2022-2023學年湖北省武漢市高二年級下冊學期期末數(shù)學試題【含答案】

一、單選題（本大題共8小題，共40分.在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.展開式中第4項的二項式系數(shù)為（）A. B.1120 C.56 D.70【答案】C【分析】根據(jù)二項式定理結合二項式系數(shù)的定義即可得解.【詳解】展開式中第4項的二項式系數(shù)為.故選：C.2.對于變量Y和變量x的成對樣本觀測數(shù)據(jù)，用一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸模型，對應的殘差如下圖所示，模型誤差（）A.滿足一元線性回歸模型的所有假設B.不滿足一元線性回歸模型的的假設C.不滿足一元線性回歸模型的假設D.不滿足一元線性回歸模型的和的假設【答案】C【分析】根據(jù)用一元線性回歸模型有關概念即可判斷.【詳解】解：用一元線性回歸模型得到經(jīng)驗回歸模型，根據(jù)對應的殘差圖，殘差的均值可能成立，但明顯殘差的軸上方的數(shù)據(jù)更分散，不滿足一元線性回歸模型，正確的只有C.故選：C.3.設隨機變量X的概率分布列如圖所示，則（）X1234P0.20.30.40.1A.0.84 B.3.36 C.1.68 D.10.36【答案】B【分析】由均值和方差的公式求出，再由方差的性質求解即可.【詳解】因為，則，所以.故選：B.4.命題：“，，使得”的否定是（）A.，，使得 B.，，使得C.，，使得 D.以上結論都不正確【答案】B【分析】改量詞，否結論即可.【詳解】“，，使得”的否定是“，，使得”，故選：B5.如圖，現(xiàn)要用5種不同的顏色對某市的4個區(qū)縣地圖進行著色，要求有公共邊的兩個地區(qū)不能用同一種顏色，共有幾種不同的著色方法？（）A.120 B.180 C.221 D.300【答案】B【分析】分Ⅰ，Ⅳ同色和不同色兩種情況討論，結合分布乘法原理即可得解.【詳解】當Ⅰ，Ⅳ同色時，則Ⅰ有種涂色方法，Ⅱ有種涂色方法，Ⅲ有種涂色方法，此時共有種涂色方法；Ⅰ，Ⅳ不同色時，則Ⅰ有種涂色方法，Ⅳ有種涂色方法，Ⅱ有種涂色方法，Ⅲ有種涂色方法，此時共有種涂色方法，綜上共有種不同的著色方法.

故選：B.6.設隨機變量，則X密度函數(shù)為（）A B.C. D.【答案】A【分析】根據(jù)正態(tài)分布的定義可求得，從而可求X的密度函數(shù).【詳解】因為，所以，即，所以X的密度函數(shù)為A.故選：A7.設隨機變量，記，，下列說法正確的是（）A.當k由0增大到n時，先增后減，在某一個（或兩個）k值處達到最大.二項分布當時是對稱的，當時向右偏倚，當時向左偏倚B.如果為正整數(shù)，當且僅當時，取最大值C.如果為非整數(shù)，當且僅當k取的整數(shù)部分時，取最大值D.【答案】C【分析】由可得，分析可判斷BC選項，進而根據(jù)二項分布的圖象性質可判斷A選項；根據(jù)二項分布的期望公式可判斷D選項.【詳解】因為，，，由，得，解得，若為正整數(shù)，則或時，取最大值，故B錯誤；若為非整數(shù)，則取的整數(shù)部分時，取最大值，故C正確；綜上所述，當k由0增大到n時，先增后減，在某一個（或兩個）k值處達到最大.根據(jù)二項分布的圖象性質可得，當時是對稱的，當時向左偏倚，當時向右偏倚，故A錯誤；而，故D錯誤.故選：C.8.已知函數(shù)，則方程的根的個數(shù)是（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】B【分析】對求導，判斷單調(diào)性畫出圖象，令，則，結合圖象方程有兩解，，結合圖象可知方程有兩解，也有兩解，從而可解.【詳解】對求導得：，所以當或時，，當時，，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因此，函數(shù)在處取得極小值，在處取得極大值，作出曲線，如圖，由得，解得，令，則，結合圖象方程有兩解，，所以或，因為，所以,結合圖象可知方程有兩解，又因為，結合圖象可知也有兩解，所以方程共有4個根.故選：B【點睛】方法點睛:求函數(shù)零點(方程根)的常用的方法:（1）直接法:直接求解方程得到方程的根；（2）數(shù)形結合法:先對解析式變形，進而構造兩個函數(shù)，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結合的方法求解.二、多選題（本大題共4小題，共20分.在每小題有多項符合題目要求）9.設離散型隨機變量X，非零常數(shù)a，b，下列說法正確的有（）A. B.C. D.【答案】ABD【分析】根據(jù)均值與方差的性質即可判斷AB；根據(jù)均值與方差的關系即可判斷CD.【詳解】對于A，，所以，故A正確；對于B，，所以，故B正確；對于CD，根據(jù)均值與方差的關系可得，故C錯誤，D正確.故選：ABD.10.下列說法正確的有（）A.命題：“，”的否定是：“，”B.命題：“若，則”的否定是：“若，則”C.已知x，，則“x或y為有理數(shù)”是“xy為有理數(shù)”的既不充分也不必要條件D.如果x，y是實數(shù)，則“”是“”的必要不充分條件【答案】CD【分析】根據(jù)全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，即可判斷AB；根據(jù)充分條件和必要條件的定義即可判斷CD.