2023-2024学年湖北省武汉市部分重点中学高二下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题注意事项：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､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为.故选：A.2.已知随机变量服从正态分布，则（）A.0.1 B.0.2 C.0.4 D.0.8【答案】D【解析】随机变量服从正态分布，则曲线的对称轴为,由,可得，则.故选:D3.若函数在处取得极值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，令，得到或，又因为函数在处取得极值，所以，得到，故选：C.4.函数的图像大致为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】当时，，即在上单调递增，故排除A；注意到，则为奇函数，故可排除B；又注意到时，，故可排除D.故选：C5.若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当时，，可得，当时，；当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，可得，当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，；当时，，函数的图象，如图所示，要使得函数与的图象有4个交点，则，所以实数的取值范围为.故选：C.6.某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（）A.7 B.7.7 C.8.4 D.9.1【答案】A【解析】因为，，若是唯一最大值，则，所以，由，得，解得，由，得，解得，所以，因为，所以，得，因为为正整数，所以，所以，故选：A7.已知，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，构造函数则，，，令所以，当，为增函数，当，为减函数，所以因为，又因为，所以，所以.故选：A8.设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（）A. B.2 C.1 D.【答案】C【解析】，存在实数，使得，即，，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，故在R上单调递增，所以，故，令，，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，所以，当且仅当，时，等号成立.故选：C二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9.下列说法中，正确的命题是（）A.两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1B.C.用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好D.随机变量服从两点分布，且，设，则【答案】ACD【解析】对于A选项，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，正确；对于B选项，，，故B选项错误；对于C选项，残差平方和越小的模型拟效果越好，故C选项正确；对于D选项，因为随机变量服从两点分布，且，所以，因为，所以，故D选项正确.故选：ACD10.甲乙两人参加三局两胜制比赛（谁先赢满两局则获得最终胜利且比赛结束）.已知在每局比赛中，甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.4，且每局比赛的输赢相互独立.若用表示事件“甲最终获胜”，表示事件“有人获得了最终胜利时比赛共进行了两局”，表示事件“甲赢下第三局”.则下列说法正确的是（）A. B.C.与互斥 D.与独立【答案】ABC【解析】对于A：，则，A正确；对于B：，则，B正确；对于C：N与Q不可能同时发生，故N与Q互斥，C正确；对于D：，，，故，故D错误.故选：ABC.11.若直线与曲线，相交于不同两点，曲线在A，B点处切线交于点，则（）A. B.C. D.不存在，使得【答案】ABD【解析】对于A：当时，直线与曲线没有两个不同交点，所以，如图1所示，当直线与曲线相切时，设切点为，则，所以切线方程为：，代入点解得，此时，所以直线与曲线相切，所以当时直线与曲线有两个不同的交点，当时，直线与曲线没有交点，故A正确；对于B：由已知得，，不妨设，则，又在点A处的切线方程为：，在点B处的切线方程为，两式相减得，将，代入得，因为，所以，即，故B正确；对于C：要证，即证，即证，因为，所以需证.令，则，令，则点A、B是与的两个交点，令，所以，令，则，所以当时，h'x<0，而，，所以，所以时，，所以单调递减，所以，即，又，所以，而，所以当时，，单调递增，又，，所以，即，故C错误；对于D：设直线AM交轴于C，直线BM交轴于点D，作轴于点E．若，则，即，所以，化简得，即，由，可得，则，即为，，即有，可得，即，这与矛盾，故不存在，使得，故D正确.故选：ABD．三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知离散型随机变量的分布列为0123若，则__________.【答案】【解析】由题意知，由得，解得，故.故答案：.13.已知函数，若恒成立，则的最小值为__________.【答案】【解析】由可得，当时，，故在单调递减，当时，，此时显然不满足题意，当时，令得，故在单调递增，令得，故在单调递减，要使恒成立，则，故所以，记，当时，单调递增，当时，单调递减，故，故，当时等号成立，故最小值为，故答案为：14.从这10个数中随机抽一个数记为，再从中随机抽一个数记为，则__________.