2022-2023学年吉林省通化市重点中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年吉林省通化市重点中学高二（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. 已知随机变量的分布列如表，若，则( )
A. B. C. D.
2. 等比数列为递减数列，若，，则( )
A. B. C. D.
3. 据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空如图所示：
如：记为，记为，记为现有根算筹，可表示出两位数的个数为( )
A. B. C. D.
4. 如图，一环形花坛分成，，，四块，现有种不同的花供选种，要求在每块里种种花，且相邻的块种不同的花，则不同的种法总数为( )
A. B. C. D.
5. 样本数据，，，的平均数，方差，则样本数据，，，的平均数，方差分别为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
6. 某市践行“干部村村行”活动，现有名干部可供选派，下乡到个村蹲点指导工作，每个村只有名干部，每个干部至多住个村，则不同的选派方案共有种．( )
A. B. C. D.
7. 某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排名同学，，，，，到甲、乙、丙三个不同的社团开展活动，要求每个社团至少安排人，且甲社团安排人，，两人安排在同一个社团，，两人不安排在同一社团，则不同的安排方案是( )
A. B. C. D.
8. 已知，，，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. 已知函数的导函数的图象如图所示，则( )
A. 有且仅有两个极值点
B. 在区间上单调递增
C. 若在区间上单调递增，则的取值范围为或
D. 可能有四个零点
10. 已知，则( )
A.
B.
C.
D.
11. 甲、乙两盒中各放有除颜色外其余均相同的若干个球，其中甲盒中有个红球和个白球，乙盒中有个红球和个白球，现从甲盒中随机取出球放入乙盒，再从乙盒中随机取出球记“从甲盒中取出的球是红球”为事件，“从甲盒中取出的球是白球”为事件，“从乙盒中取出的球是红球”为事件，则( )
A. 与互斥 B. 与独立 C. D.
12. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是( )
A.
B. 为等比数列
C.
D. 信封均被投错的概率大于
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数在处的切线方程为，则实数 ______ ．
14. 已知某生产线生产的某种零件的合格率是，该零件是合格品，则每件可获利元，该零件不是合格品，则每件亏损元若某销售商销该零件件，则该销售商获利的期望为______ 万元．
15. 已知某产品的一类部件由供应商和提供，占比分别为和，供应商提供的部件的良品率为若该部件的总体良品率为，则供应商提供的部件的良品率为______ ．
16. 杨辉三角在我国南宋数学家杨辉年所著的详解九章算法一书中被记载．它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第行第个数是______．
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
某学习小组有个男生和个女生共人：
将此人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？
将此人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？
现有个座位连成一排，仅安排个女生就座，恰有两个空位相邻的不同坐法共有多少种？
18. 本小题分
已知的二项展开式中，所有项的二项式系数之和等于求：
的值；
展开式中的常数项；
展开式中系数最大的项．
19. 本小题分
已知等差数列的前项和为，且满足，．
求的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
20. 本小题分
某大学毕业生参加某单位的应聘考试，考核依次分为笔试，面试、实际操作共三轮进行，规定只有通过前一轮考核才能进入下一轮考核，否则被淘汰，三轮考核都通过才能被正式录用，设该大学毕业生通过一、二、三轮考核的概率分别为，且各轮考核通过与否相互独立．
求该大学毕业生进入第三轮考核的概率；
设该大学毕业生在应聘考核中考核轮数为，求的概率分布列及期望和方差．
21. 本小题分
已知等差数列的前项和为，且，当时，．
求数列、的通项公式；
若，求数列的前项和．
22. 本小题分
已知函数，．
令，讨论的单调性；
证明：；
若，对于任意的，，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：由分布列的性质可得，，解得，
，
，解得．
故选：．
结合分布列的性质，以及期望公式，即可求解．
本题主要考查分布列的性质，以及期望公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由为等比数列，得，又，
，为方程的两个根，
解得，或，，
由为递减数列得，，，
，
则．
故选：．
由结合，可得，为方程的两个根，又，解得，，再结合等比数列通项公式即可得出．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意知，共有根算筹，
当十位根，个位根，共有个两位数；
当十位根，个位根，共有个两位数；
