精品解析：山东省青岛第三十九中学2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

2023—2024学年度第二学期教学质量检测 高二数学试题 2024．07 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回． 注意事项： 1．答第I卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效． 一、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. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为奇函数，且当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 13 B. 16 C. 20 D. 24 5. 若，，则“”是“”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数，，若在上单调递增，则范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 某四位数密码，每位数字可在0－9中选取，其中恰有三位数字相同的概率是（ ） A. 0.036 B. 0.027 C. 0.024 D. 0.018 8. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符题目要求．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. 已知，则下列结论正确是（ ） A. 对任意实数， B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设函数，则（ ） A. 是极大值点 B. 有三个零点 C. 当时， D. 的图象关于对称 11. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球，一个3号球；2号口袋内装有两个1号球和一个3号球；3号口袋内装有三个1号球和两个2号球，第一次先从1号口袋内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从放入球的口袋中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 两次都取到3号球的概率为 B. 在第一次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的概率为 C. 第二次取到2号球的概率为 D. 如果第二次取到2号球，则它来自1号口袋的概率最大 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域是_____. 13. 在三个地区爆发流感，这三个地区分别有2%，5%，4%的人患了流感，已知三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取1人，这个人患流感的概率为_________；如果此人患流感，则此人选自区的概率是__________； 14. 正实数，满足，则的最大值为____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，，（且）. （1）若，，解不等式； （2）若. （ⅰ）当时，判断函数的奇偶性，并说明理由； （ⅱ）当时，若最小值为，求的值． 16. 为了监控某种零件一条生产线的生成过程，检验员从该生产线随机抽取100个零件，并测量其尺寸，得到如下表格： 误差（单位：） 数量 3 10 20 35 19 9 4 （1）求这100件零件误差平均值（同一组的数据用该组区间中点代表） （2）若已知零件的误差服从正态分布，其中近似样本平均数，若随机从生产线上抽取一个零件，求其误差位于区间上的概率； （3）以频率估计概率．若从该生产线上随机抽取10个零件，10个零件中有个零件的误差位于区间，求的分布列和数学期望． 附：（若服从正态分布，则，，） 17. 甲、乙两台机床生产同种产品，产品质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床的产品质量，随机抽查了两台机床各生产的100件产品，统计数据如下面的不完整的列联表（单位：台）. 一级品 二级品 合计 甲机床 100 乙机床 合计 60 （1）求的值，完成列联表，试根据小概率的独立性检验，能否认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异? （2）分别从样本中筛选出5件甲机床和3件乙机床生产的产品，这8件产品中有2件甲机床生产的一级品和2件乙机床生产的一级品，现从这8件产品中任选3件甲机床生产的产品和2件乙机床生产的产品进行进一步检测，记为这5件产品中一级品的件数，求的分布列及数学期望. 附参考公式：，其中. 0.1 0.05 0.01 … 2.706 3.841 6.635 … 18. 已知函数． （1）讨论函数极值点的个数，并说明理由； （2）若有两个极值点，其中，求的最小值． 19. 牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列． （1）若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值； （2）已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且． （ⅰ）设，求的解析式； （ⅱ）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年度第二学期教学质量检测 高二数学试题 2024．07 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回． 注意事项： 1．答第I卷前考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效． 一、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】C 【解析】 【分析】由交集的概念即可得解. 【详解】因为， 且集合，， 则. 故选：C. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先比较的大小，再以0为中间量，将与进行大小比较，进而可得出答案. 【详解】易知， 又，， 所以， 故选：C. 3. 已知为奇函数，且当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数及当时函数的解析式求解. 【详解】由为奇函数可知，， 所以，，解得， 故选：B. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 13 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，令x的指数等于4和2，即得展开式中的系数. 