重庆市第八中学校2023-2024学年高二下学期期末考试
数学试题
一 单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.已知集合,则( )
A. B. C. D.
2.函数的图象在点处的切线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
3.设随机变量,则( )
A.3 B.4 C.12 D.13
4.如图所示,太极图是由黑白两个鱼纹组成的图形图案,充分体现了相互转化 对称统一的形式美 和谐美.定义:能够将圆的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”,则下列说法错误的是( )
A.对于任意一个圆,其“太极函数”有无数个
B.函数可以是某个圆的“太极函数”
C.函数可以是某个圆的“太极函数”
D.是“太极函数”的充要条件为“的图象是中心对称图形”
5.过点的直线与圆交于两点,则的最小值为( )
A. B. C.4 D.2
6.已知甲同学从学校的4个科技类社团,3个艺术类社团,2个体育类社团中选择报名参加,若甲报名了两个社团,则在仅有一个是科技类社团的条件下,另一个是体育类社团的概率( )
A. B. C. D.
7.已知,则( )
A. B.
C. D.
8.若对任意的恒成立,则的最小值为( )
A. B. C. D.
二 多项选择题:本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对得6分,选对但不全的得部分分.有选错的得0分.
9.函数与在同一直角坐标系中的图象可能为( )
A. B.
C. D.
10.某科技企业为了对一种新研制的专利产品进行合理定价,将该产品按事先拟定的价格进行试销,得到如下数据:
单价(元) 40 50 60 70 80 90
销量(件) 50 44 43 35 28
由表中数据,求得线性回归方程为,则下列说法正确的是( )
A.产品的销量与单价成负相关
B.为了获得最大的销售额(销售额单价销量,单价应定为70元或80元
C.
D.若在这些样本点中任取一点,则它在线性回归直线左下方的概率为
11.已知各项均不为0的数列的前项和为,且,对于任意成立,则下列说法正确的是( )
A.
B.数列的通项公式为
C.
D.实数的取值范围为
三 填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知的导函数分别为,且,则__________.
13.已知均为实数且,则的最小值为__________.
14.如图,为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图,用五种颜色(其中一种为黄色)对图中四个区域进行染色,每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色,则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有__________种;若不使用黄色,则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有__________种.
四 解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.(13分)设数列是各项均为正实数的等比数列,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)令,求数列的前项和.
16.(15分)已知函数.
(1)若,求不等式的解集;
(2)若,对,使得成立,求的取值范围.
17.(15分)已知函数.
(1)若关于的方程有且只有一个实数根,求实数的取值范围;
(2)若关于的不等式对恒成立,求实数的取值范围.
18.(17分)学校举行数学知识竞赛,分为个人赛和团体赛.
个人赛规则:每位参赛选手只有一次挑战机会.电脑同时给出2道判断题(判断对错)和4道连线题(由电脑随机打乱给出的四个数学定理和与其相关的数学家,要求参赛者将它们连线配对,配对正确一对数学定理和与其相关的数学家记为答对一道连线题),要求参赛者全都作答,若有4道或4道以上答对,则该选手挑战成功.
团体赛规则:以班级为单位,每班参赛人数不少于20人,且参赛人数为偶数,参赛方式有如下两种可自主选择其中之一参赛:
方式一:将班级选派的个人平均分成组,每组2人,电脑随机分配给同组两个人一道相同试题,两人同时独立答题,若这两人中至少有一人回答正确,则该小组闯关成功.若这个小组都闯关成功,则该班级挑战成功.
方式二:将班级选派的个人平均分成2组,每组人,电脑随机分配给同组个人一道相同试题,各人同时独立答题,若这个人都回答正确,则该小组闯关成功.若这两个小组至少有一个小组闯关成功则该班级挑战成功.
(1)在个人赛中若一名参赛选手全部随机作答,求这名选手恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题的概率.
(2)甲同学参加个人赛,他能够答对判断题并且配对正确与,其余题目只能随机作答,求甲同学挑战成功的概率.
(3)在团体赛中,假设某班每位参赛同学对给出的试题回答正确的概率均为常数,为使本班团队挑战成功的可能性更大,应选择哪种参赛方式?说明理由.
19.(17分)已知椭圆经过点,离心率.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设过点倾斜角为的直线与轴,轴分别交于点,点为椭圆上任意一点,求三角形面积的最小值.
(3)如图,过点作两条直线分别与椭圆相交于点,设直线和相交于点.证明点在定直线上.
重庆八中2023——2024学年度(下)期末考试高二年级
数学试题
一 单项选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C C D C B A D
1.【详解】集合,则.故选:B.
2.【详解】根据题意,函数,当时,,所以函数在点处的切线斜率为.故选:C.
3.【详解】由题意得,故.故选:C.
4.【详解】任意一个圆是关于圆心的中心对称图形,其“太极函数”有无数个,故A正确;函数是奇函数,其图象关于原点对称,将圆的圆心放在坐标原点上,则是该圆的“太极函数”,故B,C正确;函数的图象是中心对称图形,则是“太极函数”,但函数是“太极函数”时,图象不一定是中心对称图形,如图,故D错误.故选:D.
