2022-2023学年河北省张家口市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年河北省张家口市高二（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. 已知，，则“”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. 已知是自然对数的底数，则函数的图象在原点处的切线方程是( )
A. B. C. D.
4. 设随机变量的分布列如下其中，表示的方差，则当从增大到时( )
A. 增大 B. 减小 C. 先减后增 D. 先增后减
5. 回文是一种修辞手法，数学中的“回文数”是指从左到右读和从右到左读都一样的正整数，例如，则从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为( )
A. B. C. D.
6. 某校团委对“学生喜欢体育和性别是否有关”作了一次调查，其中被调查的男、女生人数相同，男生喜欢体育的人数占男生人数的，女生喜欢体育的人数占女生人数的，若有以上的把握认为是否喜欢体育和性别有关，则调查人数中男生人数可能是( )
【附：，其中】
A. B. C. D.
7. 现有名大学生准备到甲、乙、丙所学校实习，每所学校至少有名，每名大学生只能去一所学校，若到甲、乙两所学校实习的人数不相同，则不同的实习方案种数为( )
A. B. C. D.
8. 若对于任意的恒成立，则正数的最小值为( )
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. 下列说法正确的有( )
A. 若一组样本数据线性相关，则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点
B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验，则推断与无关不成立，即认为与有关联，此推断犯错误的概率不大于
C. 若随机变量和满足，则，
D. 若随机变量，且，则
10. 已知，且，则下列结论正确的有( )
A. B. C. D.
11. 已知，，是自然对数的底数，则下列结论正确的有( )
A. ， B. ， C. D.
12. 如图，某高速服务区停车场中有至共个停车位每个车位只能停一辆车，现有辆黑色车和辆白色车要在该停车场停车，则( )
A. 辆车的停车方法共有种
B. 辆车恰好停在同一行的概率是
C. 辆黑色车恰好相邻停在同一行或同一列的停车方法共有种
D. 相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的概率是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在的展开式中，系数最大的项的系数为______ 用数字作答．
14. 已知随机变量服从二项分布，且的期望，方差，则 ______ ．
15. 已知离散型随机事件，发生的概率，，若，事件，，分别表示，不发生和至少有一个发生，则 ______ ， ______ ．
16. 已知函数有唯一的零点，则实数的值可以是______ 【写出一个符合要求的值即可】
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，其中．
求展开式中和的值用数字表示；
求的值．
18. 本小题分
某健身俱乐部举办“燃脂运动，健康体魄”活动，参训的学员人中超过属于超重人员，经过艰苦的训练，近五个月学员体重指标变化如表：
月份
超重人数
已知变量与变量具有线性相关关系，建立以为解释变量，为响应变量的一元经验回归方程；
俱乐部王教练每天从骑车和游泳中随机选择一种对学员进行减脂训练选择方法如下：第一天选择骑车，随后每天用“一次性抛掷枚质地均匀的硬币”来确定训练方式，若正面朝上的枚数小于，则该天训练方式与前一天相同，否则选择另一种方式求前三天骑车训练的天数的分布列和数学期望．
附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
参考数据：．
19. 本小题分
如图，已知三棱锥的三条侧棱，，两两垂直，且，，，三棱锥的外接球半径．
求三棱锥的侧面积的最大值；
若在底面上，有一个小球由顶点处开始随机沿底边自由滚动，每次滚动一条底边，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为；当球在顶点处时，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为；当球在顶点处时，滚向顶点的概率为，滚向顶点的概率为若小球滚动次，记球滚到顶点处的次数为，求数学期望的值．
20. 本小题分
某校举办颠乒乓球比赛，现从高一年级名学生中随机选出名学生统计成绩，其中名女生平均成绩为个，标准差为；名男生平均成绩为个，标准差为．
高一年级全员参加颠球比赛的成绩近似服从正态分布，若用这名参赛的同学的样本平均数和标准差四舍五入取整数分别作为，，估计高一年级颠球成绩不超过个的人数四舍五入取整数；
颠球比赛决赛采用局胜制，甲、乙两名同学争夺冠亚军，如果甲每局比赛获胜的概率为，在甲获胜的条件下，求其前局获胜的概率．
附：若，则，，．
21. 本小题分
定义表示，中的较小者，已知函数，的图象与轴围成的图形的内接矩形中如图所示，顶点点位于点左侧的横坐标为，记为矩形的面积．
求函数的单调区间，并写出的解析式；
证明：不等式；
证明：存在极大值点，且．
22. 本小题分
已知函数．
求函数的单调区间和极值；
若方程的两个解为、，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，，
所以．
故选：．