【答案】【解析】由题意，可得，根据全概率公式知，，，，所以.故答案为：.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）15.已知命题，不等式恒成立；命题，使成立.（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题中恰有一个为真命题，求实数的取值范围.解：（1）命题，不等式恒成立，为真命题，则，解得，即实数的取值范围为.（2）命题，使成立，当为真命题时，即，解得或，.当命题中恰有一个为真命题时，①为真命题，为假命题，即，所以；②为假命题，为真命题，即，所以；综上可得：.16.随着社会经济的发展，越来越多的人在抵达目的地后选择租车游玩，拉动了许多租车公司的业务，某租车公司为继续开拓市场，提升服务质量，迎接暑假旅游旺季的到来，对近5年的暑假的租车业务量（单位：十万元）进行了汇总研究，情况如下：年份2019年2020年2021年2022年2023年业务量2024364352经过数据分析，已知年份与业务量具有线性相关关系.（1）假设2019年为第1年，求第年的业务量关于的经验回归方程，并预测2024年暑假的业务量；（2）该公司从2023年暑假租车的客户中随机抽取了100名客户进行调研，现将100名客户的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并根据小概率值的独立性检验，分析青年群体和中老年群体对租车服务的评价是否有差异.好评差评合计青年20中老年15合计45100附：经验回归直线方程，其中独立性检验中的，其中.临界值表：0.0500.0100.0013.8416.63510.828解：（1），，，.时，，预测2024年暑假的业务量约为59.9十万元.（2）列联表如下：好评差评合计青年203050中老年351550合计5545100零假设为青年群体和中老年群体对租车服务的评价相互独立.，根据小概率值的独立性检验，青年群体和中老年群体对租车服务的评价有差异.17.在数列中，，且.（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和.解：（1），是公比为2的等比数列.，.（2），所以.当n为偶数，.当n为奇数,,综上：.18.已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的最大值；（3）证明：.（参考数据：）解：（1），，在处的切线为.（2），，则，所以，在上单调递减，时，，因为对任意恒成立，所以，则，的最大值为.（3）设，，在上单调递增，，，使，在上单调递减，在上单调递增，，，，.19.Catalan数列（卡特兰数列）最早由我国清代数学家明安图（1692-1765）在研究三角函数幂级数的推导过程中发现，成果发表于1774年出版的《割圜密率捷法》中，后由比利时数学家卡特兰（Catalan，1814-1894）的名字来命名，该数列的通项被称为第个Catalan数，其通项公式为.在组合数学中，有如下结论：由个和个构成的所有数列，中，满足“对任意，都有”的数列的个数等于.已知在数轴上，有一个粒子从原点出发，每秒向左或向右移动一个单位，且向左移动和向右移动的概率均为.（1）设粒子第3秒末所处的位置为随机变量（若粒子第一秒末向左移一个单位，则位置为;若粒子第一秒末向右移一个单位,则位置为1）,求的分布列和数学期望；（2）记第秒末粒子回到原点的概率为.（i）求及；（ii）设粒子在第秒末第一次回到原点的概率为，求.解：（1）依题可知，的可能取值为，，，，，的分布列如下：-3-113（2）（i），，（ii）设事件：粒子在第秒末第一次回到原点，事件：粒子第1秒末向右移动一个单位.，记粒子往左移动一个单位为，粒子往右移动一个单位为，以下仅考虑事件.设第秒末粒子的运动方式为，其中；沿用（1）中对粒子位置的假设，则粒子运动方式可用数列an如：表示粒子在前4秒按照右､右､左､左的方式运动.由粒子在第秒末第一次回到原点，可知数列an的前项中有个1和个.，，粒子在余下秒中运动的位置满足，即，粒子在余下秒中运动方式的总数为，，又，.湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题注意事项：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､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，从含有3件正品，2件次品的产品中随机抽取2件产品，则抽取出的2件产品中恰有1件次品的概率为.故选：A.2.已知随机变量服从正态分布，则（）A.0.1 B.0.2 C.0.4 D.0.8【答案】D【解析】随机变量服从正态分布，则曲线的对称轴为,由,可得，则.故选:D3.若函数在处取得极值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，令，得到或，又因为函数在处取得极值，所以，得到，故选：C.4.函数的图像大致为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】当时，，即在上单调递增，故排除A；注意到，则为奇函数，故可排除B；又注意到时，，故可排除D.故选：C5.若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当时，，可得，当时，；当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，可得，当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，；当时，，函数的图象，如图所示，要使得函数与的图象有4个交点，则，所以实数的取值范围为.故选：C.6.某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（）A.7 B.7.7 C.8.4 D.9.1【答案】A【解析】因为，，若是唯一最大值，则，所以，由，得，解得，由，得，解得，所以，因为，所以，得，因为为正整数，所以，所以，故选：A7.