广东省中山市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（含解析.docx

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1、中山市高二年级2022-2023学年度第二学期期末统一考试数学试卷本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号(考号)填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4考生必须保证

2、答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 某校为了研究学生的性别和对待某一活动的态度(支持与不支持)的关系，运用22列联表进行独立性检验经计算，则所得到的统计学结论是：有( )的把握认为“学生性别与支持该活动有关系”0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828A. 2.5%B. 1%C. 97.5%D. 99%2. 要判断成对数据的线性相关程度的强弱，可以通过比较它们的样本相关系数r的大小，以下是四组数据的相关系数的值，则线

3、性相关最强的是( )A. B. C. D. 3. 6名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须在一起的不同排法共有( )A. 36种B. 72种C. 144种D. 720种4. 下列求导数计算错误的是( )A. B. C. D. 5. 一个盒子里装有大小相同的4个黑球和3个白球，从中不放回地取出3个球，则白球个数的数学期望是( )A. B. C. D. 6. 已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：甲： 乙：丙： 丁：若这四个命题中有且只有一个是假命题，则该假命题为( )A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁7. 设，分别为等比数列，的前项和若(，为常数)，则( )A. B. C. D. 8. 下列关

4、于数列的判断中正确的是( )A. 对一切都有B. 对一切都有C. 对一切都有，且存在使D. 对一切都有，且存在使二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 函数的导函数的图象如图所示，则( )A. 为函数零点B. 为函数的极小值点C. 函数在上单调递减D. 是函数的最小值10. 已知，则( )A B. C. D. 11. 已知等差数列的前n项和为，公差，则下列数列一定递增的是( )A. B. C. D. 12. 设，下列结论正确的是( )A. B. C. D. 在，中，最大三、填空题：本题共

5、4小题，每小题5分，共20分.13. 已知离散型随机变量X服从两点分布，且，则随机变量X的方差为_14. 某人投篮命中的概率为0.3，投篮15次，最有可能命中_次15. 若函数在区间上最大值为，最小值为，则实数_16. 杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著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1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，则“莱布尼茨三角形”第8行第5个数是_；若，则_(用含n的代数式作答).四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字

6、说明、证明过程或演算步骤.17. 在的展开式中，前三项的二项式系数之和等于79.(1)求的值；(2)若展开式中的常数项为，求的值.18. 已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：.19. 已知各项均为正数等比数列满足，(1)求的通项公式；(2)令，将数列与中的项合并在一起，按从小到大的顺序重新排列构成新数列，求的前50项的和20. “业务技能测试”是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据某公司为量化考核员工绩效等级设计了两套测试方案，现各抽取100名员工参加两套测试方案的预测试，统计成绩(满分100分)，得到如下频率分布表成绩频率方案0.020.110.220.300.240.08

7、0.03方案0.160180.340.100.100.080.04(1)从预测试成绩在的员工中随机抽取3人，求恰有1人参加测试方案的概率；(2)由于方案的预测试成绩更接近正态分布，该公司选择方案进行业务技能测试测试后，公司统计了若干部门测试的平均成绩与绩效等级优秀率，如下表所示：324154687480920.280.340.440.580.660.740.94根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程令，经计算得，()若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为多少？()根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数近似为样本方差，求某个部门绩效等级优秀率不

8、低于0.78的概率为多少？参考公式与数据：(1)(2)线性回归方程中，(3)若随机变量，则，21. 根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子的概率模型为：1230概率其中.每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为且相互独立，事件表示一个家庭有个孩子，事件表示一个家庭的男孩比女孩多(例如：一个家庭恰有一个男孩，则该家庭男孩多).(1)若，求和；(2)为了调控未来人口结构，其中参数受到各种因素的影响(例如生育保险的增加，教育医疗福利的增加等).若希望增大，如何调控的值？是否存在的值使得，请说明理由.22. 已知函数.(1)当时，求的极值；(2)当时，证明：存在唯一极值点，且.中山市高二年级2022-

9、2023学年度第二学期期末统一考试数学试卷本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号(考号)填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后

10、，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 某校为了研究学生的性别和对待某一活动的态度(支持与不支持)的关系，运用22列联表进行独立性检验经计算，则所得到的统计学结论是：有( )的把握认为“学生性别与支持该活动有关系”0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828A. 2.5%B. 1%C. 97.5%D. 99%【答案】C【解析】【分析】将的值与表中数据比较大小可知，由此确定出相应的把握有多少.【详解】因为，对照表格：，因为10.0250.97597

11、.5%，所以有97.5%的把握认为“学生性别与是否支持该活动有关系”.故选：C.2. 要判断成对数据的线性相关程度的强弱，可以通过比较它们的样本相关系数r的大小，以下是四组数据的相关系数的值，则线性相关最强的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用相关系数的含义,判断每个选项里的相关系数的绝对值的大小即可.【详解】当时，表明两个变量正相关；当时，表明两个变量负相关； ，且 越接近于1，相关程度越大；越接近于0，相关程度越小，故 ，因此线性相关最强的是A,故选：A3. 6名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须在一起的不同排法共有( )A. 36种B. 72种C. 144种D

