湖北省武汉市第四十九中学2022-2023学年高二下学期期末模拟数学 Word版含解析

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高二年级期末考试模拟题数学试卷一、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.下列式子正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据基本初等函数的导数公式和导数的运算法则，逐项求解，即可得到答案.【详解】A中，因为，所以，故A错误；B中，由基本初等函数的导数公式易知，故B正确；C中，因为，故C错误；D中，，故D错误.故选：B.2.已知某种商品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：2456830405060根据表中的全部数据，用最小二乘法得出与的线性回归方程为，则表中的值为（）A.45B.50C.70D.65【答案】C【解析】【分析】由表中数据求出平均数，根据回归直线经过样本中心点，代入求解即可.

1【详解】由表可知，，.因为回归直线会经过平均数样本中心点，所以＝6.5×5＋17.5，解得m＝70.故选：C．3.二项式展开式中的系数为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令即可确定的系数.【详解】展开式通项为：，令，则展开式中的系数为；令，则展开式中的系数为；令，则展开式中的系数为；展开式中的系数为.故选：D.4.已知随机事件A，B满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用条件概率公式及对立事件的概率公式求解即可.【详解】因为，所以.故选：A5.记为等比数列的前n项和，若，，则（）．A.120B.85C.D.

2【答案】C【解析】【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．6.针对时下的“短视频热”

3，某高校团委对学生性别和喜欢短视频是否有关联进行了一次调查，其中被调查的男生､女生人数均为人，男生中喜欢短视频的人数占男生人数的，女生中喜欢短视频的人数占女生人数的.零假设为：喜欢短视频和性别相互独立.若依据的独立性检验认为喜欢短视频和性别不独立，则的最小值为（）附：，附表：0.050.013.8416.635A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】依题意，写出列联表中的，算出的数值，和表格中的参照数据比较后选出答案.【详解】根据题意，不妨设，于是，由于依据的独立性检验认为喜欢短视频和性别不独立，根据表格可知，解得，于是最小值为.故选：C7.教育部为发展贫困地区教育，在全国部分大学培养教育专业公费师范生，毕业后分配到相应的地区任教．现将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，则（）A.甲学校没有女大学生的概率为B.甲学校至少有两名女大学生的概率为C.每所学校都有男大学生的概率为D.乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为【答案】C【解析】【分析】计算出将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3

4所学校去任教共有的分法种数，再结合每个选项里的具体要求求出符合其要求的分法种数，根据古典概型的概率公式，即可求得相应概率，可判断A，B，C，利用对立事件计算可判断D.【详解】将5名男大学生，4名女大学生平均分配到甲、乙、丙3所学校去任教，共有中分法；对于A，甲学校没有女大学生，从5名男大学生选3人分到甲学校，再将剩余的6人平均分到乙、丙学校，共有种分法，故甲学校没有女大学生的概率为，A错误；对于B，甲学校至少有两名女大学生的情况包括恰有两女大学生和恰有三女大学生，共有种分法，故甲学校至少有两名女大学生的概率为，B错误；对于C，每所学校都有男大学生，则男生的分配情况为将男生分为3组：人数为或，当男生人数为时，将4名女生平均分为2组，分到男生人数为1人的两组，再分到3所学校，此时共有种分法；当男生人数为时，将4名女生按人数分为3组，人数的2组分到男生人数为的两组，2名女生的一组分到男生1人的那一组，再分到3所学校，此时共有种分法；故每所学校都有男大学生的分法有种，则每所学校都有男大学生的概率为，C正确；对于D，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生共有种分法，乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校没有女大学生的分法有种，故乙学校分配2名女大学生，1名男大学生且丙学校有女大学生的概率为，D错误，故选：C8.已知定义在上函数满足，且有，则

5的解集为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，可证明在上单调递增，又可计算得，因此【详解】由题意，构造函数在上单调递增又又的解集为故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知等差数列的前n项和为，若，则（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据等差数列前项和公式和通项的性质，推出，结合选项可得答案.【详解】因为是等差数列，所以.根据题意，又，所以，

