精品解析：山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题

2024年7月济南市高二期末学习质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（ ） A. 7 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】由题意，分两步完成，第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法， 所以由分步乘法计数原理可知共有种. 故选：C 2. 函数在点处的切线斜率为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数导数，代入即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：A 3. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型对随机误差的假定即可判断结果. 【详解】图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分； 图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大； 图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型； 图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内， 可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定． 故选：D． 4. 济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（ ） A. 27% B. 28% C. 29% D. 30% 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件结合全概率公式求解即可. 【详解】由题意可得从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是 . 故选：C 5. 随机变量X的分布列为，，.若，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得求出，再利用方差公式可求得结果. 【详解】因为随机变量X的分布列为，，，， 所以，解得， 所以. 故选：B 6. 某城市高中数学统考，假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（ ） 参考数据：若，则. A. 71 B. 78 C. 85 D. 92 【答案】C 【解析】 【分析】由正态分布的对称性即可求解. 【详解】因为等级概率为，且服从正态分布, 且, 所以等级范围, 所以等级的最高分数线约为. 故选：C. 7. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用切点和斜率求得切线方程，结合牛顿法求得、，即可得解. 【详解】令，则，，， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，得. 又，， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，解得， 因为， 所以利用牛顿法求的近似解，至少需要次迭代也能达到同样的精确度. 故选：B. 8. 函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得有两个不等的正根，即有两个不等的正根，设，利用导数求出的单调区间，画出大致图象，结合图象求解即可. 【详解】由，得， 因为有两个极值点， 所以有两个不等的正根， 即有两个不等的正根， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 当时，，当时，， 所以的大致图象如图所示， 由图可知当时，与的图象有两个不同的交点， 所以当时，有两个极值点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查利用导数解决极值点问题，考查利用导数求函数的单调区间，解题的关键是将问题转化为有两个不等的正根，然后构造函数，利用函数图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题. 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，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有7项 B. 展开式的二项式系数的和为128 C. 展开式中的系数为14 D. 展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据二项式展开式的性质判断，对于B，根据二项式展开式的系数的性质求解判断，对于C，求出通项公式，令的次数为2，求出，从而可求出的系数，对于D，根据二项式展开式的系数的性质判断. 【详解】对于A，的展开式有8项，所以A错误， 对于B，的展开式的二项式系数的和为，所以B正确， 对于C，展开式的通项公式为， 令，得， 所以展开式中的系数为，所以C正确， 对于D，因为的展开式有8项，所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大，所以D错误. 故选：BC 10. 下列函数中，有两个零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，逐个分析，先对函数求导，利用导数分析函数的单调性，再结合零点存在性定理分析函数零点的个数即可. 【详解】对于A，由，得， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以，所以有且只有一个零点，所以A错误， 对于B，由，得， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 因为，， 所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点， 所以有两个零点，所以B正确， 对于C，由，得， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 因为当，， 所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点， 所以有两个零点，所以C正确， 对于D，由，得， 当时，，当时，， 所以上递减，在上递增， 所以， 因为，， 所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点， 所以有两个零点，所以D正确， 故选：BCD 11. 设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（ ） A. 若A，B相互独立，，，则 B. 若A，B互斥，，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由互斥、对立事件概率公式及相互独立事件乘法公式判断AB；根据条件概率公式判断C,应用条件概率公式、相互独立事件乘法公式判断D. 【详解】对A，A，B相互独立，，，所以，故A正确； 对B，，故B正确； 对C，，若时， 得不出，即得不出，得不出，故C错误； 对D，， ， 所以 ，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答） 【答案】180 【解析】 【分析】根据取到0与取不到0分类讨论即可由排列求解. 【详解】当取不到0时，一共有个三位数， 若取到时，不能排首位，共有个三位数， 由分类加法计数原理可知，共有三位数的个数为. 故答案为：180 13. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得的可能取值为，分别求得其对应概率，再由期望的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题可知，的可能取值为， 则，，， 所以. 故答案为：4 14. 以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时，容器的容积最大. 【答案】## 【解析】 【分析】设圆锥底面半径为，高为 ，那么，再根据，代入得到 ，利用导数求得函数的最大值，以及和，由圆心角得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则， 因此， 则，令 ，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时容积最大， 把代入，得 由，得， 即圆心角为时容积最大. 故答案为： 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. 一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求： （1）质点位于2的位置的概率； （2）随机变量的分布列和期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，期望为0 【解析】 【分析】（1）抛掷硬币4次后，质点要位于2，则可知4次中向右移动3次，向左移动1次，然后根据独立事件的概率公式求解即可； （2）由题意可知的可能取值为，求出相应的概率，从而可求得的分布列和期望. 【小问1详解】 由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，则4次中向右移动3次，向左移动1次， 所以质点位于2的位置的概率为； 【小问2详解】 由题意可知的可能取值为，则 ，， ，， ， 所以的分布列为 0 2 4 所以. 16. 函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间； （2）对函数求导后，求得在上递增，在上递减，可得，从而可得，然后构造函数，利用导数可求出其范围. 【小问1详解】 当时，（），则， 由，得或，由，得， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为； 【小问2详解】 由，得， 由，得或， 因为，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以的最大值为， 即， ， 因为，所以， 所以的最小值为，即， 所以， 令，，则， 令，得或， 所以当时，， 所以在上单调递增， 所以，所以， 即， 所以. 17. 