辽宁省阜新市实验中学2024-2025学年高二下学期数学月考考前热身02

2024-2025学年高二下学期数学月考考前热身02 （范围：选择性必修二、选择性必修三第五章及第六章第一节） 一、单选题 1．在等差数列中，若，则的值为（    ） A．18 B．15 C．12 D．9 2．下列求导运算正确的是（   ） A． B． C． D． 3．洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 4．某餐饮店在网络平台推出一些团购活动后，每天团购券的核销量（单位：张），则200天中团购券的核销量在84到132张的天数大约是（    ） （若随机变量，则，，） A．191 B．137 C．159 D．164 5．中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（    ） A．450种 B．72种 C．90种 D．360种 6．已知变量x和变量y的一组成对样本数据（，2，3，…，18），其中，其经验回归方程为，现又增加了2个样本点，，得到新样本的经验回归方程为.在新的经验回归方程下，若样本的残差为，则m的值为（   ） A．3.15 B．1.75 C．2.35 D．1.95 7．已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则等于（   ） A．2022 B．4036 C．2023 D．4038 8．若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有6位男生，4位女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则（   ） A． B． C． D． 10．已知数列满足，，则（   ） A．是等差数列 B．的前项和为 C．是单调递增数列 D．数列的最小项为 11．记数列的前项和为，且，则（   ） A． B．数列是公差为1的等差数列 C．数列是公比为4的等比数列 D．数列的前2025项和为 三、填空题 12．记为数列的前项和，为数列的前项积，若，且，则 ，当取得最小值时， . 13．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，数列满足：，如果为数列的前n项和，那么的概率为 ． 14．若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则 . 四、解答题 15．已知的二项展开式有7项． (1)求，并求出所有二项式系数之和； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式中的有理项． 16．“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过40周岁的游客和年龄不超过40周岁的游客各100人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．调查结果如下表． 年龄 满意度 合计 满意 不满意 不超过40周岁 60 40 100 超过40周岁 80 20 100 合计 140 60 200 (1)根据列联表中的数据，在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为游客对“村超”的满意度与年龄有关吗？ (2)若将频率视为概率，该组织从某日所有游客中随机抽取3名游客进行现场采访，记抽取的3名游客中对“村超”满意的人数为，求随机变量的分布列与数学期望． 附：． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17．已知为数列的前n项和，，. (1)求的通项公式； (2)设数列的前n项的和为，，，求正整数的最小值. 18．“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. (1)若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望； (2)设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围. 19．英国物理学家牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，具体做法如下：先在x轴找初始点，然后作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，切线与x轴交于点，再作在点处的切线，以此类推，直到求得满足精度的近似解为止. 已知，在横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为，继续牛顿法的操作得到数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值. （参考数据：，，，） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C D A B C B BCD BCD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】由等差数列的下标和性质求出，再化简，即可得出答案. 【详解】在等差数列中，， 则. 故选：D. 2．D 【分析】根据复合函数的导函数计算判断A，B，C，应用乘法求导运算判断D. 