根据交集含义即可得到答案．
本题考查集合的交运算，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，，由，可得，
所以，“”“”；但推不出，比如当，时，
所以，已知，，则“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
由可得，利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论．
本题主要考查充分条件和必要条件判断，根据对数运算法则进行化简求解是解决本题的关键，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，，所以，
所以函数的图象在原点处的切线方程为，
故选：．
求导得，计算，，则得到切线方程．
本题考查导数的运用：求切线方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意得，
则，
又，则在上单调递增，在上单调递减，
即先增后减．
故选：．
根据期望公式得，根据方差计算公式得的表达式，利用二次函数的性质，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意可知，五位数字的回文数中，首位有种选择，千位和百位都有种选择，
所以五位数字的回文数的个数为个，
其中五位数字的回文数的奇数，首位有种选择，千位和百位都有种选择，
所以五位数字的回文数的奇数的个数为个，
因此从五位数字的回文数中任取一个恰好取到奇数的概率为．
故选：．
计算出五位数字的回文数的个数和五位数字的回文数的奇数的个数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设男生女生人数均为，则在列联表中，，
若有以上的把握认为学生是否喜欢体育和性别有关，
可知，解得，
又是的整数倍，可得男生人数可取．
故选：．
设男生女生人数均为，根据卡方公式得，根据表格得到不等式，解出即可．
本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：依题意实习方案有两大类：
甲人、乙人、丙人或甲人、乙人、丙人和甲人、乙人，丙人或甲人、乙人，丙人，
若为甲人、乙人、丙人或甲人、乙人、丙人，则有种；
若为甲人、乙人，丙人或甲人、乙人，丙人，则有种；
综上可得一共有种．
故选：．
依题意实习方案有两大类：甲人、乙人、丙人或甲人、乙人、丙人和甲人、乙人，丙人或甲人、乙人，丙人，分别求出各类的方案数，最后根据分类加法计数原理计算可得．
本题考查了排列组合的简单计数问题，考查了学生的分类思想，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：恒成立，即．
设，，
令，解得，令，解得，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在上的最大值是，
故，只需，解得，
即的最小值为．
故选：．
利用分离参数法得，设，，利用导数求出其最大值，则得到不等式解出即可．
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于：若一组样本数据线性相关，
则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点，故A正确；
对于：，
有的把握可判断分类变量与有关联，
此推断犯错误的概率不大于，故B正确；
对于：若随机变量和满足，则，，故C错误；
对于：若随机变量，且，
则，故D正确．
故选：．
根据回归方程的性质判断，根据独立性检验的思想判断，根据期望与方差的性质判断，根据正态分布的性质判断，即可得出答案．
本题考查离散型随机变量的期望与方差，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：由，得，，，
，
当且仅当，即时取等号，故B正确，A错误；
，所以，即，
当且仅当，即，时取等号，故C错误，D正确．
故选：．
利用乘“”法即可求出的最小值，利用基本不等式构造一元二次不等式不等式即可求出最小值．
本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：首先证明切线不等式，
设，则，
令，解得，
又因为为单调递增函数，
所以有唯一零点，
且当，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
故，
则，即，
则，，
而，所以B正确，A错误；
又因为当时，单调递增，，则，
因此，故D正确，C错误．
故选：．
构造函数，利用其单调性和最值一一判断即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对，辆车的停车方法共有种，A正确；
对，辆车恰好停在同一行的概率是，B正确；
对，辆黑色车相邻且停在同一行有种，停在同一列有种，黑色车的停车方法共有种，
白色车的停车方法共有种，故共有种方法，故C错误；
对，相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车个车位都可停车，
第二辆黑色车只能有个车位可停车，黑色车共有种方法，
不妨设黑色车停在，两个车位，则两白色车只能停，，，，，，共种选择，
白色车的停车方法共有种方法，故共有种方法，
其概率是，D正确．
故选：．
利用排列公式结合古典概型公式逐项分析即可．
本题主要考查了排列组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：的展开式的通项为，
设第项的系数最大，则，
根据公式，解得，
又，
，
展开式中系数最大的项为，
即展开式中系数最大的项的系数为．
故答案为：．
