江苏省苏州中学2021-2022学年高二下学期期末数学Word版含解析.docx

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苏州中学2021-2022学年高二第二学期期末检测数学试卷一､单项选择题：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，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，则A∩B=（）A.{x|-2≤x<2}B.{x|-2≤x≤1}C.{x|-2≤x≤-1}D.{x|-2≤x<-1}【答案】D【解析】【分析】求出集合后可求.【详解】，而或，故，故选：D.2.已知，都是实数，那么“”是“”的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质和特殊值法依次判断充分性和必要性得到答案.【详解】当时，则，即；取，满足，不满足，故“”是“”的充分不必要条件.故选：B.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.3.北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】分为三人组中包含小明和小李和不包含小明和小李两类，分别计算方案种数即可得结果.【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，故选：A.4.设，且，若能被13整除，则（）A.0B.1C.11D.12【答案】D【解析】【分析】转化为，利用二项式定理求解.【详解】因为能被13整除，所以能被13整除因为，且，所以，故选：D5.设随机变量的分布列为，,分别为随机变量的数学期望与方差，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用分布列的性质概率之和为1，得出，利用概率的性质可判断A选项，再利用均值方差定义公式以及其性质逐项判断BCD即可.【详解】因为随机变量的分布列为，由分布列的性质可知，，解得，对于A，，故A不正确； 对于B，，，故B不正确；对于C，，故C正确；对于D，，，故D不正确.故选：C6.设常数，函数；若方程有三个不相等的实数根，且，则下列说法正确的是（）A.a的取值范围为B.的取值范围为C.D.的取值范围为【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，分析函数的性质，确定所在区间，再逐项推理判断作答.【详解】当时，函数减函数，函数值集合为，当时，函数是增函数，函数值集合为，当时，函数是减函数，函数值集合为，如图，因方程有三个不相等的实数根，则，，A不正确；，且满足，于是得，因此的取值范围为，B 不正确；，且有，因此，，即，解得，C不正确；，所以的取值范围为，D正确.故选：D7.已知，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将变为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合，根据函数的单调性即可得出答案.【详解】解：由，得，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，又因，且，所以，即，所以.故选：D.8.对任意，若不等式恒成立，则的取值范围为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】将变形为，设，利用导数求得，，则，所以恒成立，构造函数，利用导数求得其最小值，即可求得答案.【详解】对任意，若不等式恒成立,即，即，设，则，当时，，在时单调递减，当时，，在时单调递增，故当时，取得极小值也是最小值，即，令，则，所以恒成立，设,故是单调递增函数，故，所以，又因为，所以的取值范围为，故选：B【点睛】本题考查了不等式的恒成立成立问题，解答时要注意对不等式进行恰当的变式，从而分离参数，构造新函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题解决.二､多项选择题：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.设a、b是正实数，以下不等式恒成立的为（　　） A.B.a＞|a﹣b|﹣bC.a2+b2＞4ab﹣3b2D.ab+＞2【答案】BD【解析】【分析】由题意结合不等式的性质逐一考查所给的不等式，正确的结论给出证明，错误的结论举出反例即可.【详解】由于a、b是正实数，考查所给的命题：①当时，，不满足，所以①错误；②，恒成立，所以②正确；③当时，，，不满足，所以③错误；④恒成立，所以④正确；综上可得，恒成立的序号是②和④.故选：BD.10.已知随机变量X服从正态分布，密度函数，若，则（）A.B.C.在上是增函数D.【答案】ACD【解析】【分析】根据正态曲线的性质，再结合正态分布的密度曲线定义，由此逐一分析四个选项从而得出答案.【详解】随机变量服从正态分布，正态曲线关于直线对称，在上是增函数，选项C正确；，根据正态曲线的对称性可得，选项A正确；，选项B错误； ，选项D正确.