【详解】因为所以A选项错误； 因为，所以B选项错误； 因为，所以C选项错误； 因为，所以D选项正确. 故选：D. 3．C 【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为， 则，公比，所以， 所以，所以第4层“浮雕像”的数量为. 故选：C 4．D 【分析】根据正态分布，求在指定区间概率即可得解. 【详解】由题可知，， . 故200天内团购券的核销量在84到132张的天数大约是. 故选：D 5．A 【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得. 【详解】由题知，6名航天员安排三舱， 三舱中每个舱至少一人至多三人， 可分两种情况考虑： 第一种：分人数为的三组，共有种； 第二种：分人数为的三组，共有种； 所以不同的安排方法共有种. 故选：A. 6．B 【分析】先计算新数据的平均值，然后计算新数据的回归方程，进而根据残差定义计算. 【详解】因为过点，将代入得. 增加两个样本点后x的平均数为，，. 所以新的经验回归方程为，当时，. 所以样本的残差是，解得. 故选：B. 7．C 【分析】根据题意结合等比数列的性质可得，根据函数解析式可得，利用倒序相加法运算求解. 【详解】因为正项数列是公比不等于1的等比数列， 且，则，即， 结合等比数列性质可得， 又因为函数，则， 令，则， 可得， 所以． 故选：C. 8．B 【分析】先根据奇偶数对n讨论，再分离参数a，转化函数最值问题即得解. 【详解】（1）当n为偶数时，恒成立，即转化为恒成立， 而数列是递增数列，故时，，故； （2）当n为奇数时，恒成立，即，转化为恒成立， 而数列是递增数列，n为奇数时，，故； 综上可得a的范围为. 故选：B. 9．BCD 【分析】利用排列组合计算符合要求的基本事件的个数和基本事件的总数，根据古典概型概率公式可得选项A错误，C正确；利用条件概率公式可得选项B正确；根据和事件的概率公式可得选项D正确. 【详解】A.由题意得，，A错误. B.由题意得，， ∴，B正确. C.对于事件B可分为两种情况：第一位出场的是男生，第二位出场的是女生；第一位出场的是女生，第二位出场的是女生， ∴， ∴，C正确. D.，D正确. 故选：BCD. 10．BCD 【分析】由题意可得，则可得的通项公式，再求出并求和即可得A、B；借助的通项公式即可得C；结合基本不等式及其取等条件可得D. 【详解】对A、B：由，得，因为， 所以，，⋯，，从而， 所以是首项为1，公比为的等比数列，所以， 即，所以， 所以，所以A错误，B正确； 对C：由，易知是单调递增数列，C正确； 对D：， 当且仅当，即时取等， 又为正整数，所以上述不等式等号不成立， 故当时，有最小值，D正确. 故选：BCD． 11．ACD 【分析】利用给定的前项和求出，再结合等差数列、等比数列定义及并项求和法逐项判断. 【详解】由，，得，而满足上式， 因此数列的通项公式为， 对于A，，A正确； 对于B，，，数列是公差为的等差数列，B错误； 对于C，，，数列是公比为4的等比数列，C正确； 对于D，令，，数列前2025项和为 ，D正确. 故选：ACD 12． 6 【分析】先利用题给条件确定为公比为的等比数列，进而求得其通项公式；先求得的表达式，进而求得取得最小值时的n值. 【详解】由题意知，因为，所以， 故为公比为的等比数列， 由得，，解得， 所以， 则， 当取得最小值时，则为奇数，且取得最小值， 所以或（舍）. 故答案为：； 13． 【分析】根据题意可知摸到红球的次数服从二项分布，结合分析可得：共摸球次，只有两次摸到红球，利用二项分布求概率公式求概率即可. 【详解】由题意知每次摸球结果互不影响，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为， 由可知，共摸球次，只有两次摸到红球，设摸到红球的次数为, 且，所以只有两次摸到红球的概率为：. 故答案为： 14．/ 【分析】根据导数几何意义可分别用和表示出切线方程，根据切线方程相同可构造方程组，化简得到，代入所求式子整理即可. 【详解】曲线在点处的切线与曲线相切于点， ， ∴曲线在点处的切线斜率， 曲线在点处的切线斜率， ∴曲线在点处的切线方程为， 或， ，即， ，易知，， . 故答案为：. 【点睛】思路点睛：求导数中的公切线问题的基本思路是假设切点坐标后，利用导数几何意义分别表示出两函数切点处的切线方程，由两方程形式一致可构造方程组来求解相关问题. 15．(1)；64 (2)1215 (3)，，， 【分析】（1）由二项展开式有7项，可得，所有二项式系数之和为； （2）先求出二项展开式的通项为，再令，解得，代入通项计算即可； （3）分析得出要得到有理项，必须让为整数，从而得到，再代入通项计算即可. 【详解】（1）因为的二项展开式有7项，所以， 所以所有二项式系数之和为； （2）由（1）知，所以的二项展开式的通项为 ， 令，解得， 所以展开式中含项的系数为； （3）因为的二项展开式的通项为， 因为，且，所以能使为整数的， 所以展开式中的有理项分别为 ，， ，. 16.【答案】(1)有关联 (2)分布列见解析，数学期望为 【分析】（1）计算，对照附表即可得出结论； （2）根据随机变量的所有取值计算出对应概率，列出分布列，即可求出期望． 【详解】（1）零假设为：游客对“村超”的满意度与年龄互相独立，即游客对“村超”的满意度与年龄无关联， ， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于． （2）由题可知，参与调查的游客都对“村超”给出满意评价的概率为，则， 随机变量可取， ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 0.027 0.189 0.441 0.343 数学期望． 