高級中學名校試卷PAGEPAGE3河北省保定市定州市2022-2023學年高二下學期期末數學試題一、單項擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為集合，則.故選：B2.命題“”的否定是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“，”的否定是，故選D3.已知隨機變量服從正態分布，，則（）A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.8〖答案〗B〖解析〗因隨機變量服從正態分布,.所以，.所以.故選：B.4.已知，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因為，所以函數單調遞減，所以，即；因為，所以函數單調遞增，所以，即；因為，所以函數單調遞減，所以，即.所以，故A，B，D錯誤.故選：C.5.已知二項式的展開式中的系數是10，則實數（）A. B.1 C. D.2〖答案〗B〖解析〗二項式的展開式為，令，解得，所以.故選：B6.已知直線與及的圖像分別交于A，B兩點，則的最小值為（）．A.1 B. C.D.〖答案〗D〖解析〗令，則．當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，即最小值為．故選：D7.甲口袋中有3個紅球，2個白球和5個黑球，乙口袋中有3個紅球，3個白球和4個黑球，先從甲口袋中隨機取出一球放入乙口袋，分別以和表示由甲口袋取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙口袋中隨機取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是（）A. B.事件與事件B相互獨立C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意得，所以A錯誤；因為，，所以，即，故事件事件與事件B不相互獨立，所以B錯誤，D正確；，所以C錯誤；故選：D8.已知A，B為兩個隨機事件，，，則“A，B相互獨立”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗C〖解析〗由題意，若A，B相互獨立，則，故，故充分性成立；若，即，則即，故，即相互獨立，故A，B相互獨立，故必要性成立故“A，B相互獨立”是“”的充分必要條件故選：C二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知，，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗A.，得，當且僅當，即，時等號成立，故A正確；B當時，，故B錯誤；C.，當，即時，等號成立，故C正確；D.當時，，故D錯誤.故選：AC10.甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列說法正確的是（）A.如果甲，乙必須相鄰且乙在甲的右邊，那么不同的排法有24種B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同排法共有18種C.甲乙不相鄰的排法種數為72種D.甲乙丙按從左到右的順序排列的排法有20種〖答案〗ACD〖解析〗對于A，甲，乙必須相鄰且乙在甲的右邊，將甲乙看成一個整體，與丙，丁，戊全排列，有種排法，A正確；對于B，若甲站在最左端，乙和丙，丁，戊全排列，有種排法，故B錯誤；對于C，先將丙，丁，戊三人排成一排，再將甲乙安排在三人的空位中，有種排法，C正確；對于D，甲，乙，丙，丁，戊五人全排列有種排法，甲乙丙全排列有種排法，則甲乙丙按從左到右的順序排列的排法有種，故D正確.故選：ACD.11.在某一季節，疾病D1的發病率為2%，病人中40%表現出癥狀S，疾病D2的發病率為5%，其中18%表現出癥狀S，疾病D3的發病率為0.5%，癥狀S在病人中占60%．則（）A.任意一位病人有癥狀S的概率為0.02B.病人有癥狀S時患疾病D1的概率為0.4C.病人有癥狀S時患疾病D2的概率為0.45D.病人有癥狀S時患疾病D3的概率為0.25〖答案〗ABC〖解析〗P(D1)=0.02，P(D2)=0.05，P(D3)=0.005，P(S|D1)=0.4，P(S|D2)=0.18，P(S|D3)=0.6，由全概率公式得P(S)=P(Di)P(S|Di)=0.02×0.4+0.05×0.18+0.005×0.6=0.02．由貝葉斯公式得：P(D1|S)===0.4，P(D2|S)===0.45，P(D3|S)===0.15．故選：ABC12.已知函數，若有三個不等實根，，，且，則（）A.的單調遞增區間為B.a的取值范圍是C.的取值范圍是D.函數有4個零點〖答案〗CD〖解析〗作出函數的圖象，如圖所示：對于A，由圖象可得的單調遞增區間為，故A不正確；對于B，因為有三個不等實根，即與有三個不同交點，所以,，故B不正確；對于C，則題意可知：，，所以，所以,，故C正確；對于D，令，則有，令，則有或，當時，即，即，解得；當時，即，所以或，解得，或或，所以共有4個零點，即有4個零點，故D正確．故選：CD．