2023-2024学年吉林省长春市部分校高二下学期期末测试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
2.已知集合，则( )
A. B. C. D.
3.命题“”是假命题，则实数的取值范围是 ．
A. B. C. D.
4.已知函数则( )
A. B. C. D.
5.曲线在点处的切线的方程为( )
A. B. C. D.
6.若，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
7.定义在上的奇函数，满足，时，，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数是定义在上的奇函数，是的导函数，且当时，，，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于概率统计，下列说法中正确的是( )
A. 两个变量的线性相关系数为，若越小，则与之间的线性相关性越弱
B. 某人解答个问题，答对题数为，若，则
C. 若一组样本数据的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数为
D. 已知，若，则
10.已知函数，则( )
A. 有两个极值点 B. 有一个零点
C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线
11.下列四个命题是真命题的是( )
A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为
B. 函数的值域为
C. 函数满足，则
D. 若方程的两个不等实根都在区间内，则实数的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知均为正数，且，则的最小值为_________．
13.已知函数是定义在上的增函数，则的取值范围是_____．
14.已知函数，若函数有四个不同的零点其中，则的取值范围是_____．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
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 年 年 年 年 年
业务量
经过数据分析，已知年份与业务量具有线性相关关系．
假设年为第年，求第年的业务量关于的经验回归方程，并预测年暑假的业务量；
该公司从年暑假租车的客户中随机抽取了名客户进行调研，现将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
中老年
合计
附：经验回归直线方程，其中
独立性检验中的，其中．
临界值表：
16.本小题分
某校举行投篮趣味比赛，甲、乙两位选手进入决赛，每位选手各投篮次，选手在连续投篮时，第一次投进得分，并规定：若某次投进，则下一次投进的得分比本次得分多分；若某次未投进，则该次得分，且下一次投进得分已知甲同学每次投进的概率为，乙同学每次投进的概率为，且甲、乙每次投篮相互独立．
求甲最后得分的概率；
记甲最后得分为，求的概率分布和数学期望；
记事件为“甲、乙总分之和为”，求．
17.本小题分
已知，在处取得极小值．
求的解析式；
求的单调区间；
若方程有且只有一个实数根，求的取值范围．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，，，，为的中点．
求证：平面平面
求二面角的正弦值．
19.本小题分
已知函数．
当时，直线为常数与曲线相切，求的值；
若恒成立，求的取值范围；
若有两个零点，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解： ，
，
，
，
．
．
时， ，
预测年暑假的业务量约为十万元．
列联表如下：
好评 差评 合计
青年
中老年
合计
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．
16.解：记事件 为“甲得分”，
的取值为，，，，，，，
，
，
，
，
，
，
，
记 为乙最后得分，则事件 为“甲分，乙分”，“甲分，乙分”，
“甲分，乙分”，“甲分，乙分”，
，
，
，
，
故 ．
17.解：由题意知 ，
因为 在 处取得极小值 ，
则 ，解得 ，
经检验，满足题意，所以 ，
所以 ；
，
令 ，得 或
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
的单调递增区间为： ；
的单调递减区间为 ．
由上问知道， 的单调递增区间为： ；
的单调递减区间为 且 ， ，
时， ， 时， ，
方程 有且只有一个实数根等价于 有且只有一个实数根，
等价于函数 与 有且只有一个交点，画出草图．
即 或 ，解得 或 ，
所以 的范围为 ．
18.证明：平面，平面，，，
又，且平面，平面，
所以平面，又 ，所以，
，为的中点，所以，
又，且平面，平面，
所以平面．
又面，
平面平面；
解：以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，，
则．
所以二面角的正弦值为
，
故所求二面角的正弦值为．
19.
当时，．
设切点，则
消得，解得，代入得．
方法一：因为，
所以，
当时，设，则，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以．
又，故恒成立，所以成立．
当时，，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增．
故，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
方法二：因为恒成立，
又，所以上式等价于恒成立．
记，则，
设，则．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
所以．
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
所以．
故的取值范围为．
方法三：因为恒成立，
又，所以上式等价于恒成立．
记，则，
所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增所以．
令，则，则恒成立．
记，则，
所以在上单调递增，所以，所以．
故的取值范围为．
方法一：因为有两个零点，不妨设，
则，
即，即，
令，则，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以．
令，则单调递增，
又，所以，即．
由的单调性可知．
思路一：构造函数．
则，
故在上单调递减，
又，所以，则，即，
又，所以，
又在上单调递增，所以．
故．
思路二：要证，即证，即证．
令，即证．
构造函数．
则，
故在内单调递减，则，即．
故．
思路三：因为，即，
令，则
即
要证，即证，
即证，即证，
下同思路一，略．
方法二：因为有两个零点，不妨设，
则，
即．
令，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
所以．
令，则单调递增，
又，所以，即
由的单调性可知．
思路一：构造函数．
则
，
令，则，
所以当时，单调递减，
所以当时，，则，所以，
故在上单调递减，又，所以，则，即，
又，所以，
又在上单调递增，所以．
故．
思路二：因为，所以，
即，
令，要证，即证，
即证．
构造函数．
则，
故在上单调递减，则．
故．
注：要证明，即证，构造函数．
则，
故在上单调递减，则故．
思路三：令，则即．
要证，即证，即证．
下同思路二，略．
思路四：对两边取对数，得，下面同方法一．
第1页，共1页