17．(1) (2)24 【分析】（1）根据题意，当时，，两式相减，求得，结合累乘法，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）得，结合裂项相消法，求得，得到不等式，进而求得的最小值. 【详解】（1）解：当时，，因为， 两式相减，可得， 所以，可得， 又因为，，…，， 累乘得，所以. （2）解：由（1）知，可得， 所以， 所以，解得，故的最小值为24. 18.【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）根据题意，得到的所有可能取值为2，3，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；（2）分别求，结合，运算求解即可. 【详解】（1）因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3， ， ， 的分布列为 2 3 所以. （2）由题意知， . 由，得， 且，则，可得， 整理得，解得， 所以的取值范围为. 19．(1)； (2)22. 【分析】（1）首先根据导数的几何意义求切线方程，并令，得到数列的递推公式，即可求解. （2）由（1）可知，，利用错位相减法求数列的前项和，代入不等式，参变分离为，转化为作差判断数列的单调性，再求数列的最大值，即可求解. 【详解】（1）函数，求导得， 则图象在点处的切线方程为：， 令，得，而，因此是首项为1，公比为的等比数列， 所以. （2）令， ， 于是， 两式相减得：， 整理得，由，得， 化简得，令，则， 当时，，即， 当时，，即， 所以    从而整数； 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问理解题意，理解与的关系，从而求出数列的通项公式，后面的问题迎刃而解. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年高二下学期数学月考考前热身 02 （范围：选择性必修二、选择性必修三第五章及第六章第一节） 一、单选题 1．在等差数列 na 中，若 5 7 9 27a a a   ，则 8 92a a 的值为（ ） A．18 B．15 C．12 D．9 2．下列求导运算正确的是（ ） A．  1 1e ex x  B．  'cos3 sin3x x  C． 2( 1) 1 x x    D．  'ln 1 lnx x x  3．洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石 窟的某处共有 378 个“浮雕像”，分为 6 层，对每一层来说，上一层的数量是该层的 2 倍，则从下往上数，第 4 层“浮 雕像”的数量为（ ） A．16 B．32 C．48 D．64 4．某餐饮店在网络平台推出一些团购活动后，每天团购券的核销量  100,256X N （单位：张），则 200 天中团购 券的核销量在 84 到 132 张的天数大约是（ ） （若随机变量  2,X N   ，则   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3 0.9973P X        ） A．191 B．137 C．159 D．164 5．中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022 年 10 月 31 日 15：37 分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱” 按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023 年，中国空间站将正式进入运营阶段. 假设空间站要安排甲、乙等 6 名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ） A．450 种 B．72 种 C．90 种 D．360 种 6．已知变量 x和变量 y的一组成对样本数据  ,i ix y （ 1i  ，2，3，…，18），其中 4y  ，其经验回归方程为 ˆ 2 2y x  ， 现又增加了 2 个样本点  3.9,3.3 ， 4.1,3.7 ，得到新样本的经验回归方程为 ˆ ˆ3y x a  .在新的经验回归方程下，若样 本  2.8,m 的残差为 1.3 ，则 m的值为（ ） A．3.15 B．1.75 C．2.35 D．1.95 7．已知正项数列 na 是公比不等于 1 的等比数列，且 1 2023lg lg 0a a  ，若   2 2 1 f x x   ，则 试卷第 2页，共 4页      1 2 2023f a f a f a   等于（ ） A．2022 B．4036 C．2023 D．4038 8．若不等式 1( 1) ( 1)n nna n     对任意 *Nn 恒成立，则实数 a的取值范围是 （ ） A． 11 2      ， B． 11 2     ， C． 12 2     ， D． 12 2      ， 二、多选题 9．某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有 6 位男生，4 位女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序， 记事件 A表示“第一位出场的是女生”，事件 B表示“第二位出场的是女生”，则（ ） A． 