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把〖答案〗填寫在題中橫線上．13.已知則方程的根為_________.〖答案〗或〖解析〗已知,①當時,,則,解得或,又因為,所以.②當時,,則,解得或,又因為,所以無解.③當時,,則,解得或,又因為,所以.綜上所述:的根為或.故〖答案〗為:或14.已知隨機變量，且，則______．〖答案〗12〖解析〗因為，所以．因為，所以．因為，所以．故〖答案〗為：15.某學校安排四名同學參加3個不同社區的暑期實踐活動，若每個社區至少1人參加，且甲同學不去A社區，則不同的安排方案共有________種．〖答案〗24〖解析〗第一類甲單獨一組，則從另外三人中選出兩人為一組，有種，甲不去社區，有2種選擇，另外兩組人分配到另外兩個社區，有種情況，共有種方法，第二類甲與另外一人組成一個工作小組，有種情況，由于甲不去社區，有2種情況；另外2人分配到其它2個社區，有種情況，共有種方法，綜上所述，共有種方法.故〖答案〗為：16.若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是_________．〖答案〗〖解析〗因為函數在區間上單調遞增所以在區間恒成立，因為，所以在區間恒成立所以因為，所以所以的取值范圍是四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.某農發企業計劃開展“認領一分地，邀你來當農場主”活動.該企業把農場以微田園形式對外租賃，讓人們認領.認領的田地由企業的專業人員打理，認領者可以隨時前往體驗農耕文化，所有收獲歸認領者所有.某咨詢公司做了關于活動意愿情況的調查，隨機抽取了100份有效問卷，部分統計數據如下表：性別參與意愿合計愿意參與不愿意參與男性4860女性18合計100（1）請將上述列聯表補充完整，試依據小概率值的獨立性檢驗，分析男性是否比女性更愿意參與活動；（2）為了更詳細的了解情況，在100份有效問卷中抽取不愿意參與活動的人員若干人組成觀摩小組，觀摩小組恰有男性4名，女性3名.從觀摩小組中選取3人為免費體驗者，設免費體驗者中男性人數為X，求X的分布列及數學期望.附：，.下表給出了獨立性檢驗中幾個常用的小概率值和相應的臨界值.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）列聯表補充完整如下性別參與意愿合計愿意參與不愿意參與男性481260女性221840合計7030100零假設為：參與意愿與性別無關聯，根據列聯表的數據可得，對照附表，依據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，所以認為參與意愿與性別有關聯，此推斷犯錯的概率不大于0.01.（2）X的可能取值為0，1，2，3，，，，.所以X的分布列為：X0123P根據超幾何分步的數學期望有.18.已知函數.（1）判斷函數的奇偶性與單調性，并說明理由；（2）解不等式.解：（1）函數為偶函數，函數在上單調遞減，在上單調遞增；因為函數定義域為，且，所以函數為偶函數；當時，，有，所以函數在上單調遞增，又因為為偶函數，所以函數在上單調遞減；（2）因為函數為偶函數，所以不等式等價于，又函數在上單調遞增，所以，兩邊平方得，解得，故所求不等式的解集為.19.某高中學校鼓勵學生自發組織各項體育比賽活動，甲、乙兩名同學利用課余時間進行乒乓球比賽，比賽采用七局四勝制（即有一方先勝四局即獲勝，比賽結束）．假設每局比賽甲獲勝的概率都是．（1）求比賽結束時恰好打了5局的概率；（2）若甲以3：1的比分領先時，記表示到結束比賽時還需要比賽的局數，求的分布列及期望．解：（1）第一種情況：比賽結束時恰好打了5局且甲獲勝，則概率為；第二種情況：比賽結束時恰好打了5局且乙獲勝，則概率為；所以比賽結束時恰好打了5局的概率為.（2）依題意得的可能取值為，，的分布列為．20.已知函數且.（1）當時，求函數的極值；（2）當時，求函數零點的個數.解：（1）由題意得：，令，得或（舍去），當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；所以函數有極小值，無極大值.（2）由（1）得.因為，①若，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；所以有極大值，極小值，又，所以函數有1個零點②若，則，所以函數單調遞增，此時，所以函數有1個零點.③若，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；所以有極大值，顯然極小值，又，所以函數有1個零點.綜上所述，當時，函數的零點個數為1.21.據統計，某城市居民年收入（所有居民在一年內收入的總和，單位：億元）與某類商品銷售額（單位：億元）的10年數據如下表所示：第年12345678910居民年收入32.231.132.935.737.138.039.043.044.646.0商品銷售額25.030.034.037.039.041.042.044.048.051.0依據表格數據，得到下面一些統計量的值.379.6391247.624568.9（1）根據表中數據，得到樣本相關系數.以此推斷，與的線性相關程度是否很強？