5.【详解】将圆化为,圆心,半径,因为,所以点在圆内,记圆心到直线
的距离为,则,
由图可知,当,即时,取得最小值,因为,
所以的最小值为.故选:C.
6.【详解】根据题意,设事件为“所报的两个社团中仅有一个是科技类”,
事件为“所报两个社团中有一个是体育类”,
则,
则.故选:B.
7.【详解】与比大小,
先比较6与的大小,再比较与的大小..
与比大小.
先比较8与的大小,再比较与的大小,.即,选A.
8.【详解】因为,所以,则可化为,整理得,因为,所以,令,则函数在上递减,则在上恒成立,所以在上恒成立,令,则在上恒成立,则在上递减,所以,故只需满足:.故选:D.
二 多选题:
题号 9 10 11
答案 ABC ACD ACD
9.【详解】对于A,二次函数开口向上,所以,此时在为增函数,符合;
对于B,二次函数开口向下,所以,此时存在与图中符合;
对于C,二次函数开口向上,所以,此时在为增函数,符合;对于D,二次函数开口向上,所以,此时在为增函数,不符合.故选:ABC.
10.【详解】:由线性回归方程中的回归系数,
可知产品的销量与单价成负相关,故正确;
由,得,则销售额,
为了获得最大的销售额,单价应定为82.5元,故B错误;
由表中数据得,
,
可得样本点的中心的坐标为,则该回归直线过点,代入,得
故C正确;
将分别代入线性回归方程,
得到的预测值分别为,
由,故和在线性回归直线的左下方,满足条件的样本点只有2个,故所求概率为,故D正确.故选:ACD.
11.【详解】当时,由及,解得,故A正确
因为数列的前项和为,且,即,当时,可得,
两式相减得,因为,故,所以及均为公差为4的等差数列:当时,由及,解得,所以,
所以数列的通项公式为.故B错误
由B知,可得,故C正确;
因为对于任意成立,所以恒成立,
设,则,
时,时,
所以,故,所以,
即实数的取值范围为,故选:ACD.
三 填空题:
题号 12 13 14
答案 8 1 ;
12.【详解】由函数,可得,
令,可得.故答案为:8.
13.【详解】因为,所以,
所以
,
当且仅当,即
所以的最小值为1.故答案为:1.
14.【详解】根据题意,要求四个区域中有且只有一组相邻区域同色,而同色的相邻区域共有4种,不妨假设为同色,
①若同时染黄色,则另外两个区域共有种染色方法,因此这种情况共有种染色方法;
②若同时染的不是黄色,则它们的染色有4种,另外两个区域一个必须染黄色,所以这两个区域共有,因此这种情况共有种染色方法.
综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为种;
根据题意,因为不用黄色,则只有四种颜色可选,
分3种情况讨论:
① 若一共使用了四种颜色,则共有种染色方法;
② 若只使用了三种颜色,则必有一种颜色使用了两次,且染在相对的区域,所以一共有种染色方法;
③ 若只使用了两种颜色,则两种颜色都使用了两次,且各自染在一组相对区域,所以共有种染色方法.综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84种.
故答案为:;.
四 解答题:
15.【详解】
(1)设等比数列的公比为,
或.
(2)
,
.
16.【详解】
(1)令,解得或,
①当时,,不等式的解集为,②当时,,不等式的解集为,③当时,,不等式的解集为.综上所述:时,不等式的解集为时,不等式的解集为;时,不等式的解集为
(2)由,
代入整理得,令,
①当,即时,对任意.
所以此时不等式组无解.
②当,即时,对任意.
所以解得
③当,即时,对任意.
所以.此时不等式组无解.
④当,即时,对任意.
所以此时不等式组无解.
综上,实数的取值范围是.
17.【详解】(1)的定义域为,又当时,,则单调递减;当时,,则单调递增,即的单调减区间为,单调增区间为;又时,,故;
(2)设,
,
单调递增,在上单调递增,
,即实数的取值范围为.
18.【详解】(1)记事件为恰好答对一道判断题并且配对正确两道连线题,
(2)记事件:甲同学挑战成功,则事件包含以下几种情况:
①事件“共答对四道”,即答对余下的判断题,答错两道连线题,则,
②事件“共答对五道”,即答错余下的判断题,答对余下的三道连线题,则,
③事件“共答对六道”,即答对余下的四道问题,,
所以;
(3)设选择方式一 二的班级团队挑战成功的概率分别为.
当选择方式一时,因为两人都回答错误的概率为,则两人中至少有一人回答正确的概率为,所以,
当选择方式二时,因为一个小组闯关成功的概率为,则一个小组闯关不成功的概率为,
所以,所以
,
构造,则
,因为,则,
,可得,所以,即,所以单调递增,
又因为,且,所以,
从而,即,所以为使本班挑战成功的可能性更大,应选择方式一参赛.
19.【详解】(1)由题意,点在椭圆上得,可得①
又由,所以②,
由①②联立且,可得,
故椭圆的标准方程为.
(2)(i)易知,设,联立与有,解得(舍负),到的
距离即为三角形在边上高的最小值,,此时三角形面积的最小值
(ii)设,则,即,又由,得,
整理得,再代入得,即,所以,同理令,,则,则,,则直线的方程为
方程为
两式相减,
整理得,即点在定直线上.