3( ) 5 P AB  B．   1 3 P B A  C． ( ) ( )P A P B D． 2( ) 3 P A B  10．已知数列 na 满足 1 3a  ， 12 3 2n na a   ，则（ ） A． 2na  是等差数列 B． 2na 的前 n项和为 6 9 1 2 5 4 n n            C． na 是单调递增数列 D．数列 1 2 3 n na            的最小项为 25 6 11．记数列 na 的前 n项和为 nS ，且  2 *NnS n n n   ，则（ ） A． 2 4a  B．数列{ } n n S a 是公差为 1 的等差数列 C．数列{2 }na 是公比为 4 的等比数列 D．数列{( 1) }n na 的前 2025 项和为 2026 三、填空题 12．记 nS 为数列 na 的前 n项和， nT 为数列 na 的前 n项积，若 12 0n na a   ，且 5 44S   ，则 na  ，当 nT 取得 最小值时， n  . 13．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，数列 na 满足： 1, 1,n n a n     第 次摸到红球 第 次摸到白球 ， 如果 nS 为数列 na 的前 n项和，那么 7 3S  的概率为 ． 14．若曲线 ln2y x 在点  1 1,P x y 处的切线与曲线 2e xy  相切于点  2 2,Q x y ，则 2 1 1 2 1 x x    . 四、解答题 15．已知 2 13 n x x       的二项展开式有 7 项． (1)求 n，并求出所有二项式系数之和； (2)求展开式中含 7x 项的系数； (3)求展开式中的有理项． 试卷第 3页，共 4页 16．“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某 组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过 40 周岁的游客和年龄不超过 40 周岁的游客各 100 人作为样本，每位 参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．调查结果如下表． 年龄 满意度 合计 满意 不满意 不超过 40 周岁 60 40 100 超过 40 周岁 80 20 100 合计 140 60 200 (1)根据列联表中的数据，在犯错误的概率不超过 1%的前提下，可以认为游客对“村超”的满意度与年龄有关吗？ (2)若将频率视为概率，该组织从某日所有游客中随机抽取 3 名游客进行现场采访，记抽取的 3 名游客中对“村超”满 意的人数为 X ，求随机变量 X 的分布列与数学期望． 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc a b c d a c b d       ．  2P k   0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17．已知 nS 为数列 na 的前 n项和，  3 2n nS n a  ， 1 1a  . (1)求 na 的通项公式； (2)设数列 1 na       的前 n项的和为 nT ， Nn   ， 12n T  ，求正整数 的最小值. 试卷第 4页，共 4页 18．“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、 掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目 均采用  2 1 2,n n n   N 局 n胜的单败淘汰制，即先赢下 n局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经 过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为  0 1p p  ，乙获胜的概率为1 p . (1)若 2n  ， 2 3 p  ，设比赛结束时比赛的局数为 X ，求 X 的分布列与数学期望； (2)设采用 3 局 2 胜制时乙获胜的概率为 2P ，采用 5 局 3 胜制时乙获胜的概率为 3P ，若 3 2P P ，求 p的取值范围. 19．英国物理学家牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，具体 做法如下：先在 x轴找初始点  1,0x ，然后作  y f x 在点   1 1,x f x 处的切线，切线与 x轴交于点  2 ,0x ，再作  y f x 在点   2 2,x f x 处的切线，切线与 x轴交于点  3,0x ，再作  y f x 在点   3 3,x f x 处的切线，以此类推， 直到求得满足精度的近似解  2nx n  为止. 