2023-2024学年山东省济南市高二下学期7月期末学习质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.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、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.大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（）A.7 B.8 C.12 D.16【答案】C【解析】由题意，分两步完成，第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法，所以由分步乘法计数原理可知共有种.故选：C2.函数在点处的切线斜率为（）A. B.0 C.1 D.【答案】A【解析】因为，所以，所以.故选：A3.下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分；图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大；图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型；图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定．故选：D．4.济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（）A.27% B.28% C.29% D.30%【答案】C【解析】由题意可得从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是.故选：C5.随机变量X的分布列为,，.若，则（）A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.8【答案】B【解析】因为随机变量X的分布列为，，，，所以，解得，所以.故选：B6.某城市高中数学统考,假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（）参考数据：若，则.A.71 B.78 C.85 D.92【答案】C【解析】因为等级概率为，且服从正态分布,且,所以等级范围,所以等级的最高分数线约为.故选：C.7.人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】令，则，，，所以曲线在点处的切线方程为，令，得.又，，所以曲线在点处的切线方程为，令，解得，因为，所以利用牛顿法求的近似解，至少需要次迭代也能达到同样的精确度.故选：B.8.函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，得，因为有两个极值点，所以有两个不等的正根，即有两个不等的正根，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，当时，，当时，，所以的大致图象如图所示，由图可知当时，与的图象有两个不同的交点，所以当时，有两个极值点.故选：D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，有选错的得0分.9.的展开式，下列说法正确的是（）A.展开式共有7项B.展开式的二项式系数的和为128C.展开式中的系数为14D.展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大【答案】BC【解析】对于A，的展开式有8项，所以A错误，对于B，的展开式的二项式系数的和为，所以B正确，对于C，展开式的通项公式为，令，得，所以展开式中的系数为，所以C正确，对于D，因为的展开式有8项，所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大，所以D错误.故选：BC10.下列函数中，有两个零点的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于A，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以有且只有一个零点，所以A错误，对于B，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，因为，，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以有两个零点，所以B正确，对于C，由，得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，因为当，，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以有两个零点，所以C正确，对于D，由，得，当时，，当时，，所以上递减，在上递增，所以，因为，，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以有两个零点，所以D正确，故选：BCD11.设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（）A.若A，B相互独立，，，则B.若A，B互斥，，，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】对A，A，B相互独立，，，所以，故A正确；对B，，故B正确；对C，，若时，得不出，即得不出，得不出，故C错误；对D，，，所以，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.从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答）【答案】180【解析】当取不到0时，一共有个三位数，若取到时，不能排首位，共有个三位数，由分类加法计数原理可知，共有三位数的个数为.故答案为：18013.袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________.【答案】4【解析】由题可知，的可能取值为，则，，，所以.故答案为：414.以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时，容器的容积最大.【答案】【解析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，因此，则，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时容积最大，把代入，得由，得，即圆心角为时容积最大.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.15.一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求：（1）质点位于2的位置的概率；（2）随机变量的分布列和期望.解：（1）由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，则4次中向右移动3次，向左移动1次，所以质点位于2的位置的概率为；（2）由题意可知的可能取值为，则，，，，，所以的分布列为024所以.16.函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.解：（1）当时，（），则，由，得或，由，得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）由，得，由，得或，因为，所以，所以当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，即，，因为，所以，所以的最小值为，即，所以，令，，则，令，得或，所以当时，，所以在上单调递增，所以，所以，即，所以.17.长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%.（1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联；近视每天近距离看电子产品时间超过1h合计是否是

否

合计

1000（2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由）②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程；③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数）参考公式及数据：（ⅰ），，α0.010.0050.0016.6357.87910.828（ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；（ⅲ）散点图1中，；散点图2中，.解：（1）2×2列联表近视每天近距离看电子产品时间超过1h合计是否是100300400否100500600合计2008001000零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关根据列联表中的数据，并计算得到，因为，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.（2）①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.②由题意可得，，因此，再由题意得，所以，从而该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为.③，解得，所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.18.将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象,即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”.（1）证明：函数，具有“旋转不变性”；（2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围.解：（1）由题意可知，当时，,令，，则，在上单调递减.故与至多有1个交点，即与至多有1个交点，故函数具有“旋转不变性”.（2）由题意得：当时，，函数与函数的图象至多有1个交点，即方程至多有一个根,即函数与函数的图象至多1个交点，因此函数在上为单调函数，，而当时，，所以在上恒成立，故.令，则因为在上单调递减，且，由零点存在定理可知，，使所以，当单调递增，当单调递减，所以，即.19.某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数,一方面:代数式中，的系数为，另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以.（1）如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为______.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释；（2）证明：①；②.注：组合数，若,则.解：（1）构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式，另一方面，这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），由乘法原理可知，第类中有个小组，因此人小组共有个，由加法原理可知：；（2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题：从名学生中选出人组成代表队，其中名作主力队员，名替补队员，根据分步乘法原理共有种方法，也可以直接从名学生中选了名主力队员，再从剩下的名学生中选出名替补队员，根据分步乘法原理共有种方法，由上面的两种方法可知：；②考虑中的系数，一方面的系数为，因为，所以的系数为另一方面，，所以的系数为，因为，所以，所以山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.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、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.大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（）A.7 B.8 C.12 D.16【答案】C【解析】由题意，分两步完成，第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法，所以由分步乘法计数原理可知共有种.故选：C2.函数在点处的切线斜率为（）A. B.0 C.1 D.【答案】A【解析】因为，所以，所以.故选：A3.下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分；图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大；图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型；图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定．故选：D．4.济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（）A.27% B.28% C.29% D.30%【答案】C【解析】由题意可得从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是.故选：C5.随机变量X的分布列为,，.若，则（）A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.8【答案】B【解析】因为随机变量X的分布列为，，，，所以，解得，所以.故选：B6.某城市高中数学统考,假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（）参考数据：若，则.A.71 B.78 C.85 D.92【答案】C【解析】因为等级概率为，且服从正态分布,且,所以等级范围,所以等级的最高分数线约为.故选：C.7.人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】令，则，，，所以曲线在点处的切线方程为，令，得.又，，所以曲线在点处的切线方程为，令，解得，因为，所以利用牛顿法求的近似解，至少需要次迭代也能达到同样的精确度.故选：B.8.函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，得，因为有两个极值点，所以有两个不等的正根，即有两个不等的正根，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，当时，，当时，，所以的大致图象如图所示，由图可知当时，与的图象有两个不同的交点，所以当时，有两个极值点.故选：D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，有选错的得0分.9.的展开式，下列说法正确的是（）A.展开式共有7项B.展开式的二项式系数的和为128C.展开式中的系数为14D.展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大【答案】BC【解析】对于A，的展开式有8项，所以A错误，对于B，的展开式的二项式系数的和为，所以B正确，对于C，展开式的通项公式为，令，得，所以展开式中的系数为，所以C正确，对于D，因为的展开式有8项，所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大，所以D错误.故选：BC10.下列函数中，有两个零点的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于A，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以有且只有一个零点，所以A错误，对于B，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，因为，，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以有两个零点，所以B正确，对于C，由，得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，因为当，，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以有两个零点，所以C正确，对于D，由，得，当时，，当时，，所以上递减，在上递增，所以，因为，，所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，所以有两个零点，所以D正确，故选：BCD11.设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（）A.若A，B相互独立，，，则B.若A，B互斥，，，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】对A，A，B相互独立，，，所以，故A正确；对B，，故B正确；对C，，若时，得不出，即得不出，得不出，故C错误；对D，，，所以，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.从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答）【答案】180【解析】当取不到0时，一共有个三位数，若取到时，不能排首位，共有个三位数，由分类加法计数原理可知，共有三位数的个数为.故答案为：18013.袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________.【答案】4【解析】由题可知，的可能取值为，则，，，所以.故答案为：414.以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时，容器的容积最大.【答案】【解析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，因此，则，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时容积最大，把代入，得由，得，即圆心角为时容积最大.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.15.一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求：（1）质点位于2的位置的概率；（2）随机变量的分布列和期望.解：（1）由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，则4次中向右移动3次，向左移动1次，所以质点位于2的位置的概率为；（2）由题意可知的可能取值为，则，，，，，所以的分布列为024所以.16.函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.解：（1）当时，（），则，由，得或，由，得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）由，得，由，得或，因为，所以，所以当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，即，，因为，所以，所以的最小值为，即，所以，令，，则，令，得或，所以当时，，所以在上单调递增，所以，所以，即，所以.17.长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%.（1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联；近视每天近距离看电子产品时间超过1h合计是否是

否

合计

1000（2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由）②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程；③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数）参考公式及数据：（ⅰ），，α0.010.0050.0016.6357.87910.828（ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；（ⅲ）散点图1中，；散点图2中，.解：（1）2×2列联表近视每天近距离看电子产品时间超过1h合计是否是100300400否100500600合计2008001000零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关根据列