精品解析：黑龙江省哈尔滨市东方红中学校2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

东方红中学校2023-2024下学期高二期末考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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，将不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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定出集合中的元素，然后由交集定义计算． 【详解】由题意可知集合，集合，所以． 故选：A． 2. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断． 【详解】对于A项，，因为0，所以，即，A项错误； 对于B项，例如，，而，B项错误； 对于C项，由，得，所以，C项正确； 对于D项，例如，，但，D项错误． 故选：C． 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数与指数函数性质结合中间值比较可得． 【详解】因为，所以． 故选：D． 4. 甲辰龙年新年伊始，“尔滨”成为旅游城市中的“顶流”，仅元旦假期，哈尔滨接待游客突破300万人次，实现旅游收入59亿元，冰雪大世界更是游客们必去打卡点之一.小于、小智等5个“南方小土豆”决定在冰雪大世界的雪花摩天轮、超级大滑梯、急速雪圈、雪地旋转4个项目中选择1个项目优先游玩体验.若每个项目至少有1个“小土豆”去优先体验，每个“小土豆”都会选择1个项目优先体验，且小于、小智都单独1人去某1个项目，则不同的优先游玩体验方法有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 84种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【分析】先优先单独安排玩一个项目的2个“小土豆”，再将剩下3个“小土豆”分成两组，共有，最后再排列即可，这里还用到分步计数乘法原理. 【详解】小于与小智单独选择1个项目有种方法，剩余3个“小土豆”有种方法， 根据分步乘法计数原理得共有种方法． 故选：B． 5. 已知数列满足，则（ ） A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】利用相减法得出数列的偶数项成等差数列，从而可把用表示，然后利用求得结论． 【详解】由，可得7，且，两式相减可得，即数列的偶数项是以6为公差的等差数列， 则，所以． 故选：B． 6. 如图，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意5次移动中有3次向右，2次向左，再根据独立重复试验的概率公式计算． 【详解】由题意得表示5次移动中有3次向右，2次向左，所以． 故选：D． 7. 已知直线与曲线相切于点，若，则的最小值为（ ） A. -1 B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由导数的几何意义可得，，则，令，利用导数求的单调性和最值. 【详解】直线与曲线相切于点， 由，有，所以， 又切点在直线上，有， 解得，所以． 令， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，所以0，故的最小值为0． 故选：B． 8. 已知定义在R上的函数满足，，当时，，函数，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的最大值为 D. 的图象与直线有8个交点 【答案】D 【解析】 【分析】确定函数是周期函数，由周期性判断A，分类讨论确定函数的解析式并得出函数的周期性，作出函数图象，由图象判断BC，结合直线判断D． 【详解】对于A项，由题意知,所以， 所以是定义域为且以4为一个周期的奇函数，所以，，同理，0，故A项正确． 对于项，因为是以4为一个周期的函数，所以也是以4为一个周期的函数，当时，， 所以当时，， 所以当时，，所以， 得到当时，， 当时，， 得到当时，， 则当时，， 当时，， 当时，1）， 则当时，， 所以当时， 易知也是以4为一个周期的周期函数，作出的图象，如图， 可知在处取得最大值，所以，故C项正确； 对于B项，由图象知图象的对称轴为，易知当时，，故项正确； 对于D项，作出直线的图象，因为当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，，和联立得0， 所以的图象与直线共有9个交点，故D项错误． 故选：D． 【点睛】方法点睛：由函数的奇偶性与对称性确定周期性，利用已知式确定的解析式，作出函数图象，利用数形结合思想求解． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 两个变量的线性相关性越强，则相关系数r越大 B. 若随机变量，满足，则 C. 若随机变量X服从正态分布，且，则 D. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由相关系数的概念判断A，由线性关系的变量间方差的关系判断B，由正态分布的性质判断C，由残差概念判断D． 【详解】对于A项，两个变量的线性相关性越强，越大，A项错误； 对于B项，由方差的性质可得，B项正确； 对于C项，若随机变量服从正态分布，且， 则，则，C项正确； 对于D项，经验回归方程，若样本点与的残差相等， 则，可得，D项正确． 故选：BCD． 10. 已知数列满足，，记数列的前项积为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知计算数列的前几项得出数列的周期性，利用周期性求解判断． 【详解】已知数列满足，则，所以数列是以3为一个周期的周期数列． 对于A项，，A项正确； 对于B项，，B项错误； 对于C项，任意相邻三项均在一个周期内，则，C项错误； 对于D项，，所以，D项正确． 故选：AD． 11. 已知函数的零点是，且，函数的零点是，且，当时，则（ ） A. B. C. D. 