已知   4f x x ，在横坐标为 1 1x  的点处作  f x 的切线，切线与 x轴交点的横坐标为 2x ，继续牛顿法的操作得到数 列 nx . (1)求数列 nx 的通项公式； (2)若数列 nn x 的前 n项和为 nS ，且对任意的 *nN ，满足 516 ( ) 6 n nS   ，求整数 的最小值. （参考数据： 40.9 0.6561 ， 50.9 0.5905 ， 60.9 0.5314 ， 70.9 0.4783 ） 答案第 1页，共 9页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C D A B C B BCD BCD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】由等差数列的下标和性质求出 7 9a  ，再化简    8 9 7 72 2 2a a a d a d     ，即可得出答案. 【详解】在等差数列 na 中， 5 7 9 7 73 27, 9a a a a a     ， 则    8 9 7 7 72 2 2 9a a a d a d a       . 故选：D. 2．D 【分析】根据复合函数的导函数计算判断 A，B，C，应用乘法求导运算判断 D. 【详解】因为  '1 1e e ,x x   所以 A 选项错误； 因为  'cos3 3sin3x x  ，所以 B 选项错误； 因为     '1' 2 11 1 2 1 x x x         ，所以 C 选项错误； 因为  'ln ln 1x x x  ，所以 D 选项正确. 故选：D. 3．C 【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为 na ， 则 6 378S  ，公比 2q = ，所以  61 6 1 1 2 63 378 1 2 a S a      ， 所以 1 6a  ，所以第 4 层“浮雕像”的数量为 34 6 2 48a    . 故选：C 4．D 【分析】根据正态分布，求在指定区间概率即可得解. 【详解】由题可知 100  ， 16  ，      84 116 68 132 0.6827 0.954584 132 0.8186 2 2            P X P X P X . 故 200 天内团购券的核销量在 84 到 132 张的天数大约是 200 0.8186 163.72 164   . 答案第 2页，共 9页 故选：D 5．A 【分析】利用分组和分配的求法求得6名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得. 【详解】由题知，6 名航天员安排三舱， 三舱中每个舱至少一人至多三人， 可分两种情况考虑： 第一种：分人数为1 2 3  的三组，共有 1 2 3 36 5 3 3C C C A 360  种； 第二种：分人数为 2 2 2  的三组，共有 2 2 2 36 4 2 33 3 C C C A 90 A   种； 所以不同的安排方法共有360 90 450  种. 故选：A. 6．B 【分析】先计算新数据的平均值，然后计算新数据的回归方程，进而根据残差定义计算m . 【详解】因为 ˆ 2 2y x  过点 ( ),x y ，将 4y  代入得 3x  . 增加两个样本点后 x的平均数为 3 18 3.9 4.1 3.1 20 x      ， 4 18 3.3 3.7 3.95 20 y      ， ˆ 3 3.95 3 3.1 5.35a y x        . 所以新的经验回归方程为 ˆ 3 5.35y x  ，当 2.8x  时，  3 2.8 5.35 3.05y     . 所以样本 (2.8, )m 的残差是 3.05 1.3m    ，解得 1.75m  . 故选：B. 7．C 【分析】根据题意结合等比数列的性质可得 2 2 31 2023 20 10122 2021 2 1a a a a a a a         ，根据函数解析式可得   1 2f x f x       ，利用倒序相加法运算求解. 【详解】因为正项数列 na 是公比不等于 1 的等比数列， 且 1 2023lg lg 0a a  ，则  1 2023lg 0a a  ，即 1 2023 1a a  ， 结合等比数列性质可得 2 2 31 2023 20 10122 2021 2 1a a a a a a a         ， 又因为函数   2 2 1 f x x   ，则   2 2 2 2 1 2 2 2 2 211 11 xf x f x x x x            ， 令      1 2 2023T f a f a f a    ，则      2023 2022 1T f a f a f a    ， 答案第 3页，共 9页 可得            1 2023 2 2022 2023 12 2 2023T f a f a f a f a f a f a         ， 所以 2023T  ． 故选：C. 8．B 【分析】先根据奇偶数对 n讨论，再分离参数 a，转化函数最值问题即得解. 【详解】（1）当 n为偶数时， 1( 1) ( 1)n nna n     恒成立，即转化为 11a n   恒成立， 而数列 11na n   是递增数列，故 2n  时， min 1 11 2n       ，故 1 2 a  ； （2）当 n为奇数时， 1( 1) ( 1)n nna n     恒成立，即 11a n    ，转化为 11a n    恒成立， 而数列 11nb n    是递增数列，n为奇数时，  11 2, 1 n      ，故 1a   ； 综上可得 a的范围为 11, 2     . 故选：B. 9．BCD 【分析】利用排列组合计算符合要求的基本事件的个数和基本事件的总数，根据古典概型概率公式可得选项 A 错误， C 正确；利用条件概率公式可得选项 B 正确；根据和事件的概率公式可得选项 D 正确. 【详解】A.由题意得，   1 1 8 8 4 3 8 8 10 8 10 8 C C A 4 3 A 2 A 10 9 A 15 P AB         ，A 错误. B.由题意得，   1 9 9 4 9 9 10 9 10 9 C A 4 A 2 A 10 A 5 P A      ， ∴   ( ) 1( ) 3 P ABP B A P A   ，B 正确. C.对于事件 B 可分为两种情况：第一位出场的是男生，第二位出场的是女生；第一位出场的是女生，第二位出场的 是女生， ∴   1 1 8 1 1 8 8 8 6 4 8 4 3 8 8 8 10 8 10 8 C C A C C A 6 4 A 4 3 A 2 A 10 9 A 5 P B               ， ∴ ( ) ( )P A P B ，C 正确. D. 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 15 3 P A B P A P B P AB        ，D 正确. 故选：BCD. 10．BCD 【分析】由题意可得    12 2 3 2n na a    ，则可得 2na  的通项公式，再求出 2na 并求和即可得 A、B；借助 na 的 通项公式即可得 C；结合基本不等式及其取等条件可得 D. 答案第 4页，共 9页 【详解】对 A、B：由 12 3 2n na a   ，得    12 2 3 2n na a    ，因为 1 2 1 0a    ， 所以 2 2 0a   ， 3 2 0a   ，⋯， 2 0na   ，从而 1 2 3 2 2 n n a a     ， 所以 2na  是首项为 1，公比为 3 2 的等比数列，所以 132 1 2 n na         ， 即 13 2 2 n na        ，所以 2 1 2 3 2 2 n na        ， 所以 2 4 2 3 91 2 4 6 92 1 29 5 41 4 n n na a a n n                           ，所以 A 错误，B 正确； 对 C：由 13 2 2 n na        ，易知 na 是单调递增数列，C 正确； 对 D： 1 2 3 2 3 22 2 2 4 3 2 3 2 3 n n n n n na                                      ， 当且仅当 3 2 2 3 n n            ，即 0n  时取等， 又 n为正整数，所以上述不等式等号不成立， 故当 1n  时， 1 2 3 n na        有最小值 1 2 22 3 2 2 3 2 3 5 6 a         ，D 正确. 故选：BCD． 11．ACD 【分析】利用给定的前 n项和求出 na ，再结合等差数列、等比数列定义及并项求和法逐项判断. 【详解】由 2nS n n  ， 2n  ，得 2 2 1 ( 1) ( 1) 2n n na S S n n n n n         ，而 1 1 2a S  满足上式， 因此数列 na 的通项公式为 2na n ， 对于 A， 2 4a  ，A 正确； 对于 B， 2 1 1 2 2 2 n n S n n n a n     ， 1 1 1 2 n n n n S S a a     ，数列{ }n n S a 是公差为 1 2 的等差数列，B 错误； 对于 C， 2 4na n ， 12 4 2 n n a a   ，数列{2 }na 是公比为 4 的等比数列，C 正确； 对于 D，令 ( 1) ( 1) 2n nn nb a n     ， 2 1 2 2(2 1) 2 2 2n nb b n n        ，数列{ }nb 前 2025 项和为 答案第 5页，共 9页 1 2 3 4 2023 2024 2025( ) ( ) ( ) 2 1012 2 2025 2026b b b b b b b             ，D 正确. 故选：ACD 12． 71( 1) 2 n n         6 【分析】先利用题给条件确定 na 为公比为 1 2  的等比数列，进而求得其通项公式；先求得 nT 的表达式，进而求得 nT 取得最小值时的 n值. 【详解】由题意知 0na  ，因为 12 0n na a   ，所以 1 1 2 n n a a    ， 故 na 为公比为 1 2  的等比数列， 由 5 44S   得， 5 1 11 2 44 11 2 a                   ，解得 1 64a   ， 所以 71( 1) 2 n n na         ， 则      136 5 7 1 22 21 1 1 11 ( 1) ( 1) ( 1) 2 2 2 2 n n n n n n nT                                          ， 当 nT 取得最小值时，则  1 2 n n  为奇数，且  13 2 n n  取得最小值， 所以 6n  或 7n  （舍）. 故答案为： 71( 1) 2 n n         ；6 13． 28 729 【分析】根据题意可知摸到红球的次数服从二项分布，结合 7 3S  分析可得：共摸球7 次，只有两次摸到红球，利 用二项分布求概率公式求概率即可. 