2022—2023学年度第二学期福州八县（市、区）一中期末联考 高中二年数学学科试卷 完卷时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 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】D 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域求集合B，再结合交集运算求解. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，都有”的否定是“，使得” B. 函数的零点所在的一个区间是 C. 若不等式的解集为，则 D. “”是“”的充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称命题的否定为特称命题可判断A，根据零点存在性定理可判断B，根据一元二次不等式与一元二次方程根的关系即可判断C，根据分式不等式的解即可判断D. 【详解】对于A, 命题“，都有”的否定是“，使得”,故A错误， 对于B，由于和均为单调递增函数，故单调递增，，由零点存在性定理可得在上有唯一的零点，故B正确， 对于C，若不等式的解集为，则是方程的两个根，所以，故C错误， 对于D，由可得，故或，故能得到，但是不一定得到，故“”是“”的充分不必要条件，故D错误， 故选：B 3. 将6名志愿者分配到两个社区参加服务工作，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配两名志愿者，则有（ ）种分配方式. A. 35 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论志愿者的人数分配情况，结合组合数运算求解. 【详解】由题意可知：志愿者的人数分配有两种可能：和， 则相应的分配方式分别有种和种， 所以不同的分配方式共有种. 故选：B. 4. 已知函数，则（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数的图象关于直线对称 C. 若，但，则 D. 函数有且仅有两个零点 【答案】A 【解析】 【分析】画出的图象，数形结合得到ABD选项，不妨设，从而得到，计算出. 【详解】， 画出的图象如下， A选项，函数在区间上单调递减，A正确； B选项，函数的图象不关于直线对称，B错误； C选项，若，但，不妨设， 则，即， 由于在上单调递增， 故，即，C错误； D选项，由图象可知，函数有且仅有一个零点，D错误. 故选：A 5. 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这些零件中不放回地任取3个，那么最多有1个是二等品的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分有1个是二等品和3个均为一等品两种情况进行求解，相加后得到答案. 【详解】当有1个是二等品时，概率为， 当3个均为一等品时，概率为， 故最多有1个是二等品的概率为. 故选：D 6. 随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件概率求解即可. 【详解】记小明迟到为事件B，小明自驾迟到为事件A， 则， 所以. 故选:B. 7. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，然后求得，进而求得. 【详解】依题意，， 解得，所以，所以 . 故选：A 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式结合基本不等式运算求解. 【详解】因为，则， 可得，即， 且，整理得， 又因为，当且仅当时，等号成立， 即， 整理得， 解得或（舍去）， 所以的最小值为. 故选：C. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，漏选得2分，错选得0分） 9. 下面结论正确的有（ ） A. 若，且，则 B. ... ...
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