当十位根，个位根，共有个两位数；
当十位根，个位根，共有个两位数，
所以一共有个两位数．
故选：．
由题意，分别求出当十位根，个位根；当十位根，个位根；当十位根，个位根；当十位根，个位根时两位数的个数即可．
本题考查归纳推理，分类加法计数原理，属于基础题．
4.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查分类计数原理和分步计算原理，属于基础题．
根据题意可将种花分为三类：种两种花、三种花、四种花，分这三类来列出结果．
此题也可以按顺序种花，分、同色与不同色有．
【解答】
解：分三类：种两种花有种种法；
种三种花有种种法；
种四种花有种种法．
共有．
故选：．
5.【答案】
【解析】解：由题设，，
所以，．
故选：．
由平均值、方差的性质求新数据的平均数和方差．
本题主要考查平均数和方差的性质，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：名干部可供选派，下乡到个村蹲点指导工作，
每个村只有名干部，每个干部至多住个村，
当选派名干部时，可以把个村为和这两种组合，
当为时，有种，
当为时，有种；
当选派名干部时，有种，
根据分类计数原理可得种．
故选：．
由题意，当选派名干部时，可以把个村为和两组，当选派名干部时，有种，再求出不同的选派方案种数．
本题考查了分组分配的问题，关键是分组，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：把人先分成三组，再分配给三个场馆，
若，为人组，人组，两人不安排在同一社团有种分组方法，人组有种分组方法，有种分组方法；
若，在人组，，两人不安排在同一社团人组有种分组方法，人组有种分组方法，有种分组方法．
再分配给三个场馆，甲社团安排人，乙、丙个不同的社团可以交换，共有种方法．
故选：．
把人先分成三组，再分配给三个场馆，分种情况进行求解，每种情况下考虑，安排在同一组，求出答案．
本题主要考查排列组合及简单的计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由．
设，
则，
设，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即，
即，即，
所以，
则函数在上单调递增，
所以，即，
即，即；
设，
则，
所以函数在上单调递减，
则，即，
即，即，
所以，
又，
所以，即，
所以．
故选：．
由，构造函数，，利用导数分析单调性，可得函数在上单调递增，进而得到，可得；构造函数，利用导数分析单调性，可得，进而得到，由，进而得到，进而求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查实数大小的比较，考查逻辑推理能力，属于难题．
9.【答案】
【解析】解：由函数的导函数的图象可知，
当或时，，在，上单调递增；
当时，，在上单调递减，故B错误；
当时，取得极大值，当时，取得极小值，有且仅有两个极值点，故A正确；
由知，若在区间上单调递增，则或，
解得或，即的取值范围为或，故C正确；
因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以当极大值，且极小值时，最多可能有三个零点，故D错误．
故选：．
由函数的导函数的图象可知在，上单调递增，在上单调递减，利用导数与极值、单调性的关系可对四个选项逐一分析得到答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查识图能力与运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：，
令，可得，故A错误；
再令，可得，故B正确；
再令，可得得 ，
把，并除以，可得，故C正确；
在所给的等式中，令，可得，故D正确．
故选：．
由题意，在所给的等式中，分别令，，，，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：，事件与事件不能同时发生，与互斥，正确，
，，，，
，与不相互独立，错误，
，，正确，
，，正确．
故选：．
根据互斥事件的定义，条件概率公式，全概率公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，全概率公式，互斥事件的定义，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，
有，，共种错投方式，
同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，
故共有种错投方式，
所以，故A正确；
所以，
所以，
因为，
所以时，，故C正确；
因为，
所以，
又，
所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；
装错信封的概率为，
，
则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上所述：当为奇数时，，
当为偶数时，，故D错误．
故选：．
根据分类加法原理求，由此判断，根据等比数列定义判断，利用累加法求，判断，由泰勒定理求，结合比差法判断．
本题考查数列的递推式，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：由，得，
函数在处的切线方程为，
，得．
故答案为：．
运用导数几何意义列方程求解即可．
本题考查导数的几何意义及应用，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意可得：该销售商销售每件零件获利的期望是元，
