精品解析：云南省大理市2023-2024学年高二下学期6月质量检测数学试卷

云南省大理市2023-2024学年高二下学期数学6月质量检测试卷 一、选择题：本题共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. 小王每次通过英语听力测试的概率是，且每次通过英语听力测试相互独立，他连续测试3次，那么其中恰有1次通过的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式求解. 【详解】小王每次通过英语听力测试的概率是，且每次通过英语听力测试相互独立，他连续测试3次，那么其中恰有1次通过的概率是, 故选：A 2. 的展开式中的系数为 A. -40 B. -10 C. 40 D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】根据题意知，的展开式的通项公式为， ∴展开式中含项的系数为. 故选：D. 【点睛】本题考查了二项式定理的展开式、求二项式展开式的系数，属于基础题. 3. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数 的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】由函数，求导得，则，而， 所以所求切线方程为，即. 故选：A 4. 某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ） A. 12 B. 18 C. 20 D. 60． 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，结合排列数与组合数的计算，即可求解. 【详解】根据题意，可分为两类： ①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有种方法； ②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有种方法， 由分类计数原理得，共有种不同的差法. 故选：C. 5. 设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】D.由，公差 ，得，从而，所以，解得k=5 6. 已知随机变量 服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的概率性质可求得，进而可求的值. 【详解】， . 随机变量 服从正态分布， 曲线关于对称， . 故选：B. 7. 已知是等比数列的前项和，若，则数列的公比是（ ） A. 或1 B. 或1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别利用等比数列的通项公式和前项和公式，解方程组可得 或. 【详解】设等比数列的首项为，公比为，依题意得， 解得 或. 故选：A. 8. 已知函数 的定义域为，定义集合，在使得的所有 中，下列成立的是（ ） A. 存在 是偶函数 B. 存在 在 处取最大值 C. 存在 是增函数 D. 存在 在 处取到极小值 【答案】B 【解析】 【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾. 【详解】对于A选项：时，， 当 时，， 任意的，恒成立， 若时偶函数，此时矛盾，故A选项错误； 对于B选项：若函数图像如下： 当时，，时，，当 ，， ∴存在在 处取最大值，故B选项正确； 对于C选项：在时，若函数严格递增，则集合的取值不会是， 而是全体定义域，故C选项错误； 对于D选项：若存在在 处取到极小值，则在 在左侧存在，，与集合定义矛盾，故D选项错误. 故选：B 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 声音是由物体振动产生的声波,其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数,我们听到的声音是由纯音合成的,称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数,则下列结论正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 在上有个零点 C. 的最大值为 D. 在上是增函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】 ①分别计算 和的周期,再求其最小公倍数即可得到的周期.②令即可求得零点.③对求导,令,判断单调性即可求得极值.④对求导,令,即可求出单调递增区间. 【详解】解：因为： ① 的周期是 , 的周期是, 所以的周期是 ,故A正确. ②当,时, 或 解得或或, 所以在上有个零点,故正确. ③ 令,求得或, 因为在 单调递增,在单调递减, 所以时取得最大值,则 ,故C正确. ④由③得, 要求增区间则, 即（不成立）,或, 所以 所以在上是增函数是错误的,故D错误. 故选：ABC 【点睛】本意考查正弦、余弦函数的周期性、零点、单调性、极值,利用导数法求单调性和极值会使计算简便. 10. 某不透明的盒子里装有若干个形状、大小、材质完全相同的红色和黑色的小球，现从盒子里随机抽取小球，每次抽取一个，用随机变量表示事件“抽到的小球为红色”发生的次数，下列说法正确的有（ ） A. 若盒子里有2个红色小球，4个黑色小球，从盒子里不放回地抽取小球，则第一次抽到红色小球且第二次抽到黑色小球的概率为 B. 若盒子里有2个红色小球，4个黑色小球，从盒子里有放回地抽取6次小球，则且 C. 若盒子里有个小球，其中红色小球有个，从盒子里不放回地随机抽取6个小球，且有红色球的数学期望为2，则盒子里黑色小球的个数是红色小球个数的2倍 D. 若，，，，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用古典概型计算可判断A；利用二项分布的方差公式计算可判断B；根据题意可得，计算可判断C；由二项分布的概率公式求得，进而可求得判断D. 【详解】对于A项，第一次抽到红色小球且第二次抽到黄色小球的概率为，故A项正确； 对于B项，有放回地抽取抽取6次小球，变量， 所以， 则，故B项错误； 对于C项，依题意得，得，所以黑色小球的个数为，故C项正确； 对于D项，因为，， 所以有，解得，则， 因此，故D项错误. 故选：AC. 11. 大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】当时，，当 时，，联立可得，利用累加法可得，从而可求得的通项公式，再逐项判断即可. 【详解】因为，， 令且， 当时，①； 当 时，②， 由①②联立得. 所以， 累加可得. 令(且为奇数)，得， 当 时满足上式， 所以当为奇数时，. 