精品解析：山东省淄博市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试题

参照秘密级管理★启用前 2024-2025学年度第二学期高二教学质量检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知数列是等差数列，，，则（ ） A. 22 B. 24 C. 16 D. 18 2. 已知随机变量服从正态分布，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列是等比数列，，是方程的两个根，则（ ） A. 5 B. C. 或5 D. 4. 有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为8%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，任取一个零件，则它为次品的概率是（ ） A. 0.078 B. 0.077 C. 0.076 D. 0.075 5. 若函数是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 从装有3个白球、4个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，表示事件“两次取出的球颜色相同”，表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ） A. B. C. D. 7. 数列满足，且，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 8. 已知为定义在上的可导函数，为其导函数，且恒成立，e是自然对数的底数，则（ ） 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. 以下结论正确的是（ ） A. 在线性回归分析中，样本相关系数的值越大，变量间的线性相关性越强 B 经验回归直线一定经过点 C. 一组数据，，，，的经验回归方程为，则当时，残差为1 D. 以模型去拟合一组数据时，为了利用一元线性回归模型估计参数，，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.4 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 的个位数字是9 11. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在横坐标为的点处作曲线的切线，直线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面过程得到；一直进行下去，得到，当足够小时，我们可以把的值作为函数零点的近似值.已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 切线方程为 B. C. D. 设，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则函数的导数为______. 13. 从4名男生和3名女生中选择3人去参加辩论赛，如果3人中既有男生又有女生，那么共有______种选法. 14. 已知数列满足，且，其中，，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. 已知. （1）求的单调区间和最值； （2）求出方程的解的个数. 16. 已知数列满足，. （1）证明：数列等比数列； （2）设，求数列的前项和为. 17. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个红球、6个白球，从中随机地摸出3个球作为样本. （1）设采用不放回摸球和有放回摸球得到的样本中红球的个数分别为，，求出的分布列以及，，，； （2）若从中不放回地依次取出3个球，设表示“第次取出是红球”，分别求出和 18. 已知函数 （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若，求证：当时，. 19. 生活中运动对人体健康非常重要，为了了解不同年龄人群篮球运动的情况，随机调查了400人，得到如下数据： 年龄 篮球运动情况 合计 经常运动 不经常运动 40及以上 130 70 200 40以下 100 100 200 合计 230 170 400 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为篮球运动的情况与年龄有关？ （2）某校组织“篮球”比赛，分成了、、三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，且被挑战方拥有下一次的挑战权，若挑战权在组，挑战、组的概率为，，若挑战权在组，则挑战、组的概率为，，若挑战权在组，则挑战、组的概率为，.已知首先由组发起挑战，按此规则进行了多次挑战. ①前3次挑战后，求组拥有挑战权的次数的分布列与数学期望； ②经过次挑战后，挑战权在组的概率为，求； ③数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列的定义证明②中收敛. 附：. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 参照秘密级管理★启用前 2024-2025学年度第二学期高二教学质量检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知数列是等差数列，，，则（ ） A. 22 B. 24 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】设出首项和公差，结合等差数列性质建立方程求解首项和公差，最后得到即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 因为，所以，解得，， 则，故A正确. 故选：A 2. 已知随机变量服从正态分布，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态密度曲线的对称性可求得结果. 【详解】因随机变量服从正态分布，， 故. 故选：D. 3. 已知数列是等比数列，，是方程的两个根，则（ ） A. 5 B. C. 或5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用韦达定理得到，再结合等比中项性质得到，最后得到的值即可. 【详解】因为，是方程的两个根， 所以由韦达定理得，而数列是等比数列， 则由等比中项性质得，解得或，故C正确. 故选：C 4. 有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为8%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，任取一个零件，则它为次品的概率是（ ） A. 0.078 B. 0.077 C. 0.076 D. 0.075 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工为事件A、B、C，该零件为次品为事件D，根据全概率公式求解. 