存在，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数零点进行数形结合的转化，利用函数的性质判断各个选项； 【详解】根据题意可知，的零点转化为直线与图象的交点， 的零点转化为直线与图象的交点，因为的定义域为， ，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 当时，，当时，． 且当时，，当时，， 故. 的定义域为，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 当时，，当时，． 且当时，，当时，，故. 对于A，由条件知将两式分别相加､相减得 ， 即，设， 即证明对于任意恒成立， 整理得在时恒成立， 令，则， 所以在上单调递增，，即，故A项正确． 对于B，因为，所以， 因为在上单调递增，所以，即， 所以，故B项正确． 对于C，同理，即，又，即，故C项正确． 对于D，，易知，故D项错误． 故选：ABC． 【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往需要利用单调性结合趋势进行判断，而不同函数的零点之间的关系，应该结合函数的特征利用同构寻找零点之间的关系. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中项的二项式系数是6，则展开式中所有项的系数和为______. 【答案】##0.0625 【解析】 【分析】由二项式系数性质求得，再令可得结论． 【详解】的展开式中项的二项式系数为， 所以，解得， 所以，令，得展开式中所有项的系数和为． 故答案为：． 13. 已知，，则的最小值为______. 【答案】12 【解析】 【分析】令，把已知式用表示，也用表示后，利用基本不等式求得最小值． 【详解】令，则，且，所以． 又，所以， 当且仅当，即，时等号成立． 故答案为：12. 14. 已知函数，数列满足，函数的极值点为，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，再由极值存在的条件及零点存在性定理得方程有唯一解，再结合解得以及，最后通过对数计算得即可. 【详解】由，得， 则， 令， 则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又当时，， 且. 所以存在唯一的，使得0， 所以存在唯一的极值点， 即方程有唯一解， 即有唯一解． 因为满足， 所以， 所以，即， 又，所以， 因为有唯一解， 所以， 所以， 得， 又，即， 左右两边取对数得， 所以， 故． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查极值点的概念与利用导数研究方程根的情况等知识点，构造函数，利用导数证明是解决本题的关键. 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. 某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的频率分布直方图和列联表： 产品 合格 不合格 合计 调试前 a 16 调试后 b 12 合计 （1）求列联表中a，b的值； （2）补充列联表，能否有95%的把握认为参数调试与产品质量有关； （3）常用表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比.现从调试前、后的产品中任取一件，A表示“选到的产品是不合格品”，B表示“选到的产品是调试后的产品”，请利用样本数据，估计的值. 附：，. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）, （2）补充列联表： 产品 合格 不合格 合计 调试前 24 16 40 调试后 48 12 60 合计 72 28 100 有的把握认为参数调试与产品质量有关． （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图得概率，从而计算出样本容量得值； （2）由（1）可补全列联表，计算后与临界值比较可得； （3）结合条件概率公式计算． 【小问1详解】 由调试前的频率分布直方图，可得不合格的概率为， 因为不合格品的数量为16，所以调试前抽取的样本数量为40， 因为合格的概率为，所以合格品的数量为，故． 由调试后的频率分布直方图，可得不合格的概率为， 因为不合格品的数量为12，所以调试后抽取的样本数量为60， 因为合格的概率为，所以合格品的数量为，故． 【小问2详解】 补充列联表： 产品 合格 不合格 合计 调试前 24 16 40 调试后 48 12 60 合计 72 28 100 ， 所以有的把握认为参数调试与产品质量有关． 【小问3详解】 根据表格中的数据，可得． 16. 已知数列的前n项积为，，且. （1）求的通项公式； （2）若存在m，使得恒成立，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由求得，再根据已知确定数列各项的正负后可得通项公式； （2）由于数列中奇数项为负，偶数项为正，因此求出奇数项的最大值和偶数项的最小值后可得． 【小问1详解】 因为，当时，， 所以， 又因为，所以， 由，知数列中奇数项为负，偶数项为正， 所以 所以． 【小问2详解】 恒成立， 若为奇数，，且， 所以； 若为偶数，，且， 所以． 所以， 故的取值范围为． 17. 不透明的袋子中装有3个黑球、2个红球、2个白球（除颜色外完全相同），现从中任意取出3个球，再放入1个红球和2个黑球. （1）求取球、放球结束后袋子里红球的个数为2的概率； （2）记取球、放球结束后袋子里黑球的个数为随机变量X，求X的分布列以及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 2 3 4 5 ，期望为．【解析】 【分析】（1）根据取出的3球中有一个红球求出方法后计算概率； （2）确定的可能取值为，结合排列组合知识求得概率得分布列，再由期望公式计算出期望． 【小问1详解】 设事件A为“取球､放球结束后袋子里红球的个数为2”， 则． 【小问2详解】 由题意可知，的可能取值为， 则， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 所以． 18. 已知数列满足，. （1）证明：数列是递增数列； （2）设数列的前n项和为，证明：. 【答案】（1） ， 所以即，故, 所以，故数列是递增数列． （2） 由，得， 则， 所以， 所以 ， 整理得． 