则该销售商销售该零件件，获利的期望为元，即万元．
故答案为：．
根据题意求随机变量的期望即可．
本题考查随机变量的期望，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设供应商提供的部件的良品率为，
由题意可知，，解得．
故答案为：．
根据已知条件，结合全概率公式，即可直接求解．
本题主要考查全概率公式，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由题意知，将杨辉三角从第行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，
观察表中数字，题中要求第行第个数，所以，，表中每一行的第个数是，所以第个数是，
所以，第行第个数为：．
故答案为：．
根据题意，将杨辉三角从第行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，确定，，代入公式计算即可．
本题考查归纳推理，属于基础题．归纳推理的一般步骤是：通过观察个别情况发现某些相同性质；从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题猜想．
17.【答案】解：根据题意，分步进行分析：
将个男生全排列，有种排法，排好后有个空位，
将名女生全排列，安排到个空位中，有种排法，
则一共有种排法．
根据题意，分种情况讨论：
男生甲在最右边，有种排法，
男生甲不站最左边也不在最右边，有种排法，
则有种排法．
根据题意，个座位连成一排，仅安排个女生就座，还有个空座位，分步进行分析：
将名女生全排列，有种情况，排好后有个空位可插，
将个空座位分成、的组，在个空位中任选个，安排组空座位，有种情况，
则有种排法．
【解析】按照插空法，先排男生，再排女生，即可求解；
分男生甲在最右边和男生甲不站最左边也不在最右边两种情况，结合排列数公式，即可求解；
将名女生全排列，排好后有个空位可插，将个空座位分成、的组，在个空位中任选个，即可得到答案．
本题考查排列、组合的实际应用，涉及分步、分步计数原理的应用，注意特殊问题的处理方法，属于中档题．
18.【答案】解：展开式的二项式系数和为，
，
解得：．
展开式通项为：，
令，解得：，
则展开式常数项为．
设展开式第项的系数最大，
则，即，
解得：，
又，
，
展开式中系数最大的项为．
【解析】根据二项式系数和，可解方程求得的值；
由二项式定理可得二项展开式通项，将代入通项中即可得到常数项；
设第项的系数最大，采用不等式法可构造不等式组求得的值，代入通项即可求得系数最大的项．
本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：由题意，设等差数列的公差为，
则，
整理，得，
解得，
，．
由可得，，
则，
，
两式相减，
可得
，
，
．
【解析】先设等差数列的公差为，再根据题干已知条件列出关于首项与公差的方程组，解出与的值，即可计算出等差数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再运用错位相减法即可计算出前项和．
本题主要考查等差数列的基本运算，以及运用错位相减法求前项和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，等差数列与等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
20.【答案】解：记“该大学生通过第一轮考核”为事件，“该大学生通过第二轮考核”为事件，“该大学生通过第三轮考核”为事件，则：分
那么该大学生进入第三轮考核的概率是分

【解析】根据所给的概率，利用相互独立事件的概率乘法公式即可做出结果．
设该大学毕业生在应聘考核中考核轮数为，的次数的取值是、、，根据互斥事件和相互独立事件同时发生的概率列出分布列，最后做出分布列和期望即可．
考查运用概率知识解决实际问题的能力，相互独立事件是指，两事件发生的概率互不影响，而对立事件是指同一次试验中，不会同时发生的事件，遇到求用至少来表述的事件的概率时，往往先求它的对立事件的概率．
21.【答案】解：设等差数列的首项为，公差为，
由，，可得，
故数列的通项公式为．
，两边同时乘以，
则，
当时，，
当时，，
两式相减，可得，
所以，
当时，，故满足，故．
，
所以
．
故．
【解析】根据条件列出关于首项和公差的方程，求出数列的通项公式；，两边同时乘以，则，当时，，两式相减，即可求出的通项公式；
由知，，再由裂项相消法求数列的前项和．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：，
，
所以当时，在上单调递减，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减．
证明：当时，当，，
此时，
又当，，
所以，
令，得到，
所以，
所以，
所以．
，
所以，
当时，当，时，不等式小于零，不成立，
当时，不等式成立，
当时，令，
，
则，
所以，
所以，
所以，
令，
则，
，
即，
则，则，
所以，
综上所述，的取值范围为．
【解析】根据题意可得，求导得，分三种情况：当时，当时，当时，分析的单调性，即可得出答案．
当时，当，，此时，又当，，则，令，得到，进而可得，应用累加法，即可得出答案．
由，得，分三种情况：当时，当时，当时，讨论不等式是否成立，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，属于难题．
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