【详解】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3台车床加工为事件A、B、C，该零件为次品为事件D， 则，，，，， 任取一个零件是次品的概率:. 故选：D 5. 若函数是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用在恒成立，再结合基本不等式得结论． 【详解】由题意在时恒成立，即恒成立， 又时，，当且仅当时等号成立， 所以， 故选：C 6. 从装有3个白球、4个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取一个球，表示事件“两次取出的球颜色相同”，表示事件“两次取出的球中至少有1个是红球”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式，即可求得答案. 【详解】由题意可得， 表示事件“两次取出的球均是红球”，则， 故， 故选：D 7. 数列满足，且，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】变形已知条件得：，由递推公式分析可得答案. 【详解】法一：由已知，则，则， 则，归纳可得，所以. 法二：由题可得，，即，所以是常数数列， ，即，所以. 故选：B. 8. 已知为定义在上的可导函数，为其导函数，且恒成立，e是自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用导数求得单调递增，得到，即可求解. 【详解】根据题意知，即，构造函数， 可得，因为，所以， 所以在上单调递增， 则，两边同乘，即． 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. 以下结论正确的是（ ） A. 在线性回归分析中，样本相关系数的值越大，变量间的线性相关性越强 B 经验回归直线一定经过点 C. 一组数据，，，，的经验回归方程为，则当时，残差为1 D. 以模型去拟合一组数据时，为了利用一元线性回归模型估计参数，，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.4 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用相关系数的性质判断A，利用回归直线的性质判断B，先求出样本中心点，进而求出回归方程，再利用残差的定义判断C，对合理变形，得到，最后对照系数求解参数值判断D即可. 【详解】对于A，由相关系数性质得，当越接近1时， 变量间的线性相关性越强，故A错误， 对于B，由回归直线性质得回归直线一定经过点，故B正确， 对于C，由题意得，， 将代入中，得到，解得， 则回归方程为，当时，， 由残差公式得残差为，故C正确， 对于D，由题意得，且设， 则， 而，得到，，解得， 则，的值分别是和0.4，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 的个位数字是9 【答案】BC 【解析】 【分析】赋值法求系数和判断A、B；由并应用二项式定理求对应项系数判断C；由，结合展开式通项得个位数由决定，即可判断D. 【详解】由题设，令，则，A错； 令，则， 所以，即，B对； 由，展开式通项为，， 当时，，即，C对； 由，展开式通项为，， 显然个位数由决定，即个位数是1，D错. 故选：BC 11. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在横坐标为的点处作曲线的切线，直线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面过程得到；一直进行下去，得到，当足够小时，我们可以把的值作为函数零点的近似值.已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 切线的方程为 B. C. D. 设，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，代入得到切点，进而求出切线方程判断A，结合给定定义求出的切线方程，再利用赋值法求解判断B，举反例判断C，利用给定定义得到，再结合得到，进而将表示为，再利用导数结合给定定义得到的范围，最后证明结论正确判断D即可. 【详解】对于A，由题意得，， 则，故的切点为， 而，由导数的几何意义得的斜率为， 得到切线的方程为，化简得，故A正确， 对于B，在中，令，解得， 而，， 则的方程为，令，解得，故B正确， 对于C，当时，，， 不满足，故C错误， 对于D，由题意得在处的切线方程为， 而该方程必过，代入得到， 则，得到， 而， 可得， 由已知得，则单调递增， 而，，得到， 由零点存在性定理得存在作为零点， 随着操作次数的增加，与越来越接近，故， 则，得到， 即成立，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则函数的导数为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的计算法则即可求解. 【详解】因为，所以的导数为. 故答案为：. 13. 从4名男生和3名女生中选择3人去参加辩论赛，如果3人中既有男生又有女生，那么共有______种选法. 【答案】30 【解析】 【分析】先利用组合数性质得到选法总数，再减去全是男生或全是女生的选法数，最后求解既有男生又有女生的选法数即可. 【详解】由组合数性质得从7人里选择3人去参加辩论赛有种选法， 而选的人全是男生则有种选法，选的人全是女生则有种选法， 则由分类加法计数原理得全是男生或全是女生共有种选法， 故既有男生又有女生共有种选法. 故答案为：30 14. 已知数列满足，且，其中，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】求出，观察规律即可求解. 【详解】， 对于奇数项，， 所以，对于偶数项， ， 所以，所以. 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. （1）求的单调区间和最值； （2）求出方程的解的个数. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，最大值为12，最小值为-4 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数正负判断函数单调性，即可求得答案； （2）结合（1），讨论a的取值范围，即可求得答案. 小问1详解】 因为，， 所以. 令，得（舍）或， 当变化时，，的变化情况如表所示. 0 2 3 0 12 单调递减 单调递减 3 的单调递增区间为，单调递减区间为 所以， 【小问2详解】 方程解的个数等价于于的交点个数. 由（1）可知 当或时，方程的解为0个； 当或时，方程的解为1个； 当时，方程的解为2个； 16. 已知数列满足，. （1）证明：数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和为. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）将给定递推式合理变形，得到，再求出首项完成证明即可. （2）结合给定条件求出，再利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 由，即， 得，即， 又，得到， 故数列是首项为3，公比为3等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知，， 则，则， 得到， 两式作差得 ，故. 17. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个红球、6个白球，从中随机地摸出3个球作为样本. （1）设采用不放回摸球和有放回摸球得到的样本中红球的个数分别为，，求出的分布列以及，，，； （2）若从中不放回地依次取出3个球，设表示“第次取出的是红球”，分别求出和 【答案】（1）分布列见解析，，；，. （2）， 【解析】 【分析】（1）对于不放回摸球，先判断其试验结果不独立，再求出对应事件的概率，进而列出分布列，利用期望公式求解期望，法一利用方差的定义式求解方差，法二利用方差的性质求解方程，对于放回摸球，先判断其试验结果相互独立，进而确定其服从二项分布，利用二项分布的期望公式求解期望，利用二项分布的方差公式求解方差即可. （2）法一结合题意求出，再求出，最后求出，法二先利用排列数性质求出，，再结合排列数性质求解即可. 【小问1详解】 由题意得对于不放回摸球，各次试验之间的结果不独立， 且的取值为，而， ，， ， 故分布列如下： 0 1 2 3 则由期望公式得， 法一：由方差的定义式得； 法二：由方差的性质得， 故， 对于有放回摸球，每次摸到红球的概率为0.4，且每次试验之间的结果是独立的， 则，由期望公式得， 由方差公式得. 【小问2详解】 法一：采用不放回摸球，且表示前两次摸到红球的概率， 可得， 而，， 得到， 法二：由排列数性质得，， 我们采用不放回摸球，得到，故. 18. 已知函数 （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若，求证：当时，. 【答案】（1）1 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断原函数的单调性，进而求解最值即可. （2）对参数范围分类讨论，求解不同情况下的单调性即可. （3）法一构造函数，对函数多次求导，判断其单调性，再结合端点值证明不等式即可，法二先对目标不等式合理变形，构造函数，对其求导并结合判断其导数的正负，再得到其单调性，最后结合端点值证明不等式即可，法三对目标不等式合理变形，构造，对其求导后，再构造函数证明，结合余弦函数性质证明，进而判断其导函数的正负，最后结合端点证明不等式即可，法四对目标不等式右侧进行放缩，得到，再构造函数，利用导数结合端点值证明，最后证明原不等式即可. 【小问1详解】 由题意得，函数的定义域为， 当时，，则， 由，解得，由，解得；由，解得， 则单调递减区间为，单调递增区间为， 故函数的最小值为. 【小问2详解】 由题意得， 则 令，解得或， 当时，， 由，解得或，由，解得， 则在上单调递减，上单调递增，上单调递减. 当时，，得到，在上单调递减， 当时，，由，解得或， 由，解得， 则在上单调递减，在上单调递增，上单调递减 综上所述：当时，在，上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，在，上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 当时，要证，， 即证，， 法一：令，， 而，令， 则，因为，所以，，， 则，故在上单调递减， 而，得到在上单调递减， 故， 即不等式，在上成立. 法二：要证不等式，， 即，， 令，，， 由（1）知，所以， 则在上单调递增，且， 故，不等式成立， 法三：欲证不等式，在上成立， 即证不等式，在上成立， 构造函数，， 而， 令， 当时，此时由余弦函数性质得， 令，而， 则在上单调递增，故，即， 得到，即， 则在上单调递增，且，即， 所以不等式，成立. 法四：由（1）证得，当时，，即，故， 则，令，， 得到，由（1）知， 则在上单调递减，， 得到，，故，，原不等式成立. 19. 生活中运动对人体健康非常重要，为了了解不同年龄人群篮球运动的情况，随机调查了400人，得到如下数据： 年龄 篮球运动情况 合计 经常运动 不经常运动 40及以上 130 70 200 40以下 100 100 200 合计 230 170 400 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为篮球运动的情况与年龄有关？ （2）某校组织“篮球”比赛，分成了、、三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，且被挑战方拥有下一次的挑战权，若挑战权在组，挑战、组的概率为，，若挑战权在组，则挑战、组的概率为，，若挑战权在组，则挑战、组的概率为，.已知首先由组发起挑战，按此规则进行了多次挑战. ①前3次挑战后，求组拥有挑战权的次数的分布列与数学期望； ②经过次挑战后，挑战权在组的概率为，求； ③数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列的定义证明②中收敛. 附：. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）能 （2）①分布列见解析，；②；③证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据列联表数据计算，再由独立性检验可判断； （2）①根据题意，可能取值为，分别计算出概率，写出分布列并利用公式计算期望即可；②根据题意列出数量递推式，构造数列得到通项；③利用“收敛数列”定义即可证明. 【小问1详解】 零假设为：篮球运动情况与年龄无关， 由列联表数据可得， 因为，，， 所以根据小概率值的独立性检验，认为不成立，即认为篮球运动与年龄有关，此推断犯错误的概率不超过. 【小问2详解】 ①依题意知，的可能取值为， 则， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 . ②设第次挑战权在、组的概率分别是、，，， 依题意可得， （1）+（3）得， 由（2）得， 所以， 即， ， ，其中， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. ③证明：对任意，总存在正整数，（其中表示取整函数）， 当时，， 所以收敛. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$