精品解析：辽宁省大连市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题

大连市2023~2024学年度第二学期期末考试 高二数学 命题人：王爽 张振华 孙华茂 校对人：王爽 注意事项： 1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效； 2.本试卷分第I卷选择题和第II卷非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题） 一､单项选择题（本大题共8小题，每题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. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C D. 3. 已知随机变量，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 9 4. 记为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5 已知函数，且，则（ ） A. 4 B. 5 C. -4 D. -3 6. 设的平均数为与的平均数为与的平均数为.若，则与的大小关系是（ ） A. B. C. D. 不能确定 7. 小明每天从骑自行车､坐公交车两种方式中选择一种去上学.已知他选择骑自行车的概率为0.6，在他骑自行车的条件下，7：20之前到达学校的概率为0.95.若小明7：20之前到达学校的概率为0.93，则在他坐公交车的条件下，7：20之前到达学校的概率为（ ） A. 0.9 B. 0.8 C. 0.7 D. 0.6 8. 已知函数，若数列为递增数列，则称函数为“数列保增函数”，已知函数为“数列保增函数”，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每题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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 在下列函数中，最小值是2的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（ ） A. B. C. 当时， D. 当时， 11. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若为奇函数，且，则下列说法中一定正确的是（ ） A. 4是的一个周期 B. 函数的图象关于对称 C. D. 第II卷（非选择题） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若函数，则__________. 13. 已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________. 四､解答题（本大题共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. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求的值： （2）求函数的极值. 16. 盒中有标记数字1，2的小球各3个，标记数字3的小球2个，随机一次取出3个小球. （1）求取出的3个小球上的数字互不相同的概率； （2）记取出的3个小球上的最大数字为，求的分布列及数学期望. 17. 已知正项数列前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）若前项和为，求. 18. 现有抽球游戏规则如下：盒子中初始装有白球和黑球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止游戏；否则，在盒子中再放入一个黑球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功. （1）某人进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止游戏，记其进行抽球游戏的轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）有数学爱好者统计了1000名玩家进行该抽球游戏的数据，记表示成功时抽球游戏的轮数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 94 57 44 23 经计算发现，非线性回归模型的拟合效果优于线性回归模型，求出关于的非线性回归方程，并顶测第7轮成功的人数（精确到1）： （3）证明：（其中且） 附：回归方程系数：； 参考数据：设， 19. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”.如数列1，2第1次“差扩充”后得到数列1，-1，2，第2次“差扩充”后得到的数列.设数列经过第次“差扩充"后所得数列的项数为，所有项的和为. （1）若，求； （2）设满足的的最小值为，求出的值并求出关于的表达式（其中是指不超过的最大整数，如）； （3）若，设，在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的三项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大连市2023~2024学年度第二学期期末考试 高二数学 命题人：王爽 张振华 孙华茂 校对人：王爽 注意事项： 1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效； 2.本试卷分第I卷选择题和第II卷非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题） 一､单项选择题（本大题共8小题，每题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. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集的定义即可求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：D. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题. 【详解】命题“”为全称量词命题， 其否定为：. 故选：A 3. 已知随机变量，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】直接由二项分布的方差公式以及方差的性质即可求解. 【详解】因为随机变量，且，则. 故选：D. 4. 记为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式即可求解. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 由，即，解得. 所以. 故选：C. 5. 已知函数，且，则（ ） A. 4 B. 5 C. -4 D. -3 【答案】B 【解析】 【分析】令，则，即可判断为奇函数，根据奇偶性计算可得. 【详解】因为，令定义域为， 且， 所以为奇函数，又， ，所以，则， 所以. 故选：B 6. 设的平均数为与的平均数为与的平均数为.若，则与的大小关系是（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，利用作差法比较大小. 【详解】由题意可知：， 则， 因为，则， 可得，即. 故选：B. 7. 小明每天从骑自行车､坐公交车两种方式中选择一种去上学.已知他选择骑自行车的概率为0.6，在他骑自行车的条件下，7：20之前到达学校的概率为0.95.若小明7：20之前到达学校的概率为0.93，则在他坐公交车的条件下，7：20之前到达学校的概率为（ ） A. 0.9 B. 0.8 C. 0.7 D. 0.6 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件及全概率公式即可求解. 【详解】设“小明骑自行车去上学”为事件,“小明坐公交车去上学”为事件,“小明7：20之前到达学校”为事件，则 , 由全概率公式可得 ,即， 解得， 所以在他坐公交车的条件下，7：20之前到达学校的概率为. 故选：A. 8. 已知函数，若数列为递增数列，则称函数为“数列保增函数”，已知函数为“数列保增函数”，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，恒成立，参变分离可得，恒成立，结合函数的单调性求出的最大值，即可得解. 【详解】依题意，恒成立， 即，恒成立， 所以，恒成立， 又在上单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减， 所以当时， 所以，即的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是根据数列的单调性得到，恒成立，再参变分离得到，恒成立. 二､多项选择题（本大题共3小题，每题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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 在下列函数中，最小值是2的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式、单调性和二次函数的性质即可求解. 【详解】对于选项A，的定义域为，当时，， 当且仅当，即时，等号成立，此时的最小值为， 但当时，，当且仅当，即时，等号成立， 此时的最大值为，故A错误； 对于选项B，的定义域为，由， 得，当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为，故B正确； 对于选项C，由在上单调递增，得在上单调递减， 当时，取得最小值为，故C正确； 对于选项D，，由二次函数的性质知，的对称轴为，开口向上， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得最小值为，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（ ） A. B. C. 当时， D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由等差数列求和公式结合已知即可验算；对于B，由等差数列求和公式结合即可验算；对于CD，由等差数列性质即可验算. 【详解】对于A，因为，所以，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，当时，，故C正确； 对于D，当时， ，即，故D错误. 故选：BC. 11. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若为奇函数，且，则下列说法中一定正确的是（ ） A. 4是的一个周期 B. 函数的图象关于对称 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抽象函数及导数的运算判断函数的图象关于点对称，B错；的图象关于对称，所以是周期函数，4是一个周期，判断A正确；因为，所以，判断C正确；因为，所以分类讨论为奇数时，，为偶数时，即可求出，判断D正确； 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于中心对称， 两边求导得：， 所以的图象关于对称， 因为，所以； 所以，又，所以， 所以函数的图象关于点对称，B错； 的图象关于对称，所以，即， 又，所以，即， 所以，所以是周期函数，且4是一个周期， 又因为，所以是周期函数，且4是一个周期，A正确； 为奇函数，所以过，所以， 令代入，可得， 所以，C正确； 因为，所以为奇数时，， 为偶数时，， 所以，D正确； 故选：ACD. 【点睛】1.若，则关于对称，两边同时求导得：，则关于中心对称； 2.若，则关于中心对称，两边同时求导得：，则关于对称； 3.若，则为周期函数且周期为； 第II卷（非选择题） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式和导数的加法法则即可求解. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正态曲线的特点即可求解. 【详解】由题意可知，正态曲线关于直线对称， 又因为， 所以，解得 故答案为：. 14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求得，，而原不等式等价于，可以利用不等式放缩即可求解. 【详解】， 因为图象对称中心点为，所以，所以， 由，所以， 原不等式为， 因为，所以， 设，则， 当时，，当时，， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，即， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，所以其最小值为，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键是得到恒成立，结合切线放缩不等式即可顺利得解. 四､解答题（本大题共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. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求的值： （2）求函数的极值. 【答案】（1） （2）极大值为，极小值为. 【解析】 【分析】（1）利用切点既在曲线上又在切线上及导数的几何意义即可求解； （2）根据（1）的结论，求出函数，利用导数法求函数的极值的步骤即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， ， 切线过点， , 由导数的几何意义可知，斜率, . 【小问2详解】 由（1）知，，可得， ， 令，则，解得或， 当或时，， 当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 从而可知是函数的极大值点，极大值为， 是函数的极小值点，极小值为. 所以函数的极大值为，极小值为. 16. 盒中有标记数字1，2的小球各3个，标记数字3的小球2个，随机一次取出3个小球. （1）求取出的3个小球上的数字互不相同的概率； （2）记取出的3个小球上的最大数字为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）利用组合数及古典概型概率计算公式即可求解； （2）根据已知条件，求出随机变量的可能取值，然后利用组合数及古典概型的概率计算公式求出不同取值的概率，进而得出分布列，再利用随机变量的期望公式即可求解. 【小问1详解】 记“取出的3个小球上的数字互不相同”为事件， 所以. 【小问2详解】 由题意可知，的可取值为 所以， ， ， 所以的分布列为： 1 2 3 所以. 17. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）若的前项和为，求. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据求出和的关系，据此即可求解； （2）设的前项中奇数项的和为，偶数项的和为，求出和即可求解. 【小问1详解】 因为①，时，②， ①-②整理得， 数列是正项数列，， 当时，， ，数列是以1为首项，2为公差的等差数列， ； 【小问2详解】 由题意知，设的前项中奇数项的和为，偶数项的和为， ， ， . 18. 现有抽球游戏规则如下：盒子中初始装有白球和黑球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止游戏；否则，在盒子中再放入一个黑球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功. （1）某人进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止游戏，记其进行抽球游戏的轮数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）有数学爱好者统计了1000名玩家进行该抽球游戏的数据，记表示成功时抽球游戏的轮数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 94 57 44 23 经计算发现，非线性回归模型的拟合效果优于线性回归模型，求出关于的非线性回归方程，并顶测第7轮成功的人数（精确到1）： （3）证明：（其中且）. 附：回归方程系数：； 参考数据：设， 【答案】（1）分布列见解析， （2），8 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）写出的可能取值，求出各取值的概率，写出分布列即可求出数学期望； （2）令，则，根据线性回归方程公式求出方程即可顶测第7轮成功的人数； （3）求出在前轮内（包括第轮）成功的概率，求出前轮内（包括第轮）均没有成功的概率，据此即可求解. 【小问1详解】 由题知，的取值可能为， 所以，， ， 所以的分布列为： 1 2 3 所以数学期望； 【小问2详解】 令，则，由题知：， 所以， 所以， 故所求的回归方程为：， 所以，估计时，； 【小问3详解】 由题知，当且时，在前轮内（包括第轮）成功的概率为 ， 在前轮内（包括第轮）均没有成功的概率为 ， 故. 【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于正确求出前轮内（包括第轮）成功的概率. 19. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”.如数列1，2第1次“差扩充”后得到数列1，-1，2，第2次“差扩充”后得到的数列.设数列经过第次“差扩充"后所得数列的项数为，所有项的和为. （1）若，求； （2）设满足的的最小值为，求出的值并求出关于的表达式（其中是指不超过的最大整数，如）； （3）若，设，在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的三项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）9；19 （2）， （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据“差扩充"的定义可写出数列两次扩充后的结果，即得答案. （2）根据数列扩充后增加的项数可推出，构造等比数列求出，由即可求出的值，可得，方法一，可写出三次扩充的结果求得答案；方法二，根据扩充规律可得到是以为首项，为公差的等差数列，求出的表达式，可得答案； （3）结合（2）可得，从而推出，假设在数列中存在不同的三项成等比数列，利用等比数列性质推出矛盾，即可得结论. 【小问1详解】 数列，经第1次“差扩充”后得到数列为， 数列6，5，4，经第2次“差扩充”后得到数列， 所以， ； 【小问2详解】 数列经每1次“差扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项， 由数列经第次“差扩充”后的项数为，则经第次“差扩充”后增加的项数为， 所以，所以， 由（1）得是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，所以， 由，即，解得，即， 所以， 求法一：数列经过第1次“差扩充”后得到数列， 经过第2次“差扩充”后得到数列， 经过第3次“差扩充”后得到数列， ， 即； 求法二：数列经过第1次“差扩充”后得到数列， ， 设数列经过第次“差扩充”后得到数列， 且，和为， 则经过第次“差扩充”后得到数列， 和为， 所以是以为首项，为公差的等差数列， ， 所以； 【小问3详解】 不存在,理由如下： 由（2）可得，当时，， ， 假设在数列中存在不同的三项（其中成等差数列）成等比数列， 则，即， 成等差数列，， 则，则，， ，与题设矛盾 所以在数列中不存在不同的三项成等比数列. 【点睛】关键点睛：本题是考查数列新定义类题目，此类题目比较新颖，解决起来有一定难度，解答的关键是要理解所给新定义的含义，并按照新定义去解答问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$