【详解】由题意知每次摸球结果互不影响，摸到红球的概率为 2 3 ，摸到白球的概率为 1 3 ， 由 7 3S  可知，共摸球7 次，只有两次摸到红球，设摸到红球的次数为 X , 且 ) 3 2,7(~ BX ，所以只有两次摸到红球的概率为： 729 28) 3 1() 3 2()2( 5227  CXP . 故答案为： 28 729 14． 1 2  / 0.5 答案第 6页，共 9页 【分析】根据导数几何意义可分别用 1x 和 2x 表示出切线方程，根据切线方程相同可构造方程组，化简得到 2 1 2 2 12 2 1 xx x    ，代入所求式子整理即可. 【详解】曲线 ln2y x 在点  1 1,P x y 处的切线与曲线 2e xy  相切于点  2 2,Q x y ，    2 21ln 2 , e 2ex xx x    ， ∴曲线 ln 2y x 在点  1 1,P x y 处的切线斜率 1 1 1k x  ， 曲线 2e xy  在点  2 2,Q x y 处的切线斜率 222 2e xk  ， ∴曲线 ln2y x 在点  1 1,P x y 处的切线方程为  1 1 1 1 1 1 1 ln 2 1y x x y x x x x       ， 或    2 2 22 2 22 2 22e 2e 1 2 ex x xy x x y x x      ，   2 2 2 1 2 1 2 1 2e ln 2 1 1 2 e x x x x x       ，即   2 1 2 2 1 2 ln 2 2 ln 2 1 1 2 e x x x x x       ，  1 2 22 2 1 2 1x x x    ，易知 22 1 0x   ， 21 2 2 12 2 1 xx x     ， 2 2 2 21 22 1 1 1 1 2 1 22 1 21 2 12 1 x x xxx xx             . 故答案为： 1 2  . 【点睛】思路点睛：求导数中的公切线问题的基本思路是假设切点坐标后，利用导数几何意义分别表示出两函数切 点处的切线方程，由两方程形式一致可构造方程组来求解相关问题. 15．(1) 6n  ；64 (2)1215 (3) 121 729T x ， 7 3 1215T x ， 2 5 135T x ， 3 7 T x 【分析】（1）由二项展开式有 7 项，可得 6n  ，所有二项式系数之和为 62 64 ； （2）先求出二项展开式的通项为 5126 2 1 6=C 3 k k k kT x     ，再令 512 7 2 k   ，解得 2k  ，代入通项计算即可； （3）分析得出要得到有理项，必须让 512 2 k  为整数，从而得到 0, 2, 4,6k  ，再代入通项计算即可. 【详解】（1）因为 2 13 n x x       的二项展开式有 7 项，所以 6n  ， 所以所有二项式系数之和为 62 64 ； （2）由（1）知 6n  ，所以 6 2 13x x       的二项展开式的通项为   1 51262 62 2 1 6 6C 3 =C 3 k k kk k k kT x x x             ， 答案第 7页，共 9页 令 512 7 2 k   ，解得 2k  ， 所以展开式中含 7x 项的系数为 2 46C 3 1215  ； （3）因为 6 2 13x x       的二项展开式的通项为 5126 2 1 6=C 3 k k k kT x     ， 因为0 6k  ，且 Nk ，所以能使 512 2 k  为整数的 0, 2, 4,6k  ， 所以展开式中的有理项分别为 0 6 12 12 1 6C 3 729T x x    ， 2 4 7 7 3 6C 3 1215T x x    ， 4 2 2 2 5 6C 3 135T x x    ， 6 0 3 3 7 6C 3T x x      . 16.【答案】(1)有关联 (2)分布列见解析，数学期望为 2.1 【分析】（1）计算 2 ，对照附表即可得出结论； （2）根据随机变量 X 的所有取值计算出对应概率，列出分布列，即可求出期望． 【详解】（1）零假设为 0H ：游客对“村超”的满意度与年龄互相独立，即游客对“村超”的满意度与年龄无关联，  22 200 60 20 80 40 200 9.524 6.635 100 100 140 60 21             ， 依据小概率值 0.01  的独立性检验，推断 0H 不成立，即认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联，此推断犯错误 的概率不大于0.01． （2）由题可知，参与调查的游客都对“村超”给出满意评价的概率为 140 7 200 10  ，则  3,0.7X B ， 随机变量 X 可取 0,1,2,3，   0 330 C 0.3 0.027P X     ，   1 231 C 0.3 0.7 0.189P X      ，   2 1 232 C 0.3 0.7 0.441P X      ，   3 333 C 0.7 0.343P X     ， 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 数学期望   0 0.027 1 0.189 2 0.441 3 0.343 2.1E X          ． 17．(1)  1 2n n n a   (2)24 【分析】（1）根据题意，当 2n  时，   113 1n nS n a   ，两式相减，求得 1 1 1 n n a n a n    ，结合累乘法，即可求得数列 na 答案第 8页，共 9页 的通项公式；（2）由（1）得   1 2 1 12 1 1na n n n n        ，结合裂项相消法，求得 2nT  ，得到不等式 2 12   ，进而 求得 的最小值. 