故选：ACD.11.下列命题正确的是（）A.已知由一组样本数据（xi，yi）（i=12...，n）得到的回归直线方程为y=4x+20，且，则这组样本数据中一定有B.已知，若根据2×2列联表得到c2的观测值为4.153，则有95%的把握认为两个分类变量有关C.在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好D.两个变量线性相关性越强，则相关系数r就越接近1【答案】BC【解析】【分析】根据回归方程性质、相关系数的性质可分别判断AB的正误，根据独立性检验的性质、残差的性质可分别判断CD的正误.【详解】对于A，因为，故，故样本中心为，回归直线一定过样本中心，但样本数据中不一定有，故A错误.对于B，因为，故有95%的把握认为两个分类变量有关，故B正确.对于C，在残差图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，说明拟合精度越高，即拟合效果越好，故C正确.对于D，两个变量线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近1，故D错误.故选：BC.12.已知定义在R上的函数满足，，且对任意的，当时，都有，则以下判断正确的是（）A.函数是偶函数B.函数在上单调递增C.x=2是函数的对称轴D.函数的最小正周期是12【答案】BCD 【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义判断A;由结合函数的奇偶性可推得以及，从而判断函数的对称轴和周期，判断C,D；根据函数的对称性和单调性以及周期性可判断B;【详解】因为定义在R上的函数满足，即，故函数是奇函数，故A错误；因为，故，而，所以，即的图象关于对称，则x=2是函数的对称轴，故C正确；因为，所以，故12是函数的周期；对任意的，当时，都有，即，故时，单调递减，又因为为奇函数，所以时，单调递减，又因为的图象关于对称，故时，单调递增，因为12是函数的周期，故函数在单调性与时的单调性相同，故函数在上单调递增，故B正确，作出函数的大致图象如图示：结合图象可得知12是函数的最小正周期，D正确；故选：BCD 【点睛】本题考查了函数的奇偶性单调性以及对称性和周期性的判断，综合性强，推理复杂，要能熟练地应用相应概念进行相应的推理，解答的关键是函数单调性对称性以及奇偶性周期性的综合应用.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的单调减区间为__________．【答案】【解析】【分析】利用导数研究函数单调性即可得到结论.【详解】解：，，由，即，解得，，即函数单调减区间为，故答案为：14.在的展开式中，x2y5项的系数是___________.【答案】-12【解析】【分析】的通项为，求出的系数即得解.【详解】解：的通项为，令此时，令此时，所以展开式中，x2y5项的系数是.故答案为：-1215.有一个“国际服务”项目截止到2022年7月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数是___________.【答案】12【解析】【分析】首先确定3个单位名额互不相同的分配方式种数，再应用全排列求每种方式的分配方法数，即可得结果. 【详解】各单位名额各不相同，则8个名额的分配方式有，两种，对于其中任一种名额分配方式，将其分配给3个单位的方法有种，所以每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数是种.故答案为：1216.定义域为的数同时满足以下两条性质：①，使得；②对于，有.根据以下条件，分别写出满足上述性质的一个函数.（i）若是增函数，则___________；（ii）若不是单调函数，则___________.【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【解析】【分析】结合函数的单调性以及已知条件求得正确答案.【详解】依题意，的定义域为，且满足条件①②，（i）若增函数，则符合题意，即.（ii）若不是单调函数，则符合题意，即.故答案为：（答案不唯一）；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①只有第5项的二项式系数最大；②第4项与第6项的二项式系数相等；③奇数项的二项式系数的和为128；这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.已知（n∈N*），___________（1）求的值： （2）求的值.【答案】（1）-1（2）16【解析】【分析】(1)根据选①，②，③解得都有，所以有，令，得，再令，得，于是可得；(2)由(1)可得，所以有，两边分别求导得，再令即可得答案.【小问1详解】解：若选①：因为只有第5项的二项式系数最大，所以展开式中共有9项，即，得，若选②：因为第4项与第6项的二项式系数相等，所以，若选③：因为奇数项的二项式系数的和为128，所以，解得.因为，令，则有，即有，令，得，所以；综上所述：；【小问2详解】由(1)可知：无论选①，②，③都有， ，两边求导得，令，则有，所以.18.某校从学生会宣传部6名成员（其中男生4人，女生2人）中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动.（1）设所选3人中女生人数为，求的分布列及数学期望；（2）设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，求和.【答案】（1）分布列答案见解析；数学期望.（2），【解析】【分析】（1）的所有可能取值为0，1，2，计算出取不同值时的概率，即可得出分布列并求数学期望.（2）根据古典概型和条件概率的计算公式计算即可.【小问1详解】宣传部6名成员中有男生4人，女生2人.所以的所有可能取值为0，1，2.则,,所以随机变量的分布列为：012数学期望【小问2详解】 根据题意,,,所以19.已知函数，.（1）求证：，；（2）已知为常数，有实数解.若，，且，求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)利用绝对值不等式的性质分别求出，将问题转化为使得恒成立即可；(2)设是的一个解，结合(1)可知，进而得出，利用基本不等式“1”的妙用计算即可得出结果.【小问1详解】∵，且，∴的最小值为3.∵，且，∴的最大值为3.∴，，即.【小问2详解】由（1）知：，的最小值为3，的最大值为3.根据已知设是的一个解，则.∴，.∵，，，， ∴.当，时，.∴的最小值为.20.已知二次函数f（x）=ax2+bx+c且不等式f（x）<2x的解集为（1，3），对任意的x∈R都有恒成立.（1）求f（x）的解析式；（2）若恰有两个零点，求m的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由的解集为知，是方程的两根，用韦达定理得到的关系，又对任意的都有恒成立，知的最小值大于等于，解出，写出解析式即可；（2）由已知得的解析式，求导，讨论单调性，得到极值，若恰有两个零点，只需极值为零，解出的值.【小问1详解】由得，又的解集为，所以①，因为对任意的都有恒成立，所以，将①代入解得，， 所以；【小问2详解】由得，，由得，由得或；所以在上单调递减，在，上单调递增；所以有极小值，有极大值，若恰有两个零点，只需或；解得或.21.某企业为确定下一年投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响，统计了近10年投入的年研发费用与年销售量（）的数据，得到散点图如图所示：（1）利用散点图判断，和（其中，为大于0的常数）哪一个更适合作为年研发费用和年销售量的回归方程类型（只要给出判断即可，不必说明理由）.（2）对数据作出如下处理：令，，得到相关统计量的值如下表： 根据（1）的判断结果及表中数据，求关于的回归方程；（3）已知企业年利润（单位：千万元）与，的关系为（其中），根据（2）的结果，要使得该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.【答案】（1）选择回归类型；（2）；（3）亿元.【解析】【分析】（1）通过观察散点图直接得出结论即可；（2）利用对数的运算以及公式法求解回归方程；（3）再利用导数研究函数的单调性和最值即可求出结果.【详解】（1）由散点图知，选择回归类型更适合.（2）对两边取对数，得，即.由表中数据得：，∴，∴，∴，∴年研发费用与年销售量的回归方程为.（3）由（2）知，，∴，令，得，且当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以当千万元时，年利润取得最大值，且最大值为所以要使年利润取最大值，预计下一年度投入亿元22.已知函数，曲线在处的切线方程为.（1）求的值；（2）函数在区间上存在零点，求的值；（3）记函数，设（）是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）由题意可得切点为，代入中可求出的值；（2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的的范围，从而可求出的值；（3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值【小问1详解】因为曲线在处的切线方程为，所以切点为，所以，得【小问2详解】由（1）得，则， 当时，，当时，，所以在上递减，上递增，所以当时，取得极小值，因为，所以在区间上存在一个零点，此时，因为，所以在区间上存在一个零点，此时，综上或【小问3详解】，则，由，得，因为（）是函数的两个极值点，所以方程有两个不相等的正实根，所以，，所以，因为，所以，解得或，因为，所以，所以 令，则，所以在上单调递减，所以当时，取得最小值，即，所以，所以实数的最大值为【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数零点问题，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（3）问解题的关键是由题意得方程有两个不相等的正实根，再根据根与系数的关系和已知条件可得，，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题