当为奇数时，， 所以，其中为偶数. 所以，故C正确. 所以，故A错误. 当为偶数时，，即， 当为奇数时，，即， 综上可得，故B正确. 因为 ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 假设有两箱零件，第一箱内装有10件，其中有2件次品；第二箱内装有20件，其中有3件次品.现从两箱中随意挑选一箱，然后从该箱中随机取1个零件，则取出的零件是次品的概率是___________. 【答案】 【解析】 【分析】设表示从第箱取到的零件是次品，表示从第一箱中取零件，表示从第二箱中取零件，结合全概率公式，即可求解. 【详解】设（，2）表示从第箱取到的零件是次品，表示从第一箱中取零件，表示从第二箱中取零件， 由全概率计算公式得取出的零件是次品的概率是： . 故答案为：. 13. 记为等差数列 的前n项和，若，，则________. 【答案】95 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式即可得到答案. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 14. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为 ； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 袋子中有大小相同的2个白球､3个黑球，每次从袋子中随机摸出一个球. （1）若摸出的球不再放回，求在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率； （2）若对摸出的球看完颜色后就放回，这样连续摸了3次，求3次摸球中摸到白球的次数的分布列和均值. 【答案】（1） （2） 的分布列为： 0 1 2 3 均值为. 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式的定义或者公式，即可求解； （2）首先写出随机变量的取值，再根据取值的意义，写出概率，即可求出分布列和数学期望. 【小问1详解】 角度一：第一次摸到白球，第二次摸球时袋子中有1个白球，3个黑球，所求概率. 角度二：设“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”， 则，, 所求概率； 【小问2详解】 的所有可能取值为 . ，， ，， 的分布列为： 0 1 2 3 , 的均值. 16. 已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前项和为，且． （1）求数列和数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）直接得到的通项公式，由作差得到，从而求出的通项公式； （2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得. 【小问1详解】 依题意可得， ∵①， 当时，②， ， ，， ∵ ， ∴， 且在①式中令或 （舍去），∴， 综上可得，． 【小问2详解】 由（1）可得， ∴ ． 17. 已知函数 （1）当时，求函数的最小值； （2）， ，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性可得最小值； （2）分类参数，设，利用导数求函数的最大值，即可得的取值范围. 【小问1详解】 当时， ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， ； 【小问2详解】 ，， ， 令，， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， ， ，即的取值范围是. 18. 为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示： 时间范围 锻炼时长 学业成绩 优秀 5 44 42 3 1 不优秀 139 191 179 43 28 （1）该地区29000名学生中体育锻炼时长大于1小时人数约为多少？ （2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长；（精确到0.1） （3）是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？ 附：，. 【答案】（1） （2） （3）有 【解析】 【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可； （2）根据平均数的计算公式即可得到答案； （3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论. 【小问1详解】 由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比， 则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为． 【小问2详解】 估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为 ． 则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时. 【小问3详解】 由题列联表如下： 其他 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 提出零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关． 其中． ． 则零假设不成立， 即有 的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关． 19. 已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列. （1）已知为二阶等差数列，且， ，，求的通项公式； （2）若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为 阶等比数列； （3）已知，令的前项和为，，证明：. 【答案】（1） （2）先证明2个引理. 引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定. 证明：用数学归纳法证明该结论. 当 时，有，取即可，故结论成立； 假设结论对成立，则. 故可设， 这就得到 . 所以取， ，即可，这得到结论对成立. 由数学归纳法即知引理1成立. 引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式， 即. 证明：我们对使用数学归纳法. 