长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%. （1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联； 近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计 是 否 是 否 合计 1000 （2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图. ①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由） ②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程； ③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数） 参考公式及数据：（ⅰ），， α 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 （ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，； （ⅲ）散点图1中，；散点图2中，. 【答案】（1）2×2列联表见解析，近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联 （2）①②③18岁 【解析】 【分析】（1）根据题意列出2×2列联表，计算，根据小概率值的独立性检验得出结论； （2）①由散点图直接写出，②根据最小二乘法求回归直线方程，③根据回归直线方程得预测值 【小问1详解】 2×2列联表 近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计 是 否 是 100 300 400 否 100 500 600 合计 200 800 1000 零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关 根据列联表中的数据，并计算得到 ， 因为， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005. 小问2详解】 ①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况. ②由题意可得， 因此， 再由题意得，所以， 从而该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为. ③，解得， 所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁. 18. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象，即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”. （1）证明：函数，具有“旋转不变性”； （2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据新定义转化为函数的图象与至多有1个交点，利用导数判断函数单调性即可得证； （2）根据函数具有“旋转不变性”转化为，构造函数求出函数的最大值即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，当时，, 令 ，， 则， 在上单调递减. 故与至多有1个交点， 即与至多有1个交点， 故函数具有“旋转不变性”. 【小问2详解】 由题意得：当时，， 函数与函数的图象至多有1个交点， 即方程至多有一个根, 即函数与函数的图象至多1个交点， 因此函数在上为单调函数， ，而当时，， 所以在上恒成立，故. 令，则 因为在上单调递减，且， 由零点存在定理可知，，使 所以， 当单调递增， 当单调递减， 所以， 即. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点在于紧扣具有“α旋转不变性”的定义，转化为函数单调即可，第二问利用函数单调可得导数恒大于等于0，据此分离参数，构造函数，利用导数求函数最大值即可,注意其中隐零点的应用. 19. 某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数，一方面：代数式中，的系数为.另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以. （1）如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为________.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释； （2）证明：①；②.注：组合数，若，则. 【答案】（1），解释见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据材料中的系数求解，从个男生与个女生中选取人小组，另一方面这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），利用乘法原理和加法原理可得结论； （2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题进行解释；②由，考虑中的系数，依照材料中的方法推导求解即可. 【小问1详解】 构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式， 另一方面，这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（）， 由乘法原理可知，第类中有个小组，因此人小组共有个， 由加法原理可知：； 【小问2详解】 ①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题： 从名学生中选出人组成代表队，其中名作主力队员，名替补队员， 根据分步乘法原理共有种方法， 也可以直接从名学生中选了名主力队员，再从剩下的名学生中选出名替补队员， 根据分步乘法原理共有种方法， 由上面的两种方法可知：； ②考虑中的系数， 一方面 的系数为， 因为，所以的系数为 另一方面， ， 所以的系数为， 因为，所以 ， 所以 【点睛】关键点点睛：此题考查组合数的计算及性质的应用，考查二项定理，解题的关键是对材料中的解法的正确理解，依照材料中解法求解，考查理解能力和计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年7月济南市高二期末学习质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（ ） A. 7 B. 8 C. 12 D. 16 2. 函数在点处的切线斜率为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ） A B. C. D. 4. 济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（ ） A. 27% B. 28% C. 29% D. 30% 5. 随机变量X的分布列为，，.若，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 6. 某城市高中数学统考，假设考试成绩服从正态分布.如果按照比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（ ） 参考数据：若，则. A. 71 B. 78 C. 85 D. 92 7. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 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，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有7项 B. 展开式的二项式系数的和为128 C. 展开式中系数为14 D. 展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大 10. 下列函数中，有两个零点是（ ） A. B. C. D. 11. 设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（ ） A. 若A，B相互独立，，，则 B. 若A，B互斥，，，则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答） 13. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________. 14. 以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时，容器的容积最大. 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. 一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求： （1）质点位于2的位置的概率； （2）随机变量分布列和期望. 16. 函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围. 17. 长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%. （1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联； 近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计 是 否 是 否 合计 1000 （2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图. ①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由） ②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程； ③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数） 参考公式及数据：（ⅰ），， α 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 （ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，； （ⅲ）散点图1中，；散点图2中，. 18. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象，即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”. （1）证明：函数，具有“旋转不变性”； （2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围. 19. 某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数，一方面：代数式中，的系数为.另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以. （1）如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为________.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释； （2）证明：①；②.注：组合数，若，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$