归方程为．
【解析】由已知散点图中的数据结合相关系数公式求解得结论；
利用最小二乘法求得与的值，可得关于的经验回归方程．
本题考查相关系数与经验回归方程的求法，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】
【解析】解：
性别 荣誉证书 合计
未获得 获得
男
女
合计
零假设为：获得荣誉证书与性别无关联．
则，
根据小概率值的独立性检验，则没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为获得荣誉证书与性别无关联．
列联表中所有数据都扩大到原来的倍后，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为获得荣誉证书与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于．
所以结论不一样．
根据题意可直接得列联表；
根据独立性检验知识可解；
根据独立性检验知识可解．
本题考查独立性检验思想相关知识，属于中档题．
21.【答案】解：设“第天去东阅览室”，“第天去西阅览室”，
则与对立，与对立，
由题意得，，，，
，
，
，
则的分布列为：
所以．
由全概率公式得
，
所以，
所以，所以，
所以如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去西阅览室的可能性更大．
【解析】设“第天去东阅览室”，“第天去西阅览室”，则与对立，与对立，由题意得，，，，然后根据独立事件的乘法公式耱出相应的概率，从而可求得的分布列及数学期望；
先利用全概率公式求出甲同学第二天去西阅览室的概率，然后利用条件概率公式求出甲同学第二天去西阅览室的条件下，第一天分别去两个阅览室的概率，比较可得答案．
本题主要考查条件概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：的定义域为，
所以，
当时，，单调递增，
当时，令，解得或舍去，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减．
证明：，
令，
则函数变形为，
因为，
所以在单调递增，
若存在，使得，
则存在对应的，，，使得，
要证，
即证，
因为，，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值，
所以，
所以，
设，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
因为，
所以，
又因为在上单调递增，
所以，
所以，得证．
【解析】的定义域为，，分两种情况：当时，当时，分析的符号，单调性．
，令则函数变形为，若存在，使得，则存在对应的，，使得，求导分析单调性，可得，则，设求导分析单调性，可得答案．
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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