【详解】的展开式的通项. 令和，可得的系数为. 故选：A 5. 若，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 分析】取，，可得“”不能推出“”；由基本不等式可知由“”可以推出“”，进而可得结果. 【详解】因为，，取，，则满足，但是，所以“”不能推出“”； 反过来，因为，所以当时，有，即. 综上可知，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知函数，，若在上单调递增，则的范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数在上单调递增可知每段都为增函数，且根据在分界点处的函数值建立不等式求解即可. 【详解】因为函数，，在上单调递增， 所以为增函数，故，所以, 又需满足，即，因为的根为， 由图象得的解为或. 综上，的范围是或. 故选：D 7. 某四位数密码，每位数字可在0－9中选取，其中恰有三位数字相同的概率是（ ） A. 0.036 B. 0.027 C. 0.024 D. 0.018 【答案】A 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理及组合数的定义，结合古典概型的计算公式即可求解. 【详解】先从4个位置中选1个，从0到9这10个数字中选一个数字放入， 剩下的三个位置再从剩下的9个数字中选一个数字放入（三个位置数字相同）， 有种方法，所以所求概率． 故选：A. 8. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过给函数赋特殊值，利用函数奇偶性，求解参数，利用偶函数性质和奇函数性质找到函数的周期，代入解析式即可求解. 【详解】因为为偶函数，故， 为奇函数，故， 当时， 当时， 当时，，，又因为，所以，则； 因此当时， 当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；当时，； 所以函数的周期为4，则 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符题目要求．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. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 对任意实数， B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】取特例判断A，根据不等式的性质判断BC，利用作差法判断D. 【详解】对A，当时，不成立，故A错误； 对B，由可得，又，所以可得， 故B正确； 对C，因为，，可得，所以，故C正确； 对D，，又因为，， 所以的符号不确定，故符号不确定，故D错误. 故选：BC 10. 设函数，则（ ） A. 是极大值点 B. 有三个零点 C. 当时， D. 的图象关于对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数判断出单调性，结合图象可判断AB；根据的范围可判断C；利用点对称可判断D. 【详解】， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处有极大值，为， 在处有极小值，为， ， 可得的大致图象，故A正确，B错误； 对于C，当时，，由图象可知，故C正确； 对于D，因为， 所以的图象关于点对称，故D正确. 故选：ACD. 11. 现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球，一个3号球；2号口袋内装有两个1号球和一个3号球；3号口袋内装有三个1号球和两个2号球，第一次先从1号口袋内随机抽取一个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从放入球的口袋中任取一个球，则下列说法正确的是（ ） A. 两次都取到3号球的概率为 B. 在第一次取到3号球的条件下，第二次取到1号球的概率为 C. 第二次取到2号球的概率为 D. 如果第二次取到2号球，则它来自1号口袋的概率最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两个事件同时发生判断A，由条件概率判断B，由互斥事件的概率和判断C，由C结合条件概率判断D. 【详解】A选项，设第一次抽到3号球为事件A，第二次抽到3号球为事件B，故，A正确； B选项，设第二次抽到1号球为事件C，故，， 故第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是，B错误； C选项，设第一次抽到1号球为事件E，第一次抽到2号球为事件F，第二次抽到2号球为事件D， 故，，， 故第二次取到2号球概率为，C正确； D选项，由C选项可知，如果第二次取到2号球，取自1号口袋的概率为，取自2号口袋的概率为，取自3号口袋的概率为， 故第二次取到2号球，则它来自1号口袋的概率最大，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域是_____. 【答案】. 【解析】 【分析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域. 详解】由已知得, 即 解得， 故函数的定义域为. 【点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可． 13. 在三个地区爆发流感，这三个地区分别有2%，5%，4%的人患了流感，已知三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任意选取1人，这个人患流感的概率为_________；如果此人患流感，则此人选自区的概率是__________； 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】利用全概率公式可求这个人患流感的的概率；利用条件概率公式可求如果此人患流感，此人选自地区的概率. 【详解】记事件选取的这个人患了流感，记事件此人来自地区，记事件此人来自地区，记事件此人来自地区， 则，且、、彼此互斥， 由题意可得，，， ，，， 由全概率公式可得 ； 由条件概率公式可得. 故答案为:，. 14. 正实数，满足，则的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，构造，结合的单调性知，，故将化为，利用导数求的最大值即可. 【详解】因为，所以，即， 设，则，且， 所以在上，单调递增. 因为，为正实数，，即， 所以等价于，即，， 所以. 设,则. 令，则， 所以在上单调递减，所以. 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以，即的最大值为. 故答案为:. 【点睛】关键点点睛：本题求解关键是将变形为，利用同构构造函数，结合的单调性知. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知，，（且）. （1）若，，解不等式； （2）若. （ⅰ）当时，判断函数的奇偶性，并说明理由； （ⅱ）当时，若的最小值为，求的值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）为偶函数，理由见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）时，由，可得，根据对数函数的单调性即可求解； （2）（ⅰ）时，，判断其奇偶性即可； （ⅱ）时，函数的定义域为，且，根据二次函数及对数函数的性质分类讨论即可求解. 【小问1详解】 若，则，， 由，可得. 因为，所以，解得. 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 （ⅰ）若，则, 由，可得，即函数的定义域为，关于原点对称， 又， 所以函数为定义在上的偶函数. （ⅱ）当时，， 令，解得，即函数的定义域为. 又 . 因为，所以，所以， 所以. 因为且， 所以当时，， 因为的最小值为，所以，解得. 当时，，不存在最小值，舍去. 综上所述，. 16. 为了监控某种零件的一条生产线的生成过程，检验员从该生产线随机抽取100个零件，并测量其尺寸，得到如下表格： 误差（单位：） 数量 3 10 20 35 19 9 4 （1）求这100件零件误差平均值（同一组的数据用该组区间中点代表） （2）若已知零件的误差服从正态分布，其中近似样本平均数，若随机从生产线上抽取一个零件，求其误差位于区间上的概率； （3）以频率估计概率．若从该生产线上随机抽取10个零件，10个零件中有个零件的误差位于区间，求的分布列和数学期望． 附：（若服从正态分布，则，，） 【答案】（1） （2）0.9545 （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由平均数的计算公式直接计算即可； （2）由正态分布的相关知识可得，由此即可得解； （3）由题意可得服从二项分布，进一步即可求解. 【小问1详解】 ， 所以这100件零件误差平均值为； 【小问2详解】 由题意零件的误差服从正态分布， 而，，， 所以其误差位于区间上概率为； 【小问3详解】 误差位于区间的概率为，显然服从二项分布， 所以的分布列为， 数学期望. 17. 甲、乙两台机床生产同种产品，产品质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床的产品质量，随机抽查了两台机床各生产的100件产品，统计数据如下面的不完整的列联表（单位：台）. 一级品 二级品 合计 甲机床 100 乙机床 合计 60 （1）求的值，完成列联表，试根据小概率的独立性检验，能否认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异? （2）分别从样本中筛选出5件甲机床和3件乙机床生产的产品，这8件产品中有2件甲机床生产的一级品和2件乙机床生产的一级品，现从这8件产品中任选3件甲机床生产的产品和2件乙机床生产的产品进行进一步检测，记为这5件产品中一级品的件数，求的分布列及数学期望. 附参考公式：，其中. 0.1 0.05 0.01 … 2.706 3.841 6.635 … 【答案】（1）20，列表见解析，能认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异. （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，列出列联表，计算得出结论； （2）根据题意求出随机变量的概率，列出分布列，求期望即可. 【小问1详解】 由题意，甲机床生产的二级品台，甲乙机床总共生产的二级品有60台， 所以，解得， 所以可得列联表： 一级品 二级品 合计 甲机床 100 乙机床 合计 60 零假设为：甲机床的产品质量与乙机床的产品质量无差异. ， 所以依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异，此推断犯错误的概率不大于0.01. 【小问2详解】 由题意，甲机床生产的5台产品中有2台一级品，3台二级品， 乙机床生产的3台产品中有2台一级品，1台二级品， 从中任选3件甲机床生产的产品和2件乙机床生产的产品， 则5件产品中一级品的件数可能为， 所以，， ，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 . 18. 已知函数． （1）讨论函数极值点的个数，并说明理由； （2）若有两个极值点，其中，求的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，通分后，结合根的判别式进行分类讨论，得到函数的极值点个数； （2）由（1）得，从而得到，令，，求导，得到其单调性，求出最小值. 【小问1详解】 定义域为， ， 令，则， 当，即时，恒成立， 故，所以在上单调递增，无极值点， 当，即或时，设的两根分别为， 则， 若，此时，故，， 在上单调递增，无极值点， 若，此时，且， ， 故令得或， 令得， 故在上单调递增， 在上单调递减， 故为极大值点，为极小值点，共两个极值点， 综上，当时，极值点个数为0，当时，有两个极值点； 【小问2详解】 由（1）知，，，， 故， ， 令，， 则， 故在上单调递减， 故当时，取得最小值，最小值为. 【点睛】方法点睛：极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决. 19. 牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列． （1）若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值； （2）已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且． （ⅰ）设，求的解析式； （ⅱ）证明： 【答案】（1） （2）（ⅰ） （ⅰⅰ）证明见解析 【解析】 【分析】(1) 对函数求导，依次求出切点、斜率、斜线方程，即可得出结果. (2) （ⅰ）结合导数的几何意义即可得到，从而得解；（ⅰⅰ）利用（ⅰ）中结论可得，证明为等比数列，结合所给结论，利用放缩法和等比数列求和公式证明结论. 【小问1详解】 ，所以 当，所以 当， 所以的2次近似值为. 【小问2详解】 （ⅰ）因为二次函数有两个不等实根, 所以不妨设， 则， 因为所以 所以在横坐标为的点处的切线方程为 令则 即， 所以. （ⅰⅰ）由（ⅰ）知， 所以. 因为所以所以. 令则，又 所以， 数列是公比为2的等比数列. . 令，则 当时，，所以在单调递减， 所以，即 因为所以即. . 【点睛】关键点点睛：第一问解题的关键在于结合导数的几何意义求出切线方程，根据新定义求解即可；第二问解决的关键在于结合所给结论，通过适当放缩，证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$