12、. 720种【答案】C【解析】【分析】利用捆绑法可求不同的排法.【详解】甲、乙、丙三人在一起，有种不同的排法，把甲、乙、丙看成一个整体，与其余的3个人混排，共有种不同的排法，故共有种，故选：C.4. 下列求导数计算错误的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用导数的运算法则及简单复合函数求导法则计算即可.【详解】，A正确；，B错误；，C正确；，D正确.故选：B.5. 一个盒子里装有大小相同的4个黑球和3个白球，从中不放回地取出3个球，则白球个数的数学期望是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，白球个数X服从超几何分布，再借助超几何分布的期望

13、公式计算作答.【详解】依题意，取出3球中白球个数X为随机变量，X服从超几何分布，所以白球个数的数学期望是.故选：B6. 已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：甲： 乙：丙： 丁：若这四个命题中有且只有一个是假命题，则该假命题为( )A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】D【解析】【分析】由甲乙两个有一个正确得的均值为，可得甲乙正确，然后由正态分布的性质判断丙丁【详解】首先甲、乙中至少有一个正确，因此是的均值，从而甲乙两个均正确，丙正确，而，丁错误故选：D7. 设，分别为等比数列，的前项和若(，为常数)，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】设，项和转换，求解即可【详解】

14、由题意，设则故选：C8. 下列关于数列的判断中正确的是( )A. 对一切都有B. 对一切都有C. 对一切都有，且存在使D. 对一切都有，且存在使【答案】A【解析】【分析】利用均值不等式可得，结合二项式定理和裂项相消法可得.【详解】我们先证明一个不等式：.证明：要证，即证，即证：,由均值不等式可得.故不等式成立.我们再证明一个不等式：.证明：由二项式定理可得，而当时，故，故.故A正确，BCD错误.故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 函数的导函数的图象如图所示，则( )A. 为函

15、数的零点B. 为函数的极小值点C. 函数在上单调递减D. 是函数的最小值【答案】BC【解析】【分析】由图中与0的大小关系可得到函数的单调区间，再根据极值、零点和最值的定义判断各选项的正误即可得出答案.【详解】解：由的图象可知，在和上单调递增，在和上单调递减，所以为的极小值点，所以B，C均正确；是的零点，但不一定是的零点，所以A错误；是函数的极小值，但不一定是最小值，所以D错误.故选：BC.10. 已知，则( )A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据条件概率公式、全概率公式、和事件公式可以判断答案.【详解】B选项：，对；C选项：,C对；A选项：由全概率公式得：,A错；D选项：

16、D对；故选：BCD11. 已知等差数列的前n项和为，公差，则下列数列一定递增的是( )A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式，利用数列单调性的概念，结合作差法即可判断.【详解】对于A，则数列是递增数列，A正确；对于B，不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，B错误；对于C，不一定正实数，即数列不一定是递增数列，C错误；对于D，故数列是递增数列，D正确故选：AD12. 设，下列结论正确的是( )A. B. C. D. 在，中，最大【答案】ABD【解析】【分析】采用赋值法，两式相加即可判断A；求出的通项求出可判断B；对多项式两边求导，令，可判断C；求

17、出的通项知为正，为负，可判断D.【详解】令，所以，令，所以，所以得：，所以，所以A正确；，则的通项为：所以令，则，所以，令，则，所以，所以，故B正确；对两边同时求导，则，令，所以，所以C错误；由的通项知为正，为负，所以，在，中，最大，所以D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知离散型随机变量X服从两点分布，且，则随机变量X的方差为_【答案】【解析】【分析】因为离散型随机变量X服从两点分布，设，所以，由题意可求出，所以可求出【详解】因为离散型随机变量X服从两点分布，设，所以，所以，代入有：，解得：，因为离散型随机变量X服从两点分布，所以.故答案为：.14

18、. 某人投篮命中的概率为0.3，投篮15次，最有可能命中_次【答案】4【解析】【分析】易知投篮命中次数服从二项分布，设最有可能命中m次，于是，解出不等式即可得到答案.【详解】投篮命中次数，设最有可能命中次，则，最有可能命中4次故答案为：4.15. 若函数在区间上最大值为，最小值为，则实数_【答案】【解析】【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，即可求出函数的极小值，再求出区间端点处的函数值，即可求出函数的最值，即可得解.【详解】因为，所以，所以当时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值，又，因为，所以，所以，则.故答案为：16. 杨辉三角在我国南宋数学家杨辉12

19、61年所著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1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，则“莱布尼茨三角形”第8行第5个数是_；若，则_(用含n的代数式作答).【答案】 . . 【解析】【分析】类比杨辉三角，根据“莱布尼茨三角形”的特点求解即可【详解】由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”，观察表中数字，题中要求第8行第5个数，所以，所以第8行第5个数为.由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数

