2023-2024学年湖北省武汉市5G联合体高二下学期期末考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，即，，所以，即，所以.故选：C2.设是可导函数，且，则在处的切线的斜率等于（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，由导数的几何意义知，在处的切线的斜率为，故选：B.3.已知变量与的数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（）1234510111315A.11 B.12 C.12.5 D.13【答案】A【解析】，因为经验回归方程经过样本中心，所以，解得.故选：A.4.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（）A.24 B.36 C.54 D.60【答案】C【解析】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列种方法，所以5人的名次排列有种方法.故选：C5.的展开式中的系数是（）A.20 B.30 C.40 D.50【答案】A【解析】因为的展开式中，通项公式,令，得，则，又,所以的系数为.故选：A.6.柯西分布（Cauchydistribution）是一个数学期望不存在的连续型概率分布.记随机变量服从柯西分布为,其中当,时的特例称为标准柯西分布,其概率密度函数为,已知,,,则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】函数关于轴对称，由可知，，且，则，所以.故选：D7.已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的定义域为，则，因为有两个极值，所以有两个不等的实数解，由，得，令，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，，所以当时，，当时，，所以的图象如图所示，由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值，因为是的真子集，所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是，故选：A8.已知,若,则的最小值等于()A. B. C. D.【答案】B【解析】由题设，设,则，当单调递减，当单调递增，所以，即，综上，，即，所以，设是直线上的点，是圆上的点，而目标式为，由，故.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列命题正确的是（）A.命题“对任意，”的否定是“存在，使得”B.“”的充分不必要条件是“”C.设，则“且”是“”的充分不必要条件D.设，则“”是“”的充分不必要条件【答案】BC【解析】对于A选项，命题“对任意，”的否定是“存在，使得”，故A错误；对于B选项，或，因为或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；对于C选项，充分性：当且时，，则，所以具有充分性，必要性：令,，但“且”不成立，所以不具有必要性，所以“且”是“”充分不必要条件，故C正确；对于D选项，因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.故选：BC10.将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（）A.共有256种放法B.恰有一个盒子不放球，共有72种放法C.恰有两个盒子不放球，共有84种放法D.没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种【答案】ACD【解析】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A正确；恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为，或，两种情况，故共种放法，故C正确；编号为的球有种放法，编号为的球所放盒子的编号相同的球放入号或其他两个盒子，共有，即种放法，故D正确．故选：ACD．11.下列选项中正确的是（）A.已知随机变量服从二项分布，则B.口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望C.某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次D.设A，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则【答案】ABD【解析】A.，，，故A正确；B.为超几何分布，所以，故B正确；C.设最有可能击中次，则，，则，得，即或，故C错误；D.，则，，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某市的5个区县A，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．【答案】96【解析】第一步：从4种颜色中选3种颜色对三个区域着色有种方法，第二步：对着色分两类，着色有2种方法，对着色有2种方法，故不同的染色方案共有种．故答案为：种.13.某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道类试题，6道类试题，学生从中任选1道试题作答,学生甲答对这3类试题的概率分别为，，，学生甲答对试题的概率为______．【答案】【解析】学生甲答对试题的概率为.故答案为：14.若对任意的，且，，则的最大值是______．【答案】【解析】因为，所以，所以由，得，所以，所以，令，则，因为对任意的，且，所以在上递增，由，得，由，得，得，解得，所以的递增区间为，所以的最大值为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.设命题，使得不等式恒成立；命题，不等式成立．（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题、有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．解：（1）若为真命题，即，使得不等式成立，则对于，即可.由于,，则.（2）若为真命题，，不等式成立，则对于，即可.由于，，，解得p、q有且只有一个是真命题，则或，解得.16.,，,这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进行考查，其中高三年级的学生占，其他相关数据如下表：合格不合格合计高三年级的学生54高一年级的学生16合计100（1）请完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”是否有关？（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为，求的分布列和数学期望.附：，0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828解：（1）由100名学生中高三年级的学生占，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.补充完整的列联表，如下：合格不合格合计高三年级的学生54660高一年级的学生241640合计7822100提出零假设：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.根据列联表中的数据，得.根据小概率值的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.（2）由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为.依题意，得，则，，，.所以的分布列为0123.17.甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分,负方得0分；若平局则各得1分．已知甲在每局中获胜、平局、负概率均为，且各局比赛结果相互独立．（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数的分布列与数学期望．解：（1）设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，所以，或，所以甲胜一局的概率为（2）设“三局比赛后，甲得3分”为事件B，甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，所以，所以甲得3分的概率为（3）依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，，,,，故X的分布列为：X2345P所以期望18.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若关于方程有两根（其中），①求的取值范围；②当时，求的取值范围.解：（1）当时，，所以，由解得，由解得，故的单调递增区间为的单调递减区间为.（2）①由，即，即，令，上式为，因为，所以在上单调递增，故等价于，即在上有两根，令，则，由解得，由解得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以有极大值，且当时，，其图象如图所示：所以的取值范围为.②由①得在上有两根，所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以，可得，所以，所以.19.某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，需要检验次；方式二：混合检验，将其中份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．（1）现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；（2）现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．①若，求关于的函数关系式；②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？参考数据：,,，，．解：（1）设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，事件A分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，所以，所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为；（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，所以，，所以，若，则，所以，，所以，得，所以P关于k的函数关系式（且）；②由①知，，若，则，所以，得，所以（且）令，则，当时，，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，，，所以不等式的解是且，所以且时，，采用方案二混合检验方式好，且时，，采用方案一逐份检验方式好.湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，即，，所以，即，所以.故选：C2.设是可导函数，且，则在处的切线的斜率等于（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，由导数的几何意义知，在处的切线的斜率为，故选：B.3.已知变量与的数据如下表所示，若关于的经验回归方程是，则表中（）1234510111315A.11 B.12 C.12.5 D.13【答案】A【解析】，因为经验回归方程经过样本中心，所以，解得.故选：A.4.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况（）A.24 B.36 C.54 D.60【答案】C【解析】由条件可知，甲和乙都不是第一名，乙也不是最后一名，所以先排乙有3种方法，再排甲有3种方法，其他就是全排列种方法，所以5人的名次排列有种方法.故选：C5.的展开式中的系数是（）A.20 B.30 C.40 D.50【答案】A【解析】因为的展开式中，通项公式,令，得，则，又,所以的系数为.故选：A.6.柯西分布（Cauchydistribution）是一个数学期望不存在的连续型概率分布.记随机变量服从柯西分布为,其中当,时的特例称为标准柯西分布,其概率密度函数为,已知,,,则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】函数关于轴对称，由可知，，且，则，所以.故选：D7.已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的定义域为，则，因为有两个极值，所以有两个不等的实数解，由，得，令，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，，所以当时，，当时，，所以的图象如图所示，由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值，因为是的真子集，所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是，故选：A8.