【詳解】對于A，命題：“，”即，，其否定是：“，”，故A錯誤；對于B，命題：“若，則”的否定是：“，則”，故B錯誤；對于C，當時，，故充分性不成立，當時，，故必要性不成立，所以“x或y為有理數(shù)”是“xy為有理數(shù)”的既不充分也不必要條件，故C正確；對于D，當時，，故充分性不成立，若，則，故當時，，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件，故D正確.故選：CD.11.已知定義在上的函數(shù)滿足：對，都有，則對于，，下式成立的有（）A. B.C. D.【答案】BCD【分析】設函數(shù)判斷A選項,結合判斷B,C,D選項.【詳解】,,B選項正確;,C選項正確;,,D選項正確;定義在上的函數(shù)滿足：對，都有，設,,A選項錯誤.故選:BCD12.下列不等式中成立的有（）A.B.當時，C.當且時，D.當時，【答案】BC【分析】A選項構造函數(shù)，其中，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，可判斷A選項；證明出、，可判斷B選項；利用B選項中的兩個不等式可判斷C選項；構造函數(shù)，利用導數(shù)分析該函數(shù)的單調(diào)性，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，令，其中，則，當時，，，則，此時，，故函數(shù)在上為增函數(shù)，故，A錯；對于B選項，令，其中，則，當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，所以，，即，令，其中，則，當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，所以，，即，故當時，，當且僅當時，兩個等號同時成立，故，B對；對于C選項，由B選項可知，當時，，，上述兩個不等式當且僅當時，等號成立，所以，當且時，，，當且僅當時等號成立，，當且僅當時等號成立，不等式中等號不能同時成立，即當且時，，C對；對于D選項，令，其中，則且不恒為零，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，當時，，即，當時，，即，D錯.故選：BC.三、填空題（本大題共4小題，共20分）13.函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為______.【答案】【分析】求導后，令導數(shù)小于0，求解即可.【詳解】的定義域為，，令，可得，可得，又，則或，所以的單調(diào)遞減區(qū)間是.故答案為：14.1260有__________個不同的正因數(shù).（用數(shù)字作答）【答案】36【分析】將1260分解，然后根據(jù)分步乘法計數(shù)原理計算即可.【詳解】，第一步，可以取，共3種，第二步，可以取，共3種，第三步，可以取，共2種，第四步，可以取，共2種，所以一共有種取法，對應36個不同的正因數(shù).故答案為：3615.已知某商品進價為a元/件，根據(jù)以往經(jīng)驗，當售價是元/件時，可賣出c件，市場調(diào)查表明，當售價下降10%時，銷量可增加40%.現(xiàn)決定一次性降價，為獲得最大利潤，售價應定為______元/件.（用含a，b的式子表示）【答案】【分析】設銷售價為x，則降價相對于售價是b時，降低了個10%，從而銷量提高了個40%，從而求得可獲得的利潤為y，求導，由導數(shù)求得函數(shù)最大值，此時取得的x的值即為銷售價.【詳解】設銷售價為x，可獲得的利潤為y，則，求導得，令，解得，由知，，又，，所以當時，，函數(shù)單增；當時，，函數(shù)單減；因此是函數(shù)的極大值點，也是最大值點；故當銷售價為元/件時，可獲得最大利潤.故答案為：16.已知，，計算______.【答案】【分析】根據(jù)組合數(shù)公式可得，，再結合二項式系數(shù)和公式即可求解.【詳解】根據(jù)組合數(shù)公式可得，，所以原式.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：這道題的關鍵能夠根據(jù)組合數(shù)公式可得，，再結合二項式系數(shù)和公式即可求解.四、解答題（本大題共6小題，共70分）17.如圖，和所在平面垂直，且，，求：（1）直線與平面所成角的大小；（2）平面和平面夾角的余弦值.【答案】（1）（2）【分析】（1）過點作交的延長線于，連接，證得兩兩垂直，建立空間直角坐標系，利用空間向量求線面角的公式即可求出結果；（2）利用向量法求解即可.【小問1詳解】過點作交的延長線于，連接，因為，，所以，因此，又因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以,，因此兩兩垂直，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，則，則，由于平面，所以平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則，又因為線面角的范圍是，所以，因此直線與平面所成的角為；【小問2詳解】，則,設平面的法向量為，所以，令,可得，則，則，故平面和平面的夾角的余弦值為.18.