20、之和，将上述各式相加，得，.故答案为：；四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在的展开式中，前三项的二项式系数之和等于79.(1)求的值；(2)若展开式中的常数项为，求的值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据二项式系数的定义及组合数计算即可；(2)设二项式的展开式通项，待定系数计算即可.【小问1详解】因为前三项的二项式系数之和等于79，所以，解得或.因为，所以.【小问2详解】设的通项为，所以当时，此时，常数项为，解得.18. 已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】【分析】(1)利

21、用导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；(2)设，利用导数可求得单调性，结合可得单调性，得到，由此可证得结论.【小问1详解】，又，所求切线方程为：.【小问2详解】设，则定义域为，令，则，在上单调递增，又，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，即.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数几何意义求解切线方程、不等式的证明问题；本题证明不等式的关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，从而利用导数求解函数的最值.19. 已知各项均为正数的等比数列满足，(1)求的通项公式；(2)令，将数列与中的项合并在一起，按从小到大的顺序重新排列构成新数列，求的前50项的和【答案】(

22、1) (2)3181【解析】【分析】(1)设等比数列的公比为q，然后根据题意列出等式，进行联立即可得到，即可求解；(2)先得到的前50项是由的前5项与的前45项组成，然后利用分组求和法即可求解【小问1详解】设等比数列的公比为q，由题意得，因为等比数列中，所以，又，解得，所以，即的通项公式为【小问2详解】由(1)知，因为，所以的前50项是由的前5项与的前45项组成，记的前50项的和为，则所以的前50项的和为318120. “业务技能测试”是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据某公司为量化考核员工绩效等级设计了两套测试方案，现各抽取100名员工参加两套测试方案的预测试，统计成绩(满分100分)，

23、得到如下频率分布表成绩频率方案0.020.110.220.300.240.080.03方案0.160.180.340.100.100.080.04(1)从预测试成绩在的员工中随机抽取3人，求恰有1人参加测试方案的概率；(2)由于方案的预测试成绩更接近正态分布，该公司选择方案进行业务技能测试测试后，公司统计了若干部门测试的平均成绩与绩效等级优秀率，如下表所示：324154687480920.280.340.440.580.660.740.94根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程令，经计算得，()若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为多少？()根据统计分析，大致认为各

24、部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数近似为样本方差，求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率为多少？参考公式与数据：(1)(2)线性回归方程中，(3)若随机变量，则，【答案】(1) (2)()0.498；()0.1587【解析】【分析】(1)由古典概型概率计算公式求解即可；(2)()两边取对数得，即，利用所给一元线性回归方程公式求得的值，再将代入即可求解；()根据正态分布的性质求解即可.【小问1详解】由图表可得方案测试成绩在的员工的有人，方案测试成绩在的员工的有人，所以从预测试成绩在的员工中随机抽取3人，求恰有1人参加测试方案的概率.【小问2详解】()由题意两边取对数得，即，根据所给公式

25、可得，又因为，所以，即，故，当时，即若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为.()由()及参考数据可得，由即可得，解得，又，由正态分布的性质得，即绩效等级优秀率不低于0.78的概率为0.1587.21. 根据社会人口学研究发现，一个家庭有个孩子的概率模型为：1230概率其中.每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为且相互独立，事件表示一个家庭有个孩子，事件表示一个家庭的男孩比女孩多(例如：一个家庭恰有一个男孩，则该家庭男孩多).(1)若，求和；(2)为了调控未来人口结构，其中参数受到各种因素的影响(例如生育保险的增加，教育医疗福利的增加等).若希望增大，如何调控的值？是否存在的

26、值使得，请说明理由.【答案】(1)，； (2)增加p的取值；不存在，理由见解析.【解析】【分析】(1)根据条件概率计算方法求出，再根据即可计算求值；(2)根据分布列的概率和为1得到与p的关系，构造函数，利用导数判断其单调性，求出其f(p)单调性，从而可判断=的单调性，从而得到结果；根据分布列概率和为1及列出关于p的方程，判断方程是否有解即可【小问1详解】由题意得：，所以，由全概率公式，得，又，则；小问2详解】由，得，记，则，记，则，故在单调递减，在单调递减因此增加p的取值，会减小，增大，即增大假设存在p使，又，将上述两式相乘，得，化简得，设，则，则在单调递减，在单调递增，的最小值为，不存在使得

27、22 已知函数.(1)当时，求的极值；(2)当时，证明：存在唯一极值点，且.【答案】(1)极小值为0，无极大值 (2)证明见解析【解析】【分析】(1)利用导数判断函数单调性，确定极值点.(2)由导函数的单调性和零点存在性定理证明存在唯一极值点，再构造新函数利用导数证明不等式.【小问1详解】当时，所以，又 在上递增，且，所以当时，；当时，所以在上递增，在上递减.又，所以的极小值为0，无极大值.【小问2详解】的定义域为，当时，由(1)知， 则，当时，单调递增，且，设，则， 故在单调递减， 即， 所以， 根据零点存在性定理， 知存在唯一的零点.,此时， 设，所以在单调递增， 故 ，当时，单调递增，

28、且， 设，时，在单调递减，即，根据零点存在性定理， 存在唯一的零点， 此时有，由， 可得：，所以时， ，综上， 当时，存在唯一极值点，为极小值点，且 【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.