6从而，，故选项A，B正确；又，即，故选项C正确；对于选项D，，根据题意无法判断是否为零，故选项D错误.故选：ABC10.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（）A.在第10行中第5个数最大B.C.第8行中第4个数与第5个数之比D.在杨辉三角中，第行的所有数字之和为【答案】BC【解析】【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断，即可求解．【详解】对于A：第行是二项式的展开式的系数，所以第行中第个数最大，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：第行是二项式的展开式的系数，又展开式的通项为，所以第个数为，第个数为，所以第个数与第个数之比为，故C正确；

7对于D：第行是二项式的展开式的系数，故第行的所有数字之和为，故D错误；故选：BC11.下列命题中，正确的命题是（）A.已知随机变量服从二项分布，若，，则B.已知，，,则C.设随机变量服从正态分布，若，则D.某人在10次射击中，击中目标的次数为，，当时概率最大．【答案】BCD【解析】【分析】选项A：利用二项分布期望、方差公式计算判断；选项B：由结合全概率公式可得，代入已知数据，解方程可得结论；选项C：利用正态分布图象的对称性即可判断；选项D：设时概率最大，利用独立重复试验概率公式列不等式组求出即可判断【详解】对于选项A：随机变量服从二项分布，，，可得，，则，选项A错误；对于选项B：因为，所以，由可得，又，，所以，又，所以，B正确；对于选项C：随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，若，则，

8，选项C正确；对于选项D：因为，当时，对应的概率，设时，概率最大，则，所以，所以，解得，因为，所以，所以时，概率最大，故选项D正确．故选：BCD12.已知，下列说法正确的是（）A.在处的切线方程为B.单调递减区间为C.的极小值为D.方程有两个不同的解【答案】AB【解析】【分析】对于A，利用导数的几何意义求解；对于B，求导后，由导数小于零求解；对于C，求导后求极值；对于D，函数与的交点个数判断.【详解】对于A，由，得，所以，，所以在处的切线方程为，故A正确；对于B，由，得，解得，所以单调递减区间为，故B正确；对于C，由，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，

9所以当时，取得极大值，故C错误；对于D，由C选项可知的最大值为，当时，，当时，，所以函数与的图像的交点个数为1，即有1个解，故D错误.故选：AB.【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用导数分析得的图像，从而得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则其展开式中有理项共有____________项．【答案】4【解析】【分析】先根据二项式系数之和列出方程，求出，从而得到的展开式的通项公式，进而得到有理项的项数.【详解】由题意得，解得，的展开式的通项公式为，当，2，4，6时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项.故答案为：414.现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有入经过，则有_________种不同的进站方式（用数字作答）【答案】720【解析】

10【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案.【详解】将5人分为3组，有和两种情况：当分组为时：共有；当分组为时：共有；综上所述：共有种不同的进站方式.故答案为：.15.数列的前n项和为，且，则＝___.【答案】【解析】【分析】利用分组求和计算得到答案.【详解】，.故答案为：.16.若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】变换得到，设得到，设，求导得到单调区间，计算最值得到答案.【详解】，即，，设，恒成立，函数单调递增，故，故，设，，故，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；故，故，

11故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用同构的思想，变换得到是解题的关键.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.记等差数列的前n项和为，已知，．（1）求的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，若，求m的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据下标和定理及得出，结合即可求出，进而写出通项公式；（2）首先写出的表达式，由裂项相消法得出，由解出即可．【小问1详解】设的公差为d，因为，所以，解得，又，所以．所以．【小问2详解】因为，所以，由，解得，

12所以．18.人工智能正在改变我们的世界，由OpenAI开发的人工智能划时代标志的ChatGPT能更好地理解人类的意图，并且可以更好地回答人类的问题，被人们称为人类的第四次工业革命.它渗透人类社会的方方面面，让人类更高效地生活.现对130人的样本使用ChatGPT对服务业劳动力市场的潜在影响进行调查，其数据的统计结果如下表所示：ChatGPT应用的广泛性服务业就业人数的合计减少增加广泛应用601070没广泛应用402060合计10030130（1）根据小概率值的独立性检验，是否有的把握认为ChatGPT应用的广泛性与服务业就业人数的增减有关？（2）现从“服务业就业人数会减少”的100人中按分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记抽取的3人中有人认为人工智能会在服务业中广泛应用，求的分布列和均值.附：，其中.0.10.050.012.7063.8416.635【答案】（1）没有（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题意求，并与临界值对比判断；（2）根据分层抽样求各层人数，结合超几何分布求分布列和期望.【小问1详解】零假设为：ChatGPT对服务业就业人数的增减无关.