设第项的系数最大，则，即可求出展开式中系数最大的项．
本题主要考查二项式定理的应用，求出展开式的通项公式，建立不等式组进行求解是解决本题的关键，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：依题意，所以，，
解得，．
故答案为：．
根据二项分布的期望、方差公式得到方程组，解得即可．
本题主要考查二项分布，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：由题意得，
，
，
，
故答案为：；．
空，空：利用条件概率公式结合韦恩图计算即可．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
16.【答案】答案不唯一，只需满足即可
【解析】解：由，得，其中且，
令，其中，得，
令可得，列表如下：
增 极大值 减
由表可知，当时，函数取得极大值为，
当时，；当时，，
由题意可知，直线与函数的图象有且只有一个公共点，如图所示：
由图可知，实数的取值范围是．
故答案为：答案不唯一，只需满足即可．
由可得，令，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知直线与函数的图象有且只有一个公共点，数形结合可得出实数的取值范围，即可得解．
本题考查函数零点的判定，训练了利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：的展开式通项为，
所以，，．
令，
则，
因此，．
【解析】求出的二项展开式的通项公式，即可求得、的值；
令，利用赋值法可得出，即可得解．
本题主要考查二项式定理的应用，求出展开式的通项公式以及利用赋值法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
18.【答案】解：由图表中的数据可得：，
，，，
，
得．
关于的经验回归方程：；
一次性抛郑枚质地均匀的硬币正面朝上的枚数记为，则，
，，
的所有可能取值为，，，
，
，
．
所求分布列为：
．
【解析】利用线性回归方程公式计算即可；
首先利用二项分布公式得，，再得出的所有可能取值为，，，计算对应概率得到分布列，再利用期望公式即可．
本题考查线性回归方程的求法，考查离散型随机变量的期望与方差，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：三条侧棱，，两两垂直，且，，，三棱锥的外接球半径，
以，，为长、宽、高的长方体的体对角线为外接球的直径，即，
，当且仅当时取等号，
三棱锥的侧面积，当且仅当时取等号，
三棱锥的侧面积的最大值为．
依题意的可能取值为、、，
则，，
，
所以．
【解析】依题意可得，利用基本不等式求出的最大值，即可得解；
依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和方差，属于中档题．
20.【答案】解：依题意，即，
，
所以，
同理，
所以，
所以
，
所以，即，
因为，且，
所以，
所以，即估计颠球成绩不超过个的人数为．
设事件表示“甲获胜”，事件表示“甲前局获胜”，甲获胜有：，：，：三类，
对应的概率分别为，，，
所以，
，
所以，
所以在甲获胜的条件下，求其前局获胜的概率为．
【解析】根据平均数、方差公式求出、，再根据正态分布的性质求出，即可估计人数；
设事件表示“甲获胜”，事件表示“甲前局获胜”，求出、，再利用条件概率的概率公式计算可得．
本题考查正态分布相关知识，属于中档题．
21.【答案】解：由正弦函数、余弦函数的图象可知当时，
当时，
所以，
显然的单调递增区间为，单调递减区间为
点、关于对称，设，，
则矩形的面积，．
证明：令，，
则，
故在上单调递增，
故，
，即当时．
因为，，
则，
令，，
则，即在上单调递减，
又，，所以在上存在唯一零点，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以存在极大值点，则，即，
由的结论，则，解得．
【解析】根据正、余弦函数图象的性质得到的解析式，从而求出的单调区间，设，则，即可表示出的解析式；
令，，利用导数说明函数的单调性，证明结论成立即可；
利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值点，则，在结合的结论，证明即可．
本题考查了新定义问题，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
22.【答案】解：解：函数的定义域为，且，
令，可得，列表如下：
减 极小值 增
故函数的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值．
证明：设，其中，则，
令，可得，此时，函数在上单调递减，
令，可得，此时，函数在上单调递增，
故是函数的极小值点，
而函数有两个零点、，设，则，
即且，要证，即证，
因为函数在上单调递增，
故只需证明：，即证，
令，其中，
则，
因为，则，
故，
故函数在上为减函数，
又因为，所以，对任意的恒成立，
则，即，
故成立．
【解析】求出函数的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果；
设，利用导数分析函数的单调性与极值，分析可知，要证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出对任意的恒成立，即可证得结论成立．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查不等式的证明，转化思想，是难题．
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