已知，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，构造函数则，，，令所以，当，为增函数，当，为减函数，所以因为，又因为，所以，所以.故选：A8.设函数，若存在实数，使得，则的最小值为（）A. B.2 C.1 D.【答案】C【解析】，存在实数，使得，即，，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，，故在R上单调递增，所以，故，令，，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，故，所以，当且仅当，时，等号成立.故选：C二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9.下列说法中，正确的命题是（）A.两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1B.C.用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好D.随机变量服从两点分布，且，设，则【答案】ACD【解析】对于A选项，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，正确；对于B选项，，，故B选项错误；对于C选项，残差平方和越小的模型拟效果越好，故C选项正确；对于D选项，因为随机变量服从两点分布，且，所以，因为，所以，故D选项正确.故选：ACD10.甲乙两人参加三局两胜制比赛（谁先赢满两局则获得最终胜利且比赛结束）.已知在每局比赛中，甲赢的概率为0.6，乙赢的概率为0.4，且每局比赛的输赢相互独立.若用表示事件“甲最终获胜”，表示事件“有人获得了最终胜利时比赛共进行了两局”，表示事件“甲赢下第三局”.则下列说法正确的是（）A. B.C.与互斥 D.与独立【答案】ABC【解析】对于A：，则，A正确；对于B：，则，B正确；对于C：N与Q不可能同时发生，故N与Q互斥，C正确；对于D：，，，故，故D错误.故选：ABC.11.若直线与曲线，相交于不同两点，曲线在A，B点处切线交于点，则（）A. B.C. D.不存在，使得【答案】ABD【解析】对于A：当时，直线与曲线没有两个不同交点，所以，如图1所示，当直线与曲线相切时，设切点为，则，所以切线方程为：，代入点解得，此时，所以直线与曲线相切，所以当时直线与曲线有两个不同的交点，当时，直线与曲线没有交点，故A正确；对于B：由已知得，，不妨设，则，又在点A处的切线方程为：，在点B处的切线方程为，两式相减得，将，代入得，因为，所以，即，故B正确；对于C：要证，即证，即证，因为，所以需证.令，则，令，则点A、B是与的两个交点，令，所以，令，则，所以当时，h'x<0，而，，所以，所以时，，所以单调递减，所以，即，又，所以，而，所以当时，，单调递增，又，，所以，即，故C错误；对于D：设直线AM交轴于C，直线BM交轴于点D，作轴于点E．若，则，即，所以，化简得，即，由，可得，则，即为，，即有，可得，即，这与矛盾，故不存在，使得，故D正确.故选：ABD．三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知离散型随机变量的分布列为0123若，则__________.【答案】【解析】由题意知，由得，解得，故.故答案：.13.已知函数，若恒成立，则的最小值为__________.【答案】【解析】由可得，当时，，故在单调递减，当时，，此时显然不满足题意，当时，令得，故在单调递增，令得，故在单调递减，要使恒成立，则，故所以，记，当时，单调递增，当时，单调递减，故，故，当时等号成立，故最小值为，故答案为：14.从这10个数中随机抽一个数记为，再从中随机抽一个数记为，则__________.【答案】【解析】由题意，可得，根据全概率公式知，，，，所以.故答案为：.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）15.已知命题，不等式恒成立；命题，使成立.（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题中恰有一个为真命题，求实数的取值范围.解：（1）命题，不等式恒成立，为真命题，则，解得，即实数的取值范围为.（2）命题，使成立，当为真命题时，即，解得或，.当命题中恰有一个为真命题时，①为真命题，为假命题，即，所以；②为假命题，为真命题，即，所以；综上可得：.16.随着社会经济的发展，越来越多的人在抵达目的地后选择租车游玩，拉动了许多租车公司的业务，某租车公司为继续开拓市场，提升服务质量，迎接暑假旅游旺季的到来，对近5年的暑假的租车业务量（单位：十万元）进行了汇总研究，情况如下：年份2019年2020年2021年2022年2023年业务量2024364352经过数据分析，已知年份与业务量具有线性相关关系.（1）假设2019年为第1年，求第年的业务量关于的经验回归方程，并预测2024年暑假的业务量；（2）该公司从2023年暑假租车的客户中随机抽取了100名客户进行调研，现将100名客户的年龄划分为“青年”和“中老年”，评分划分为“好评”和“差评”，整理得到如下数据，请将列联表补充完整并根据小概率值的独立性检验，分析青年群体和中老年群体对租车服务的评价是否有差异.好评差评合计青年20中老年15合计45100附：经验回归直线方程，其中独立性检验中的，其中.临界值表：0.0500.0100.0013.8416.63510.828解：（1），，，.时，，预测2024年暑假的业务量约为59.9十万元.（2）列联表如下：好评差评合计青年203050中老年351550合计5545100零假设为青年群体和中老年群体对租车服务的评价相互独立.，根据小概率值的独立性检验，青年群体和中老年群体对租车服务的评价有差