13根据表中数据得，所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为无关.【小问2详解】由题意得，采用分层抽样抽取出的5人中，有人认为人工智能会在服务业中广泛应用，有人认为人工智能不会在服务业中广泛应用，则的可能取值为，又，所以的分布列为123所以.19.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值与单调区间.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由函数，求得，再根据导数的几何意义求解即可；（2）求得，讨论与0的大小，再根据函数极值点的定义求出函数的极值即可.【小问1详解】因为，所以，

14，所以曲线在点处的切线方程为：，即曲线在点处的切线方程为.．【小问2详解】，当或时，；当时，，所以函数的递增区间为和，递减区间为，所以当时函数取得极大值为，当时函数取得极小值为.20.某乡政府为提高当地农民收入，指导农民种植药材，并在种植药材的土地附近种草放牧发展畜牧业.牛粪、羊粪等有机肥可以促进药材的生长，发展生态循环农业.如图所示为某农户近7年种植药材的平均收入y（单位：千元）与年份代码x的折线图.并计算得到，，，，，，，其中.（1）从相关系数的角度分析，与哪一个适宜作为平均收入y关于年份代码x的回归方程类型？并说明理由；（2）根据（1）的判断结果及数据，建立y关于x的回归方程，并预测2023年该农户种植药材的平均收入.

15附：相关系数，回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，，.【答案】（1）适宜，理由见解析（2），87.39千元【解析】【小问1详解】因为，.对于模型，相关系数，对于模型，相关系数因为，所以适宜作为平均收入y关于年份代码x的回归方程.【小问2详解】由（1）可知回归方程类型为，由已知数据及公式可得，.所以y关于x的回归方程为，又年份代码1-7分别对应年份2016-2022，所以2023年对应年份代码为8，代入可得千元，所以预测2023年该农户种植药材的平均收入为87.39千元.

1621.为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，现两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列冠军；②如果在答满轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.（1）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望；（2）求在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率.【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值；（2）将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且，分别计算出、的值，利用互斥事件的概率公式可求得的值.【小问1详解】解：由题可得，的可能取值为、、、，所以，，，，，所以，的分布列为：

17所以，.【小问2详解】解：将“在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，“在第轮结束时，学生代表乙答对道题”记为事件，则、互斥，且，则，，所以，.因此，在第轮结束时，学生代表甲答对道题并刚好胜出的概率为.22.已知函数，设.（1）当时，求的单调区间；（2）若，求证：函数有且只有一个极小值点，且；（3）若函数不存在极值，求的取值范围.【答案】（1）单调增区间为，无单调减区间（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）先求导函数再判断正负确定单调区间；（2）先证明极值的唯一性，再求极值的范围即可；（3）分类讨论函数无极值，函数无极值转化为函数单调求参即可.【小问1详解】当时，，设，则恒成立，

18所以导函数的单调增区间为，无单调减区间.【小问2详解】由（1）问，当时，在上单调递增，并且，所以存在唯一，满足；当变化时，,变化状态如下：0极小值所以函数有且只有一个极小值点，又因为函数在上单调递增，且，所以.【小问3详解】由（2）知，当时不满足条件；当时，，无极值满足条件；当时，由题意，若函数无极值，则函数在上是单调的，若函数在上是单调递增，则恒成立；设，则，，当变化时，,变化状态如下：0极小值所以，则由题意所以，解得.若函数在上是单调递减，则恒成立，

19但，不满足条件，所以函数在上不能是单调递减；综上，的取值范围是.