（1）設集合，，求：，；（2）已知、、都是正數(shù)，且滿足，求證：.【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）分、、且三種情況討論，求出集合、，利用交集和并集的定義可求得集合，；（2）利用基本不等式可得出、，，利用不等式的基本性質可證得結論成立.【詳解】解：（1）因為，.①當時，則，則，；②當時，則，則，；③當且時，則，則，.綜上所述，當時，，；當時，，；當且時，，.（2）因為、、都是正數(shù)，則，當且僅當時，等號成立，同理可得，，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，.19.已知數(shù)列是等比數(shù)列，其前n項和為，若，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）已知數(shù)列是等差數(shù)列，，如果等差數(shù)列的通項滿足.令，求數(shù)列的前n項和.【答案】（1）或（2）或【分析】（1）設數(shù)列的公比為，化簡和為基本量和的關系，進而解出和，從而求解；（2）設數(shù)列的公差為，可得，，進而根據(jù)等差數(shù)列的前三項成等差數(shù)列，可得，從而得到，，進而分或兩種情況得到，進而求解即可.【小問1詳解】設數(shù)列的公比為，則，解得，或，，所以或.【小問2詳解】設數(shù)列的公差為，則，所以，即，，，又數(shù)列為等差數(shù)列，所以，即，解得，即，，當時，，所以，，即數(shù)列是以24為首項，為公比的等比數(shù)列，所以；當時，，所以.綜上所述，或.20.甲、乙、丙三人相互做傳球訓練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個人中的任何一人.（1）求次傳球后球在甲手中的概率；（2）求次傳球后球在乙手中的概率；（3）已知：若隨機變量服從兩點分布，且，，則，記前n次傳球后（即從第1次傳球到第次傳球后）球在甲手中的次數(shù)為，求.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）記表示事件“經(jīng)過次傳球后，球在甲手中”，設次傳球后球在甲手中的概率為，，分析可得，，由此可得，變形可得，可得數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，結合等比數(shù)列的通項公式求解即可；（2）記表示事件“經(jīng)過次傳球后，球在乙手中”，設次傳球后球在乙手中的概率為，，分析可得，，由此可得，變形可得，可得數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，結合等比數(shù)列的通項公式求解即可；（3）結合第（1）問結論和題設條件，運用等比數(shù)列求和公式分組求和即可求解.【小問1詳解】記表示事件“經(jīng)過次傳球后，球在甲手中”，設次傳球后球在甲手中的概率為，，若發(fā)生，即經(jīng)過次傳球后，球再次回到甲手中，那么第次傳球后，球一定不在甲手中，即事件一定不發(fā)生，則有，，必有,即，即，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，即.【小問2詳解】記表示事件“經(jīng)過次傳球后，球在乙手中”，設次傳球后球在乙手中的概率為，，若發(fā)生，即經(jīng)過次傳球后，球在乙手中，那么第次傳球后，球一定不在乙手中，即事件一定不發(fā)生，則有，，必有,即，即，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，即.【小問3詳解】由題意次傳球后球在甲手中的次數(shù)服從兩點分布，且，所以，，由（1）得，則.21.平面內(nèi)與兩定點，連線的斜率之積等于非零常數(shù)m的點的軌跡，加上，兩點所成的曲線記為曲線C.（1）求曲線C的方程，并討論C的形狀與m值的關系；（2）若時，對應的曲線為；對給定的，對應的曲線為.設，是的兩個焦點，試問：在上是否存在點N，使得的面積，并證明你的結論.【答案】（1）；答案見解析（2）存在；證明見解析【分析】（1）設動點為，其坐標為，根據(jù)題意可得，整理可得曲線C的方程為，再把方程化為標準方程即可判斷曲線的類型；（2）對于給定的，上存在點，使得的面積的充要條件為，從而求得或，進而解決問題.【小問1詳解】設動點為，其坐標為，當時，由條件可得，即，又的坐標滿足.所以曲線C的方程為.當時，曲線的方程為是焦點在軸上的橢圓；當時，曲線的方程為是圓心在原點的圓；當時，曲線的方程為是焦點在軸上的橢圓；當時，曲線的方程為是焦點在軸上的雙曲線.【小問2詳解】在上存在點N，使得面積，證明如下：由（1）知，當時，曲線的方程為，當時，的焦點分別為，對于給定的，上存在點，使得的面積的充要條件為由(1)得，由(2)得，所以，解得或，滿足，所以存在點使得.點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵是確定對于給定的，上存在點，使得的面積的充要條件為，從而求得或，進而解決問題.22.已知矩形的周長為6.（1）把沿AC向折疊，AB折過去后交DC于點P，求的最大面積；（2）若，，如圖，AB，AD分