已知,若,则的最小值等于()A. B. C. D.【答案】B【解析】由题设，设,则，当单调递减，当单调递增，所以，即，综上，，即，所以，设是直线上的点，是圆上的点，而目标式为，由，故.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列命题正确的是（）A.命题“对任意，”的否定是“存在，使得”B.“”的充分不必要条件是“”C.设，则“且”是“”的充分不必要条件D.设，则“”是“”的充分不必要条件【答案】BC【解析】对于A选项，命题“对任意，”的否定是“存在，使得”，故A错误；对于B选项，或，因为或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；对于C选项，充分性：当且时，，则，所以具有充分性，必要性：令,，但“且”不成立，所以不具有必要性，所以“且”是“”充分不必要条件，故C正确；对于D选项，因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.故选：BC10.将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（）A.共有256种放法B.恰有一个盒子不放球，共有72种放法C.恰有两个盒子不放球，共有84种放法D.没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种【答案】ACD【解析】若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有种放法，故A正确；恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为，或，两种情况，故共种放法，故C正确；编号为的球有种放法，编号为的球所放盒子的编号相同的球放入号或其他两个盒子，共有，即种放法，故D正确．故选：ACD．11.下列选项中正确的是（）A.已知随机变量服从二项分布，则B.口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望C.某射击运动员每次射击击中目标的概率为0.8，则在9次射击中，最有可能击中的次数是8次D.设A，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则【答案】ABD【解析】A.，，，故A正确；B.为超几何分布，所以，故B正确；C.设最有可能击中次，则，，则，得，即或，故C错误；D.，则，，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某市的5个区县A，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有______种．【答案】96【解析】第一步：从4种颜色中选3种颜色对三个区域着色有种方法，第二步：对着色分两类，着色有2种方法，对着色有2种方法，故不同的染色方案共有种．故答案为：种.13.某学校组织学生进行数学强基答题比赛，已知共有2道A类试题，4道类试题，6道类试题，学生从中任选1道试题作答,学生甲答对这3类试题的概率分别为，，，学生甲答对试题的概率为______．【答案】【解析】学生甲答对试题的概率为.故答案为：14.若对任意的，且，，则的最大值是______．【答案】【解析】因为，所以，所以由，得，所以，所以，令，则，因为对任意的，且，所以在上递增，由，得，由，得，得，解得，所以的递增区间为，所以的最大值为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.设命题，使得不等式恒成立；命题，不等式成立．（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题、有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．解：（1）若为真命题，即，使得不等式成立，则对于，即可.由于,，则.（2）若为真命题，，不等式成立，则对于，即可.由于，，，解得p、q有且只有一个是真命题，则或，解得.16.,，,这组公式被称为积化和差公式，最早正式发表于16世纪天文学家乌尔索斯1588年出版的《天文学基础》一书中.在历史上，对数出现之前，积化和差公式被用来将乘除运算化为加减运算.在现代工程中，积化和差的重要应用在于求解傅里叶级数.为了解学生掌握该组公式的情况，在高一、高三两个年级中随机抽取了100名学生进行考查，其中高三年级的学生占，其他相关数据如下表：合格不合格合计高三年级的学生54高一年级的学生16合计100（1）请完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，分析“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”是否有关？（2）以频率估计概率，从该校高一年级学生中抽取3名学生，记合格的人数为，求的分布列和数学期望.附：，0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828解：（1）由100名学生中高三年级的学生占，可知高三年级的学生有60人，高一年级的学生有40人.补充完整的列联表，如下：合格不合格合计高三年级的学生54660高一年级的学生241640合计7822100提出零假设：“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”无关.根据列联表中的数据，得.根据小概率值的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为“对公式的掌握情况”与“学生所在年级”有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.（2）由（1）得，高一年级的学生对公式的掌握情况合格的频率为.依题意，得，则，，，.所以的分布列为0123.17.甲、乙两人进行某棋类比赛，每局比赛时，若决出输赢则获胜方得2分,负方得0分；若平局则各得1分．已知甲在每局中获胜、平局、负概率均为，且各局比赛结果相互独立．（1）若比赛共进行了三局，求甲获胜一局的概率；（2）若比赛共进行了三局，求甲得3分的概率；（3）规定比赛最多进行五局，若一方比另一方多得4分则停止比赛，求比赛局数的分布列与数学期望．解：（1）设“三局比赛后，甲胜一局”为事件A，甲胜一局包含以下情形：三局中甲一胜两平局，三局中甲一胜两负，三局中甲一胜一平一负，所以，或，所以甲胜一局的概率为（2）设“三局比赛后，甲得3分”为事件B，甲得3分包含以下情形：三局均为平局，三局中甲一胜一平一负，所以，所以甲得3分的概率为（3）依题意知，X的可能取值为2，3，4，5，，,,，故X