《2022-2023学年湖北省武汉市高二年级下册学期期末数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年湖北省武汉市高二年级下册学期期末数学试题【含答案】（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 展开式中第4项的二项式系数为（ ）A. B. 1120C. 56D. 70【答案】C【分析】根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解.【详解】展开式中第4项的二项式系数为.故选：C.2. 对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型得到经验回归模型，对应的残差如下图所示，模型误差（ ）A. 满足一元线性回归模型的所有假设B. 不满足一元线性回归模型的的假设C. 不满足一元线性回归模型的假设D. 不满足一元线性回归模型的和的假设【答案】C【分析】根据用一元线性回归模型有关概念即可判断.【详解】解：
2、用一元线性回归模型得到经验回归模型，根据对应的残差图，残差的均值可能成立，但明显残差的轴上方的数据更分散，不满足一元线性回归模型，正确的只有C.故选：C.3. 设随机变量X的概率分布列如图所示，则（ ）X1234P0.20.30.40.1A. 0.84B. 3.36C. 1.68D. 10.36【答案】B【分析】由均值和方差的公式求出，再由方差的性质求解即可.【详解】因为，则，所以.故选：B.4. 命题：“，使得”的否定是（ ）A. ，使得B. ，使得C. ，使得D. 以上结论都不正确【答案】B【分析】改量词，否结论即可.【详解】“，使得”的否定是“，使得”，故选：B5. 如图，现要用5种不同
3、的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ） A. 120B. 180C. 221D. 300【答案】B【分析】分，同色和不同色两种情况讨论，结合分布乘法原理即可得解.【详解】当，同色时，则有种涂色方法，有种涂色方法，有种涂色方法，此时共有种涂色方法；，不同色时，则有种涂色方法，有种涂色方法，有种涂色方法，有种涂色方法，此时共有种涂色方法，综上共有种不同的着色方法.故选：B.6. 设随机变量，则X密度函数为（ ）A B. C. D. 【答案】A【分析】根据正态分布的定义可求得，从而可求X的密度函数.【详解】因为，所以，即，所以X的密
4、度函数为A.故选：A7. 设随机变量，记，下列说法正确的是（ ）A. 当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.二项分布当时是对称的，当时向右偏倚，当时向左偏倚B. 如果为正整数，当且仅当时，取最大值C. 如果为非整数，当且仅当k取的整数部分时，取最大值D. 【答案】C【分析】由可得，分析可判断BC选项，进而根据二项分布的图象性质可判断A选项；根据二项分布的期望公式可判断D选项.【详解】因为，由，得，解得，若为正整数，则或时，取最大值，故B错误；若为非整数，则取的整数部分时，取最大值，故C正确；综上所述，当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大. 根
5、据二项分布的图象性质可得，当时是对称的，当时向左偏倚，当时向右偏倚，故A错误；而，故D错误.故选：C.8. 已知函数，则方程的根的个数是（ ）A. 2B. 4C. 5D. 6【答案】B【分析】对求导，判断单调性画出图象，令，则，结合图象方程有两解，结合图象可知方程有两解，也有两解，从而可解.【详解】 对求导得：，所以当或时，当时，则函数在上单调递减，在上单调递增，因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，作出曲线，如图，由得，解得，令，则，结合图象方程有两解，所以或，因为，所以, 结合图象可知方程有两解，又因为，结合图象可知也有两解，所以方程共有4个根.故选：B【点睛】方法点睛:求函数零点(方
6、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）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9. 设离散型随机变量X，非零常数a，b，下列说法正确的有（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【分析】根据均值与方差的性质即可判断AB；根据均值与方差的关系即可判断CD.【详解】对于A，所以，故A正确；对于B，所以，故B正确；对于CD，根据均值与方差的关系可得，故C错误，D正确.故选：ABD.10. 下列说法正确的有（ ）A. 命题：“，”的否定
7、是：“，”B. 命题：“若，则”的否定是：“若，则”C. 已知x，则“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件D. 如果x，y是实数，则“”是“”的必要不充分条件【答案】CD【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可判断AB；根据充分条件和必要条件的定义即可判断CD.【详解】对于A，命题：“，”即，其否定是：“，”，故A错误；对于B，命题：“若，则”的否定是：“，则”，故B错误；对于C，当时，故充分性不成立，当时，故必要性不成立，所以“x或y为有理数”是“xy为有理数”的既不充分也不必要条件，故C正确；对于D，当时，故充分性不成立，若，则，故当时，故必要性成立，所以“”
