精品解析：山东省青岛第五十八中学2023-2024学年高二下学期期中数学试题

山东省青岛五十八中2023-2024学年高二下学期期中数学试卷（解析版） 一、单项选择题（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. 已知为等差数列，，则（ ） A. 32 B. 27 C. 22 D. 17 2 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数与互为反函数，且过点，则 A. B. 0 C. 1 D. 4. 某学习小组对一组数据进行回归分析，甲同学首先求出回归直线方程，样本点的中心为.乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据误输成，将这两个数据修正后得到回归直线方程，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 下列论述错误的是（ ） A 若随机事件A，B满足：，，，则事件A与B相互独立 B. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为X和Y独立 C 若随机变量，满足，则 D. 若y关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为 6. 若曲线在处的切线与曲线也相切，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 有穷数列，，，，中的每一项都是，0，1这三个数中的某一个数，若且，则有穷数列，，，，中值为0的项数是（ ） A. 1000 B. 1015 C. 1030 D. 1045 二、多项选择题（本大题共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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 等差数列中，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则 10. 某中药材盒中共有包装相同的7袋药材，其中党参有3袋，黄芪有4袋，从中取出两袋，下列说法正确的是（ ） A. 若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄芪的概率为 B. 若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取出党参的概率为 C. 若不放回抽取，则第2次取到党参的概率算法可以是 D. 若不放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为 11. 已知函数（为常数），则下列结论正确的有（     ） A. 时，恒成立 B. 时，无极值 C. 若有3个零点，则的范围为 D. 时，有唯一零点且 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 展开式中的系数为___________. 13. 设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则______. 14. 有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球和1个白球，其余盒子中均为1个红球和1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，…，依次进行．则从第n个盒子中取到红球的概率为________． 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. 已知，函数. （1）求的单调区间. （2）讨论方程的根的个数. 16. 已知数列为等差数列，为公比为3的等比数列，且. （1）证明：； （2）若集合，求集合中元素个数. 17. 数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫（）内的数字均含1～9，且不重复．数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛． 参考数据： 1750 0.37 0.55 参考公式：对于一组数据，，⋯，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，． （1）赛前小明进行了一段时间的训练，每天解题的平均速度y（秒/题）与训练天数x（天）有关，经统计得到如下数据： x（天） 1 2 3 4 5 6 7 y（秒/题） 910 800 600 440 300 240 210 现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程；（用分数表示） （2）小明和小红玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，不存在平局，两人约定先胜3局者赢得比赛．若小明每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，设比赛X局后结束，求随机变量X的分布列及均值． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围． 19. 某区域中的物种C有A种和B种两个亚种．为了调查该区域中这两个亚种的数目比例（A种数目比B种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中），记第i次试验中的A种数目为随机变量（）；③记随机变量，利用的期望和方差进行估算．设该区域中A种数目为M，B种数目为N，每一次试验都相互独立． （1）已知，，证明：，； （2）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为（），并计算了数据（）的平均值和方差，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据． （ⅰ）请用和分别代替和，估算和； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省青岛五十八中2023-2024学年高二下学期期中数学试卷（解析版） 一、单项选择题（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. 已知为等差数列，，则（ ） A. 32 B. 27 C. 22 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，得到，进而可求得，即可求出结果. 【详解】因，，得到， 所以，得到， 故选：C. 2. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由正态分布的性质，即可得到结果. 【详解】因为随机变量，即，且， 则，故D正确，C错误；而的大小无法判断，故AB错误； 故选：D 3. 函数与互为反函数，且过点，则 A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用反函数的定义以及性质求出的解析式，代入即可求解. 【详解】由题意可得， 又过点，则在上， 即，解得，所以， 所以， 故选：A 【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的关系以及反函数的性质，属于基础题. 4. 某学习小组对一组数据进行回归分析，甲同学首先求出回归直线方程，样本点的中心为.乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据误输成，将这两个数据修正后得到回归直线方程，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，甲输入的为，即可求得以及，然后将正确数据代入，即可求得样本中心点，代入回归直线即可得到结果. 【详解】由题意可得，假设甲输入的为， 则，则， 且，则， 则改为正确数据时，，即， ，即，所以样本中心点为， 将点代入回归直线方程，得. 故选：D 5. 下列论述错误的是（ ） A. 若随机事件A，B满足：，，，则事件A与B相互独立 B. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为X和Y独立 C. 若随机变量，满足，则 D. 若y关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为 【答案】C 【解析】 【分析】根据和事件与独立事件的概率公式可判定A，根据独立性检验的基本思想可判定B，根据随机变量的方差性质可判定C，根据残差的定义可判定D. 【详解】对于A，由题意可知， 所以，所以事件A与B相互独立，即A正确； 对于B，由独立性检验的基本思想可知其正确； 对于C，由题意可知，故C错误； 对于D，将样本点代入得预测值为， 所以，故D正确. 故选：C 6. 若曲线在处的切线与曲线也相切，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得在处的切线为，设直线与曲线相切的切点为，求得，又切点在曲线和切线上，代入即可求解. 【详解】对曲线，在切点处切线的斜率， 所以切线方程为：， 对于曲线，设切点，则在点处切线的斜率， 依题意，即， 又点切点在曲线和切线上，即， 所以， 故选：B 7. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】借助充要条件的定义，分别验证充分性与必要性，结合等比数列、递增数列的定义，借助反证法证明即可得. 【详解】若为递增数列， 当，且时，有， 此时为递增数列，当对任意,， 故“为递增数列”不是“存在正整数，当时，”的充分条件； 若存在正整数，当时，， 此时， ，故，， 假设存在，使得，则有， 则，又且，故， 则当时，，与条件矛盾， 故不存在，使，即在上恒成立， 即，又，，故， 即对任意的，， 即为递增数列， 故“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要条件； 综上所述，“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 有穷数列，，，，中的每一项都是，0，1这三个数中的某一个数，若且，则有穷数列，，，，中值为0的项数是（ ） A. 1000 B. 1015 C. 1030 D. 1045 【答案】B 【解析】 【分析】把展开，由，得，可知，，，，中值为的项数为1000，可得值为0的项数. 【详解】因为， 展开可得：， 因为， 所以， 因为数列，，，，中的每一项都是，0，1这三个数中的某一个数， 所以有穷数列，，，，中值为和1的共有1000项， 值为0的项数等于. 故选：B. 二、多项选择题（本大题共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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 等差数列中，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等差数列的性质，对于A，，计算即可；对于B，由已知计算数列公差，再求值即可； 对于C，结合数列单调性比大小；对于D，由，，得. 【详解】等差数列中，，设公差为， 若，则，A正确； 若，，则，得， ，B正确； 若，，所以公差， 当时，有，则有， 当时，有，得， 所以，则有，C错误； 若，则， 因为，所以，D正确． 故选：ABD． 10. 某中药材盒中共有包装相同的7袋药材，其中党参有3袋，黄芪有4袋，从中取出两袋，下列说法正确的是（ ） A. 若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄芪的概率为 B. 若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取出党参的概率为 C. 若不放回抽取，则第2次取到党参的概率算法可以是 D. 若不放回抽取，则在至少取出一袋党参条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，利用相互独立事件同时发生的概率公式，即可解决；选项B，根据条件，利用条件概率公式，即可解决；选项C，根据条件，利用古典概率公式，即可解决；选项D，利用条件概率公式，即可解决，从而求出结果. 【详解】对于选项A，因为是有放回抽取，抽到一袋党参的概率为，抽到一袋黄芪的概率为， 所以取出一袋党参一袋黄芪的概率为，故选项A的正确， 对选项B，第二次抽到党参的概率为，至少抽到一袋党参的概率为， 所以所求概率为，故选项B正确， 对于选项C，因为不放回抽取，抽两次有种取法，第二次抽到党参的取法为，所以C选项的算法是错误的，故选项C错误， 对于选项D，至少取出一袋党参的概率为，取到一袋党参一袋黄芪的概率为，所以在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为概率为，故选项D正确， 故选：ABD. 11. 已知函数（为常数），则下列结论正确的有（     ） A. 时，恒成立 B. 时，无极值 C. 若有3个零点，则的范围为 D. 时，有唯一零点且 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，当时，二次求导得到函数单调性，结合得到A错误；B选项，时，二次求导得到函数单调性，得到B正确；C选项，当时，显然，时，参变分离，记，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到的范围为，C正确；D选项，二次求导得到函数单调性，结合零点存在性定理可知，存在唯一的，满足. 【详解】对于A，当时，，令， 令，则，在上单调递增，在上单调递减， 故， 在上单调递增，，故A错误； 对于B，当时，令， 令，则，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 故， 在上单调递增，无极值，故B正确； 对于C，令，当时，显然， 故不是函数的零点， 当时，则，记，则， 令得或，令得， 故在单调递增，在单调递减，且， 且当和时，， 故有3个零点，则的范围为，C正确， 对于D，当时，，， 令，则， 令，则，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减，故， 在上单调递增，则此时至多只有一个零点， 又， 由零点存在性定理可知，存在唯一的，满足，选项D正确； 故选：BCD 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中的系数为___________. 【答案】 【解析】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对，有， 则当时，有， 当时，有， 则有， 故的展开式中的系数为. 故答案为：. 13. 设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】推导出函数是周期为的周期函数，根据题中条件求出的值，结合函数的周期性可求得的值. 【详解】因为函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数， 则，， 所以，函数的图象关于直线对称，也关于点对称， 所以，，， 所以，，则， 所以，函数是周期为的周期函数， 当时，，则，，， ，，， ，， 所以，， 又因为，所以，. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论： （1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为； （2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为； （3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为. 14. 有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球和1个白球，其余盒子中均为1个红球和1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，…，依次进行．则从第n个盒子中取到红球的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】由全概率公式得，通过构造得数列是等比数列，利用数列通项求. 【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（）， 则当时， ， 所以， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以． 故答案为：． 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. 已知，函数. （1）求的单调区间. （2）讨论方程的根的个数. 【答案】（1）减区间为：，；增区间为：. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间. （2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数. 【小问1详解】 因为（）. 所以：. 由，又函数定义域为， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 因为，所以：当时，，方程无解； 当，函数在上递减，在递增， 所以，所以方程无解. 综上可知：方程的根的个数为. 16. 已知数列为等差数列，为公比为3的等比数列，且. （1）证明：； （2）若集合，求集合中的元素个数. 【答案】（1）证明见解析 （2）0 【解析】 【分析】（1）设出等差数列的公差，由基本量表示出来，求解即可得证； （2）由（1）知，所以，将转化为，从而可知无正整数解. 【小问1详解】 证明：设数列的公差为， 则， 解得，所以原命题得证. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以， 因为，所以，因为，所以是偶数， 所以无正整数解，故集合中的元素个数为0. 17. 数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫（）内的数字均含1～9，且不重复．数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛． 参考数据： 1750 0.37 0.55 参考公式：对于一组数据，，⋯，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，． （1）赛前小明进行了一段时间的训练，每天解题的平均速度y（秒/题）与训练天数x（天）有关，经统计得到如下数据： x（天） 1 2 3 4 5 6 7 y（秒/题） 910 800 600 440 300 240 210 现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程；（用分数表示） （2）小明和小红玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，不存在平局，两人约定先胜3局者赢得比赛．若小明每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，设比赛X局后结束，求随机变量X的分布列及均值． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由，得出，由参考公式求解出，从而求出和的回归方程； （2）根据随机变量的可能取值逐一分析，当时，小明连胜3局或小红连胜3局；当时，小明前3局胜2局最后一局胜或小红前3局胜2局最后一局胜；当时，小明前4局胜2局最后一局胜或小红前4局胜2局最后一局胜；分别求出每个取值的概率．最后代入期望公式计算即可． 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为，， ， 所以， 所以， 所以所求回归方程为； 【小问2详解】 随机变量X的所有可能取值为3，4，5， 则，， ， 所以随机变量X的分布列为： X 3 4 5 P 所以． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）0； （2）. 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数探讨单调性，求出最小值. （2）由（1）的信息，利用不等式性质可得当时，不等式恒成立，当时，利用导数探讨存在实数使得得解. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为，求导得， 显然函数在上单调递增，而， 则当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值. 【小问2详解】 函数的定义域为， 当时，，，则， 由（1）知，，，而，即有， 因此恒成立，此时； 当时，，由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 则，而恒成立，不等式不恒成立， 所以实数a的取值范围是. 19. 某区域中的物种C有A种和B种两个亚种．为了调查该区域中这两个亚种的数目比例（A种数目比B种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中），记第i次试验中的A种数目为随机变量（）；③记随机变量，利用的期望和方差进行估算．设该区域中A种数目为M，B种数目为N，每一次试验都相互独立． （1）已知，，证明：，； （2）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为（），并计算了数据（）的平均值和方差，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据． （ⅰ）请用和分别代替和，估算和； （ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ），；（ⅱ）15 【解析】 【分析】（1）根据题意结合期望、方差的性质分析证明； （2）（ⅰ）根据（1）中结论结合二项分布的期望和方差公式运算求解；（ⅱ）根据二项分布的概率公式列式运算求解即可. 【小问1详解】 由题可知（，2，…，n）均近似服从完全相同的二项分布， 则，， ， ， 所以，. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可知， 则均值，的方差， 所以，解得或， 由题意可知：，则， 所以，； （ⅱ）由（ⅰ）可知：，则， 则， 由题意可知：， 解得，且，则， 所以的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值为15. 【点睛】关键点睛：本题关键是利用二项分布求期望和方差，以及利用期望和方差的性质分析求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$