【解析】 【分析】（1）证明即可得证； （2）由已知等式变形得出，然后求得和后可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 平均值不等式是最基本的重要不等式之一，在不等式理论研究和证明中占有重要的位置，基本不等式就是最简单的平均值不等式.一般地，假设为n个非负实数，它们的算术平均值记为（注：），几何平均值记为亦（注：），算术平均值与几何平均值之间有如下的关系：，即，当且仅当时等号成立，上述不等式称为平均值不等式，或简称为均值不等式. （1）已知，求的最小值； （2）已知正项数列，前n项和为. （i）当时，求证：； （ii）求证：. 【答案】（1）6； （2） （i）因为， 所以由均值不等式可得， ．取，再将之分别累积后得． （ii）因为， 所以 ， 因为， 所以， 从而证明成立． 【解析】 【分析】（1）凑配成三个数的均值不等式； （2）（i）对,应用均值不等式后相乘可证；（ii）首先应用均值不等式，然后由二项式定理展开，再结合不等式可证． 【小问1详解】 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值为6． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题考查均值不等式的应用，解题关键是凑配出个正数的和或积，然后由均值不等式放缩后，再进行变形从而得出结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东方红中学校2023-2024下学期高二期末考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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，将不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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 甲辰龙年新年伊始，“尔滨”成为旅游城市中的“顶流”，仅元旦假期，哈尔滨接待游客突破300万人次，实现旅游收入59亿元，冰雪大世界更是游客们必去打卡点之一.小于、小智等5个“南方小土豆”决定在冰雪大世界的雪花摩天轮、超级大滑梯、急速雪圈、雪地旋转4个项目中选择1个项目优先游玩体验.若每个项目至少有1个“小土豆”去优先体验，每个“小土豆”都会选择1个项目优先体验，且小于、小智都单独1人去某1个项目，则不同的优先游玩体验方法有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 84种 D. 96种 5. 已知数列满足，则（ ） A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 6. 如图，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与曲线相切于点，若，则的最小值为（ ） A. -1 B. 0 C. D. 8. 已知定义在R上的函数满足，，当时，，函数，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的最大值为 D. 的图象与直线有8个交点 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. 下列说法正确的是（ ） A. 两个变量的线性相关性越强，则相关系数r越大 B. 若随机变量，满足，则 C. 若随机变量X服从正态分布，且，则 D. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 10. 已知数列满足，，记数列的前项积为，前项和为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数的零点是，且，函数的零点是，且，当时，则（ ） A. B. C. D. 存在，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中项的二项式系数是6，则展开式中所有项的系数和为______. 13. 已知，，则的最小值为______. 14. 已知函数，数列满足，函数的极值点为，且，则______. 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. 某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的频率分布直方图和列联表： 产品 合格 不合格 合计 调试前 a 16 调试后 b 12 合计 （1）求列联表中a，b的值； （2）补充列联表，能否有95%的把握认为参数调试与产品质量有关； （3）常用表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比.现从调试前、后的产品中任取一件，A表示“选到的产品是不合格品”，B表示“选到的产品是调试后的产品”，请利用样本数据，估计的值. 附：，. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知数列的前n项积为，，且. （1）求的通项公式； （2）若存在m，使得恒成立，求m的取值范围. 17. 不透明的袋子中装有3个黑球、2个红球、2个白球（除颜色外完全相同），现从中任意取出3个球，再放入1个红球和2个黑球. （1）求取球、放球结束后袋子里红球的个数为2的概率； （2）记取球、放球结束后袋子里黑球的个数为随机变量X，求X的分布列以及数学期望. 18. 已知数列满足，. （1）证明：数列是递增数列； （2）设数列的前n项和为，证明：. 19. 平均值不等式是最基本的重要不等式之一，在不等式理论研究和证明中占有重要的位置，基本不等式就是最简单的平均值不等式.一般地，假设为n个非负实数，它们的算术平均值记为（注：），几何平均值记为亦（注：），算术平均值与几何平均值之间有如下的关系：，即，当且仅当时等号成立，上述不等式称为平均值不等式，或简称为均值不等式. （1）已知，求的最小值； （2）已知正项数列，前n项和为. （i）当时，求证：； （ii）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $