精品解析：辽宁省重点中学协作校2024-2025学年高二下学期5月期中考试数学试题

2024-2025学年度下学期期中考试高二试题 数学 命题人：锦州中学 王锦明 审题人：抚顺二中 胡世龙 考试时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求.） 1. 下列运算正确的是（ ） A. B. C D. 2. 数列满足，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 为了了解性别与视力之间的关系，一个调查机构得到列联表如图，则当取下面何值时，性别与视力无关的可能性最大（ ） 男 女 近视 240 200 不近视 50 A. 40 B. 60 C. 100 D. 240 4. 设为等差数列，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. 4 B. C. 或4 D. 6. 如图，若把圆柱中与母线平行的截面面积表示成截面与轴距离的函数，则这个函数的图象可能是（ ） A B. C. D. 7. 已知数列的通项公式为，它的前项中最小项是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，则的单调递增区间为（ ） A. ， B. ， C. D. 二、多项选择题（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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 统计学中，常用的显著性水平以及对应的分位数如下表所示. 在检验与是否有关的过程中，根据已知数据计算得，则（ ） A. 若，则在犯错误的概率不超过的前提下认为与有关 B. 若，则在犯错误的概率不超过的前提下认为与无关 C. 若，则有的把握认为与有关 D. 若，，则 10. 已知数列满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ，为完全立方数 D. ，数列的前项和 11. 已知函数，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则函数的图象在原点处无切线 B. 若，，则函数在上是增函数 C. 若，，则函数的图象关于点中心对称 D. 若，则 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 设等差数列的前项和为，若，，则___________. 13. 某公司从某年起年的利润情况如下表所示. 第年 利润/亿元 且关于回归直线方程是，则的值为__________. 14. 若函数，且在上有且只有一个零点，则实数的取值范围是___________. 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. 已知是数列的前项和，且. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 16 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性. 17. 记为数列前项和，已知，是等差数列，，，. （1）求，的通项公式； （2）设，求. 18. 已知与及与的成对数据如下，且关于的回归直线方程为， （1）求关于的回归直线方程； （2）由散点图发现可以用指数型函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到）； （3）又得到一组新数据，，根据这对数据残差的绝对值的大小判断（1）、（2）两个方程哪个拟合效果更好. 参考数据： 其中，. 参考公式：对于一组数据，，，， 其回归直线方程为，其中，. 19. 设函数. （1）证明：当时，； （2）令，证明：数列递减且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度下学期期中考试高二试题 数学 命题人：锦州中学 王锦明 审题人：抚顺二中 胡世龙 考试时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求.） 1. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数运算公式求导数，逐项判断即可. 【详解】因为，所以，A错误； 因为，，且，所以，B正确； 因为， 故C错误， 因为，D错误， 故选：B. 2. 数列满足，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求得，得到数列是以3项为周期的周期数列，进而求得，得到答案. 【详解】由数列满足，且， 可得，，， ，， 所以数列是以3项为周期的周期数列，则. 故选：C. 3. 为了了解性别与视力之间的关系，一个调查机构得到列联表如图，则当取下面何值时，性别与视力无关的可能性最大（ ） 男 女 近视 240 200 不近视 50 A. 40 B. 60 C. 100 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】根据相关性的概念求解即可. 【详解】根据相关性的概念可知当，即近视与不近视的男女比例相同时，性别与视力无关的可能性最大， 解得， 故选：B 4. 设为等差数列，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式，以及等差数列的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 可得， ， 若，则， 所以，所以充分性成立； 反之：当时，若，可得， 所以； 当时，此时数列为常数列，若，则与不一定相等，所以必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. 4 B. C. 或4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合等比数列的性质，求得且，即可求得的值，得到答案. 【详解】由是方程的两个根，可得， 因为数列为等比数列，可得且，所以， 所以或. 故选：C. 6. 如图，若把圆柱中与母线平行的截面面积表示成截面与轴距离的函数，则这个函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱的母线长为，底面半径为，为常数，结合圆柱的结构特征，利用表示截面面积，利用导数分析函数的单调性，结合的单调性，判断结论. 【详解】设圆柱的母线长为，底面半径为，为常数， 设截面四边形， 当时，由圆柱的性质可得四边形为矩形， 设圆柱的轴为， 由已知， 所以截面面积，， 所以， 所以函数在上单调递减， 又，所以函数在上为增函数， 所以当时，函数的图象从左至右下降，且先平缓后陡峭， 当时，， 故选：A. 7. 已知数列的通项公式为，它的前项中最小项是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件说明，再假设数列的第项最小，，，列不等式求其解，可得结论. 【详解】因为，故，，所以， 假设数列的第项最小，，， 则，故， 所以， 所以，即数列的前项中最小项是， 故选：D. 8. 已知函数满足，则的单调递增区间为（ ） A. ， B. ， C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数，再进行赋值求解，然后根据导数的正负来求单调区间即可． 【详解】求导得：，再令得： ， 再由，令得; ，联立上两式可得：， 故， 由，满足解得：或， 所以的单调递增区间为，， 故选：B． 二、多项选择题（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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 统计学中，常用的显著性水平以及对应的分位数如下表所示. 在检验与是否有关的过程中，根据已知数据计算得，则（ ） A. 若，则在犯错误的概率不超过的前提下认为与有关 B. 若，则在犯错误的概率不超过的前提下认为与无关 C. 若，则有的把握认为与有关 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据的计算结果与常用的显著性水平的对应的分位数大小关系，判断ABC，结合的性质判断D. 【详解】对于A，因为，，， 所以根据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 即在犯错误的概率不超过的前提下认为与有关，A正确； 对于B，因为，，， 所以根据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 即在犯错误的概率不超过的前提下认为与有关，B错误； 对于C，因为，，， 所以根据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 即在犯错误的概率不超过的前提下认为与有关，C正确； 对于D，因为分布是单调递增的累积分布函数，所以， 所以，D正确； 故选：ACD. 10 已知数列满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ，为完全立方数 D. ，数列的前项和 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用累乘法求出数列的通项公式，作差判断A，根据数列的增减性判断B，利用判断C，利用数学归纳法，假设数列的前项和成立判断D. 【详解】由题意可得，， 所以当时，，…，，， 以上个式子左右两边分别相乘得， 即，将代入解得， 当时满足，所以数列的通项公式为， 因为对恒成立， 所以对恒成立，A说法正确； 易知数列是递增数列，且，，所以，，B说法正确； 因为，所以不存在使得为完全立方数，C说法错误； 下证，数列的前项和， 当时，成立， 假设当时，成立， 则当时， 成立， 所以，数列的前项和，D说法正确； 故选：ABD 11. 已知函数，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则函数的图象在原点处无切线 B. 若，，则函数在上是增函数 C. 若，，则函数的图象关于点中心对称 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数可判断A，B选项，利用对称性可判断C,D选项. 【详解】对于A，若，则，， 因为，其在时没有意义，此时切线的斜率不存在，切线为,A错误； 对于B，时，，因为，所以，即在上是增函数，B正确； 对于C，若，，， ， 因为，所以函数的图象关于点中心对称，C正确； 对于D，若，，由C可知关于点中心对称， 所以，所以， 即，D不正确. 故选：BC 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 设等差数列的前项和为，若，，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式即可求解. 【详解】利用等差数列中的等差中项性质可知：， 由等差数列的通项公式可得：， 所以， 则， 故答案为： 13. 某公司从某年起年的利润情况如下表所示. 第年 利润/亿元 且关于的回归直线方程是，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求，的平均值，，根据点在直线上列方程求即可. 【详解】由已知的平均值， 的平均值， 因为点在直线上， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 若函数，且在上有且只有一个零点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】条件可转化为方程在上有且只有一个根，设，，可得函数的图象与的图象有且只有一个交点，利用导数分析函数的单调性，作函数的大致图象，观察图象列关系式求结论. 