8、是“”的必要不充分条件，故D正确.故选： CD.11. 已知定义在上的函数满足：对，都有，则对于，下式成立的有（ ）A. B. C. D. 【答案】BCD【分析】设函数判断A选项,结合判断B,C,D选项.【详解】,B选项正确;,C选项正确;,D选项正确;定义在上的函数满足：对，都有，设,A选项错误.故选:BCD12. 下列不等式中成立的有（ ）A. B. 当时，C. 当且时，D. 当时，【答案】BC【分析】A选项构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可判断A选项；证明出、，可判断B选项；利用B选项中的两个不等式可判断C选项；构造函数，利用导数分析该函数的单调性，可判断D选项.【详解】对于A
9、选项，令，其中，则，当时，则，此时，故函数在上为增函数，故，A错；对于B选项，令，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，即，令，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，即，故当时，当且仅当时，两个等号同时成立，故，B对；对于C选项，由B选项可知，当时，上述两个不等式当且仅当时，等号成立，所以，当且时，当且仅当时等号成立，当且仅当时等号成立，不等式中等号不能同时成立，即当且时，C对；对于D选项，令，其中，则且不恒为零，则函数在上单调递增，所以，当时，即，当时，即，D错.故选：BC.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 函数的单调减区间为_
10、.【答案】【分析】求导后，令导数小于0，求解即可.【详解】的定义域为，令，可得，可得，又，则或，所以的单调递减区间是.故答案为：14. 1260有_个不同的正因数.（用数字作答）【答案】36【分析】将1260分解，然后根据分步乘法计数原理计算即可.【详解】，第一步，可以取，共3种，第二步，可以取，共3种，第三步，可以取，共2种，第四步，可以取，共2种，所以一共有种取法，对应36个不同的正因数.故答案为：3615. 已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为_元/件.（用含
11、a，b的式子表示）【答案】【分析】设销售价为x，则降价相对于售价是b时，降低了个10%，从而销量提高了个40%，从而求得可获得的利润为y，求导，由导数求得函数最大值，此时取得的x的值即为销售价.【详解】设销售价为x，可获得的利润为y，则，求导得，令，解得，由知，又，所以当时，函数单增；当时，函数单减；因此是函数的极大值点，也是最大值点；故当销售价为元/件时，可获得最大利润.故答案为：16. 已知，计算_.【答案】【分析】根据组合数公式可得，再结合二项式系数和公式即可求解.【详解】根据组合数公式可得，所以原式.故答案为：.【点睛】关键点睛：这道题的关键能够根据组合数公式可得，再结合二项式系数和公
12、式即可求解.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 如图，和所在平面垂直，且，求： （1）直线与平面所成角的大小；（2）平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1） （2）【分析】（1）过点作交的延长线于，连接，证得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的公式即可求出结果；（2）利用向量法求解即可.【小问1详解】过点作交的延长线于，连接，因为，所以，因此，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以,，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，则，则，由于平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，又因为线面角的范围是，所以，
13、因此直线与平面所成的角为；【小问2详解】，则,设平面的法向量为，所以，令,可得，则，则，故平面和平面的夹角的余弦值为. 18. （1）设集合，求：，；（2）已知、都是正数，且满足，求证：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）分、且三种情况讨论，求出集合、，利用交集和并集的定义可求得集合，；（2）利用基本不等式可得出、，利用不等式的基本性质可证得结论成立.【详解】解：（1）因为，.当时，则，则，；当时，则，则，；当且时，则，则，.综上所述，当时，；当时，；当且时，.（2）因为、都是正数，则，当且仅当时，等号成立，同理可得，所以，当且仅当时，等号成立，因此，.19. 已知数列
14、是等比数列，其前n项和为，若，.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列是等差数列，如果等差数列的通项满足.令，求数列的前n项和.【答案】（1）或 （2）或【分析】（1）设数列的公比为，化简和为基本量和的关系，进而解出和，从而求解；（2）设数列的公差为，可得，进而根据等差数列的前三项成等差数列，可得，从而得到，进而分或两种情况得到，进而求解即可.【小问1详解】设数列的公比为，则，解得，或，所以或.【小问2详解】设数列的公差为，则，所以，即，又数列为等差数列，所以，即，解得，即，当时，所以，即数列是以24为首项，为公比的等比数列，所以；当时，所以.综上所述，或.20. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时