当时，结论显然成立； 对 ，假设结论对成立，考虑的情形： 一方面，如果，则有. 故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列； 另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列. 故由于结论对成立，知的通项公式具有形式. 故. 据引理1可知，每个都可以表示为的形式， 故. 综上，结论对成立.由数学归纳法知引理2成立.回到原题.由于为一阶等比数列， 故恒为常值，设，则. 为使有意义，必有不为零.所以.由于为阶等差数列， 故由引理2，可设.取就有，， 所以由引理2可知和都是 阶等差数列. 设，，， ， 则和都是常值. 而归纳即知，故是常值，从而为 阶等比数列. （3）方法一：用数学归纳法证明：. 当 时，由知结论成立； 对，假设结论已对成立，即， 则. 所以结论对也成立. 综上，对任意的正整数，都有. 故. 这就得到 . 方法二：对正整数，根据等比数列求和公式有. 两边同时求导，得. 所以. 再次求导，得. 所以. 从而当时，分别由上面的式子可以得到：； ； . 所以 . 故. 【解析】 【分析】（1）直接根据二阶等差数列的定义求解； （2）先确定是阶等差数列的充分必要条件，再对已知条件进行转化即可； （3）先用数学归纳法证明，再利用该结果证明结论；或者先用导数方法证明，再利用该结果证明结论. 【小问1详解】 由知，故可设. 所以，故. 从而，代入， 可得 ，所以. 故的通项公式为：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于基于等差数列和等比数列的新定义，理解新定义的本质方可解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省大理市2023-2024学年高二下学期数学6月质量检测试卷 一、选择题：本题共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. 小王每次通过英语听力测试的概率是，且每次通过英语听力测试相互独立，他连续测试3次，那么其中恰有1次通过的概率是（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中的系数为 A. -40 B. -10 C. 40 D. 30 3. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ） A. 12 B. 18 C. 20 D. 60． 5. 设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 6. 已知随机变量 服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.6 7. 已知是等比数列的前 项和，若，则数列的公比是（ ） A. 或1 B. 或1 C. D. 8. 已知函数 的定义域为，定义集合，在使得的所有 中，下列成立的是（ ） A. 存在 是偶函数 B. 存在 在 处取最大值 C. 存在 是增函数 D. 存在 在 处取到极小值 二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 声音是由物体振动产生的声波,其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数,我们听到的声音是由纯音合成的,称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数,则下列结论正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 在上有个零点 C. 的最大值为 D. 在上是增函数 10. 某不透明的盒子里装有若干个形状、大小、材质完全相同的红色和黑色的小球，现从盒子里随机抽取小球，每次抽取一个，用随机变量表示事件“抽到的小球为红色”发生的次数，下列说法正确的有（ ） A. 若盒子里有2个红色小球，4个黑色小球，从盒子里不放回地抽取小球，则第一次抽到红色小球且第二次抽到黑色小球的概率为 B. 若盒子里有2个红色小球，4个黑色小球，从盒子里有放回地抽取6次小球，则且 C. 若盒子里有个小球，其中红色小球有个，从盒子里不放回地随机抽取6个小球，且有红色球的数学期望为2，则盒子里黑色小球的个数是红色小球个数的2倍 D. 若，，，，则 11. 大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 假设有两箱零件，第一箱内装有10件，其中有2件次品；第二箱内装有20件，其中有3件次品.现从两箱中随意挑选一箱，然后从该箱中随机取1个零件，则取出的零件是次品的概率是___________. 13. 记为等差数列 的前n项和，若，，则________. 14. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 袋子中有大小相同的2个白球､3个黑球，每次从袋子中随机摸出一个球. （1）若摸出的球不再放回，求在第一次摸到白球的条件下，第二次摸到白球的概率； （2）若对摸出的球看完颜色后就放回，这样连续摸了3次，求3次摸球中摸到白球的次数的分布列和均值. 16. 已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前 项和为，且． （1）求数列和数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 已知函数 （1）当时，求函数的最小值； （2）， ，求的取值范围. 18. 为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示： 时间范围 锻炼时长 学业成绩 优秀 5 44 42 3 1 不优秀 139 191 179 43 28 （1）该地区29000名学生中体育锻炼时长大于1小时人数约为多少？ （2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长；（精确到0.1） （3）是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？ 附：，. 19. 已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列. （1）已知为二阶等差数列，且， ，，求的通项公式； （2）若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为 阶等比数列； （3）已知，令的前 项和为，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $