2022-2023学年广东省中山市高二下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省中山市2022-2023学年高二下学期期末数学试题本试卷共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，将试卷和答题卡一并交回.一、单选题：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2×2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〗因为，对照表格：，因为1－0.025＝0.975＝97.5%，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〗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：A.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〖答案〗C〖解析〗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〗，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〗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：B.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〖答案〗D〖解析〗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：D．7.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〗由题意，，设，则，，.故选：C.8.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〗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、多选题：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〗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〗B选项：，对；C选项：,C对；A选项：由全概率公式得：,,A错；D选项：D对；故选：BCD.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.〖答案〗AD〖解析〗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：AD．12.设，下列结论正确的是（）A. B.C. D.在，，…，中，最大〖答案〗ABD〖解析〗令，所以①，令，所以②，所以①②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〗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.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〗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〗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1261年所著的《详析九章算法》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〗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.解：（1）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.（2）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：.（1）解：，，又，所求切线方程为：.（2）证明；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.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．解：（1）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．（2）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3181．20.“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A0.020.110.220.300.240.080.03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，．（ⅰ）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？（ⅱ）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低于0.78的概率为多少？参考公式与数据：=1\*GB3①．=2\*GB3②线性回归方程中，．=3\*GB3③若随机变量，则，，．解：（1）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.（2）（ⅰ）由题意两边取对数得，即，根据所给公式可得，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.（ⅱ）由（ⅰ）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）.①若希望增大，如何调控的值？②是否存在的值使得，请说明理由.解：（1）由题意得：，所以，．由全概率公式，得，又，则；（2）①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．②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．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.（1）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.（2）证明：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，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.广东省中山市2022-2023学年高二下学期期末数学试题本试卷共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，将试卷和答题卡一并交回.一、单选题：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2×2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〗因为，对照表格：，因为1－0.025＝0.975＝97.5%，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〗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：A.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〖答案〗C〖解析〗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〗，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〗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：B.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〖答案〗D〖解析〗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：D．7.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〗由题意，，设，则，，.故选：C.8.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〗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、多选题：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〗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〗B选项：，对；C选项：,C对；A选项：由全概率公式得：,,A错；D选项：D对；故选：BCD.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.〖答案〗AD〖解析〗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：AD．12.设，下列结论正确的是（）A. B.C. D.在，，…，中，最大〖答案〗ABD〖解析〗令，所以①，令，所以②，所以①②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〗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.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〗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〗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1261年所著的《详析九章算法》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〗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.解：（1）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.（2）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：.（1）解：，，又，所求切线方程为：.（2）证明；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.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．解：（1）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．（2）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3181．20.“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A0.020.110.220.300.240.080.03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，．（ⅰ）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？（ⅱ）根据统计分析，大致认为各部