【详解】因为函数，且在上有且只有一个零点， 所以方程在上有且只有一个根， 所以方程在上有且只有一个根， 所以方程在上有且只有一个根， 所以方程在上有且只有一个根， 设，， 则函数的图象与的图象有且只有一个交点， 又，令可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 且，当时，，当时，， 由， 当，且时，， 当时，， 所以函数，的大致图象如下： 又，故， 所以由图象可得或， 所以或， 所以的取值范围是， 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. 已知是数列的前项和，且. （1）求证：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，当时，可得，两式相减得到，再求得，结合等比数列的定义，即可得证； （2）由（1）得到，求得则，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由数列满足，当时，可得， 两式相减，可得，即，即， 当时，，即，解得， 所以数列是首项为，公比的等比数列. 【小问2详解】 解：由（1）可得数列的通项公式为， 则， 令，可得数列的前项和为， 当时，可得； 当时，可得 ， 所以数列的前项和. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求得，得到且，结合导数的几何意义，即可求得切线方程； （2）根据题意，求得，分和，两种情况，再结合两根得到大小，分三种情况讨论，即可求解. 【小问1详解】 当时，函数，可得 且， 故曲线在点处的切线方程. 【小问2详解】 由函数，其定义域为， 且， ① 若，可得 当时，可得；当时，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减； ② 若时，则，令，可得或， 当时，即时，令，可得或； 令，可得，所以在上递增，在上递减； 当时，即时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，即时，令，可得或； 令，可得，所以在上递增，在上递减； 当时，令，可得，令，可得， 所以在上递增，在上递减， 综上可得：当时，在上递增，在上递减； 当，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上递增，在上递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上递增，在上递减. 17. 记为数列的前项和，已知，是等差数列，，，. （1）求，的通项公式； （2）设，求. 【答案】（1），， （2）. 【解析】 【分析】（1）由条件，结合关系，当时，可求，设数列的公差为，结合关系化简条件求，再求， （2）利用错位相减法求. 【小问1详解】 因为， 所以当时，，又，所以， 当时，， 又， 所以， 所以数列的通项公式为， 设数列的公差为， 因为， 所以， 又，， 所以，所以， 故，即数列的通项公式为， 【小问2详解】 因为， 由（1）① 所以② ①②得：， 所以， 所以 18. 已知与及与的成对数据如下，且关于的回归直线方程为， （1）求关于的回归直线方程； （2）由散点图发现可以用指数型函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到）； （3）又得到一组新数据，，根据这对数据残差的绝对值的大小判断（1）、（2）两个方程哪个拟合效果更好. 参考数据： 其中，. 参考公式：对于一组数据，，，， 其回归直线方程为，其中，. 【答案】（1） （2）， （3）指数函数模型拟合效果更好. 【解析】 【分析】（1）方法一：设关于的回归直线方程为，由条件求，，，，再由公式求，，由此可得结论； 方法二：由条件可得，，结合关于的回归直线方程为，可求结论； （2）由条件可得，设，，，则，利用公式求，由此可得结论； （3）结合（1），（2）分别求当时，两个回归方程对应的残差，比较残差的大小判断结论. 【小问1详解】 方法一：设关于的回归直线方程为， 由已知，， ， ， 所以， ， 所以关于的回归直线方程为， 方法二：因为关于的回归直线方程为， 因为，， 所以，， 则， 所以关于的回归直线方程为， 【小问2详解】 若用指数型函数模型拟合与的关系，则有， 设，，， 则， ， ， 所以， 所以， 所以关于的回归方程为， 【小问3详解】 由（1）关于的回归直线方程为， 所以时，， 残差为， 由（2）关于的指数函数模型的回归方程为， 所以时，， 残差为， 因为，所以指数函数模型拟合效果更好. 19. 设函数. （1）证明：当时，； （2）令，证明：数列递减且. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先证明函数在上单调递减，由此可得当时， ，又要证明当时，，只需证明当时，，设，利用导数证明，当且仅当取等号，由此证明结论； （2）由条件，结合（1）证明若，则，结合条件，证明，，结合（1）证明，由此证明数列单调递减，设，，结合（1）利用导数，由此证明，再证明即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以函数在上单调递减， 所以当时，， 所以当时， ， 要证明，即证明， 只需证明，因为，所以， 所以只需证明当时，， 设，则， 令，可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，当且仅当取等号， 所以，当且仅当取等号， 所以当时， ， 所以当时，成立， 综上，当时，； 小问2详解】 因为，所以， 若，由（1），故， 则，则， 又，所以， 所以，， 由（1）当时，， 所以，故，又， 于是， 所以，所以，所以， 所以数列单调递减， 设，， 则， 因为，由（1）可得当时，，所以， 所以函数上单调递增，所以， 所以当时，，所以， 由题意，所以，又， 所以当时，， 所以，当且仅当时等号成立. 所以数列递减且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$