（2）根據統計量的值與樣本相關系數，建立關于的經驗回歸方程（系數精確到0.01）；（3）根據（2）的經驗回歸方程，計算第1個樣本點對應的殘差（精確到0.01）；并判斷若剔除這個樣本點再進行回歸分析，的值將變大還是變??？（不必說明理由，直接判斷即可）.附：樣本的相關系數，，，.解：（1）根據樣本相關系數，可以推斷線性相關程度很強.（2）由及，可得，所以，又因為，所以，所以與的線性回歸方程.（3）第一個樣本點的殘差為：，由于該點在回歸直線的左下方，故將其剔除后，的值將變小.22函數（1）若，求函數在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積；（2）若函數有兩個極值點，求的取值范圍．解：（1）當時，，，則函數在處的切線方程為，切線與坐標軸的交點為，與坐標軸圍成的三角形的面積為（2）﹐因為函數有兩個極值點，所以方程有兩個不相等實數根故且，故，即，則，不妨設，x正0負0正增減增據上表可知，在處取得極大值，在處取得極小值，，設，由于在上恒成立，故在上遞增，故，則的取值范圍為河北省保定市定州市2022-2023學年高二下學期期末數學試題一、單項擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為集合，則.故選：B2.命題“”的否定是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題“，”的否定是，故選D3.已知隨機變量服從正態分布，，則（）A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.8〖答案〗B〖解析〗因隨機變量服從正態分布,.所以，.所以.故選：B.4.已知，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因為，所以函數單調遞減，所以，即；因為，所以函數單調遞增，所以，即；因為，所以函數單調遞減，所以，即.所以，故A，B，D錯誤.故選：C.5.已知二項式的展開式中的系數是10，則實數（）A. B.1 C. D.2〖答案〗B〖解析〗二項式的展開式為，令，解得，所以.故選：B6.已知直線與及的圖像分別交于A，B兩點，則的最小值為（）．A.1 B. C.D.〖答案〗D〖解析〗令，則．當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，即最小值為．故選：D7.甲口袋中有3個紅球，2個白球和5個黑球，乙口袋中有3個紅球，3個白球和4個黑球，先從甲口袋中隨機取出一球放入乙口袋，分別以和表示由甲口袋取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙口袋中隨機取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是（）A. B.事件與事件B相互獨立C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意得，所以A錯誤；因為，，所以，即，故事件事件與事件B不相互獨立，所以B錯誤，D正確；，所以C錯誤；故選：D8.已知A，B為兩個隨機事件，，，則“A，B相互獨立”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗C〖解析〗由題意，若A，B相互獨立，則，故，故充分性成立；若，即，則即，故，即相互獨立，故A，B相互獨立，故必要性成立故“A，B相互獨立”是“”的充分必要條件故選：C二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知，，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗AC〖解析〗A.，得，當且僅當，即，時等號成立，故A正確；B當時，，故B錯誤；C.，當，即時，等號成立，故C正確；D.當時，，故D錯誤.故選：AC10.甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列說法正確的是（）A.如果甲，乙必須相鄰且乙在甲的右邊，那么不同的排法有24種B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同排法共有18種C.甲乙不相鄰的排法種數為72種D.甲乙丙按從左到右的順序排列的排法有20種〖答案〗ACD〖解析〗對于A，甲，乙必須相鄰且乙在甲的右邊，將甲乙看成一個整體，與丙，丁，戊全排列，有種排法，A正確；對于B，若甲站在最左端，乙和丙，丁，戊全排列，有種排法，故B錯誤；對于C，先將丙，丁，戊三人排成一排，再將甲乙安排在三人的空位中，有種排法，C正確；對于D，甲，乙，丙，丁，戊五人全排列有種排法，甲乙丙全排列有種排法，則甲乙丙按從左到右的順序排列的排法有種，故D正確.故選：ACD.11.在某一季節，疾病D1的發病率為2%，病人中40%表現出癥狀S，疾病D2的發病率為5%，其中18%表現出癥狀S，疾病D3的發病率為0.5%，癥狀S在病人中占60%．則（）A.任意一位病人有癥狀S的概率為0.02B.病人有癥狀S時患疾病D1的概率為0.4C.