【详解】（1）解：当 2n  时，   113 1n nS n a   ，因为  3 2n nS n a  ， 两式相减，可得     13 2 1n n na n a n a     ， 所以    11 1n nn a n a   ，可得 1 1 1 n n a n a n    ， 又因为 2 1 3 1 a a  ， 3 2 4 2 a a  ，…， 1 1 1 n n a n a n    ， 累乘得   1 1 1 2 n n na a     ，所以  1 2n n n a   . （2）解：由（1）知  1 2n n n a   ，可得   1 2 1 12 1 1na n n n n        ， 所以 1 1 1 1 1 12 1 2 1 2 2 2 3 1 1n T n n n                                     ， 所以 2 12   ，解得 24  ，故 的最小值为 24. 18.【答案】(1)分布列见解析， 22 9 (2) 10, 2       【分析】（1）根据题意，得到 X 的所有可能取值为 2，3，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可 求解；（2）分别求 2 3,P P，结合 3 2P P ，运算求解即可. 【详解】（1）因为 2n  ，所以比赛采用 3 局 2 胜制， X 的所有可能取值为 2，3，   2 22 1 52 3 3 9 P X               ，   2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 43 C C 3 3 3 3 9 P X                   ， X 的分布列为 X 2 3 P 5 9 4 9 所以   5 4 222 3 9 9 9 E X      . （2）由题意知        2 2 212 21 C 1 1 1 2P p p p p p       ， 答案第 9页，共 9页          3 3 3 22 2 2 3 23 3 41 C 1 C 1 1 6 3 2 1P p p p p p p p p p            . 由 3 2P P ，得        2 23 21 6 3 2 1 1 1 2p p p p p p        ， 且0 1p  ，则  21 0p  ，可得 3 26 3 2 1 1 2p p p p      ， 整理得1 2 0p  ，解得 10 2 p  ， 所以 p的取值范围为 10, 2       . 19．(1) 1 3( ) 4 n nx  ； (2)22. 【分析】（1）首先根据导数的几何意义求切线方程，并令 0y  ，得到数列 nx 的递推公式，即可求解. （2）由（1）可知， 1 3( ) 4 n n nb n x n     ，利用错位相减法求数列 nb 的前 n项和 nS ，代入不等式，参变分离为 9(16 4 )( ) 10 nn   ，转化为作差判断数列 9{(16 4 )( ) } 10 nn 的单调性，再求数列的最大值，即可求解. 【详解】（1）函数 4( )f x x ，求导得 3( ) 4f x x¢ = ， 则 ( )f x 图象在点  ,n nx y 处的切线方程为：  34n n ny y x x x   ， 令 0y  ，得 1 3 4n n x x  ，而 1 1x  ，因此 nx 是首项为 1，公比为 3 4 的等比数列， 所以 13( ) 4 n nx  . （2）令 1 3( ) 4 n n nb n x n     ， 0 1 2 11 2 33 3 3 3( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 n nS n          ， 于是 1 2 33 3 3 3 3( ) ( ) ( ) (3 ) 4 44 4 2 4 1 nnS n         ， 两式相减得： 1 2 1 1 1 3( )1 3 3 3 3 341 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )34 4 4 4 4 4 4 n n n n nS n n             3( ) 4 4 (4 ) nn   ， 整理得 316 (16 4 )( ) 4 n nS n   ，由 516 ( ) 6 n nS   ，得 3 516 (16 4 )( ) 16 ( ) 4 6 n nn     ， 化简得 9(16 4 )( ) 10 nn   ，令 9(16 4 )( ) 10 n nd n  ，则 1 2 10 9( )( ) 5 10 n n n nd d     ， 当 5n  时， 1 0n nd d  ，即 6 5 4 3 2 1d d d d d d     ， 当 6n  时， 1 0n nd d   ，即 6 7 8 ...d d d   ， 所以   55 6max 936 ( ) 21.26 10n d d d     从而整数 min 22  ； 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问理解题意，理解 1nx  与 nx 的关系，从而求出数列 nx 的通项公式，后面 的问题迎刃而解.