病人有癥狀S時患疾病D2的概率為0.45D.病人有癥狀S時患疾病D3的概率為0.25〖答案〗ABC〖解析〗P(D1)=0.02，P(D2)=0.05，P(D3)=0.005，P(S|D1)=0.4，P(S|D2)=0.18，P(S|D3)=0.6，由全概率公式得P(S)=P(Di)P(S|Di)=0.02×0.4+0.05×0.18+0.005×0.6=0.02．由貝葉斯公式得：P(D1|S)===0.4，P(D2|S)===0.45，P(D3|S)===0.15．故選：ABC12.已知函數，若有三個不等實根，，，且，則（）A.的單調遞增區間為B.a的取值范圍是C.的取值范圍是D.函數有4個零點〖答案〗CD〖解析〗作出函數的圖象，如圖所示：對于A，由圖象可得的單調遞增區間為，故A不正確；對于B，因為有三個不等實根，即與有三個不同交點，所以,，故B不正確；對于C，則題意可知：，，所以，所以,，故C正確；對于D，令，則有，令，則有或，當時，即，即，解得；當時，即，所以或，解得，或或，所以共有4個零點，即有4個零點，故D正確．故選：CD．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把〖答案〗填寫在題中橫線上．13.已知則方程的根為_________.〖答案〗或〖解析〗已知,①當時,,則,解得或,又因為,所以.②當時,,則,解得或,又因為,所以無解.③當時,,則,解得或,又因為,所以.綜上所述:的根為或.故〖答案〗為:或14.已知隨機變量，且，則______．〖答案〗12〖解析〗因為，所以．因為，所以．因為，所以．故〖答案〗為：15.某學校安排四名同學參加3個不同社區的暑期實踐活動，若每個社區至少1人參加，且甲同學不去A社區，則不同的安排方案共有________種．〖答案〗24〖解析〗第一類甲單獨一組，則從另外三人中選出兩人為一組，有種，甲不去社區，有2種選擇，另外兩組人分配到另外兩個社區，有種情況，共有種方法，第二類甲與另外一人組成一個工作小組，有種情況，由于甲不去社區，有2種情況；另外2人分配到其它2個社區，有種情況，共有種方法，綜上所述，共有種方法.故〖答案〗為：16.若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是_________．〖答案〗〖解析〗因為函數在區間上單調遞增所以在區間恒成立，因為，所以在區間恒成立所以因為，所以所以的取值范圍是四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.某農發企業計劃開展“認領一分地，邀你來當農場主”活動.該企業把農場以微田園形式對外租賃，讓人們認領.認領的田地由企業的專業人員打理，認領者可以隨時前往體驗農耕文化，所有收獲歸認領者所有.某咨詢公司做了關于活動意愿情況的調查，隨機抽取了100份有效問卷，部分統計數據如下表：性別參與意愿合計愿意參與不愿意參與男性4860女性18合計100（1）請將上述列聯表補充完整，試依據小概率值的獨立性檢驗，分析男性是否比女性更愿意參與活動；（2）為了更詳細的了解情況，在100份有效問卷中抽取不愿意參與活動的人員若干人組成觀摩小組，觀摩小組恰有男性4名，女性3名.從觀摩小組中選取3人為免費體驗者，設免費體驗者中男性人數為X，求X的分布列及數學期望.附：，.下表給出了獨立性檢驗中幾個常用的小概率值和相應的臨界值.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）列聯表補充完整如下性別參與意愿合計愿意參與不愿意參與男性481260女性221840合計7030100零假設為：參與意愿與性別無關聯，根據列聯表的數據可得，對照附表，依據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，所以認為參與意愿與性別有關聯，此推斷犯錯的概率不大于0.01.（2）X的可能取值為0，1，2，3，，，，.所以X的分布列為：X0123P根據超幾何分步的數學期望有.18.已知函數.（1）判斷函數的奇偶性與單調性，并說明理由；（2）解不等式.解：（1）函數為偶函數，函數在上單調遞減，在上單調遞增；因為函數定義域為，且，所以函數為偶函數；當時，，有，所以函數在上單調遞增，又因為為偶函數，所以函數在上單調遞減；（2）因為函數為偶函數，所以不等式等價于，又函數在上單調遞增，所以，兩邊平方得，解得，故所求不等式的解集為.19.某高中學校鼓勵學生自發組織各項體育比賽活動，甲、乙兩名同學利用課余時間進行乒乓球比賽，比賽采用七局四勝制（即有一方先勝四局即獲勝，比賽結束）．假設每局比賽甲獲勝的概率都是．（1）求比賽結束時恰好打了5局的概率；（2）若甲以3：1的比分領先時，記表示到結束比賽時還需要比賽的局數，求的分布列及期望．解：（1）第一種情況：比賽結束時恰好打了5局且甲獲勝，則概率為；第二種情況：比賽結束時恰好打了5局且乙獲勝，則概率為；所以比賽結束時恰好打了5局的概率為.（2）依題意得的可能取值為，，的分布列為．20.已知函數且.（1）當時，求函數的極值；（2）當時，求函數零點的個數.解：（1）由題意得：，令，得或（舍去），當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；所以函數有