2023-2024学年山东省烟台市高二下学期7月期末学业水平诊断数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省烟台市2023-2024学年高二下学期7月期末学业水平诊断数学试题注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰：超出答题区书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效.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，只有一项符合题目要求.1.从6名大学毕业生中任选3名去某中学支教，不同选派方法的总数为（）A.12 B.18 C.20 D.120【答案】C【解析】由题意得不同选派方法的总数为.故选：C.2.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.36 B.45 C.72 D.90【答案】C【解析】因为数列是等差数列，且，所以，解得，所以，故选：C3.已知曲线在点处的切线与轴相交于点，则实数（）A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】A【解析】因为，所以，则，所以在点处的切线方程为，又因为切线与轴相交于点，所以，解得，故选：A4.已知等比数列的前项和，则（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】时，，又，数列等比数列，∴，即，解得．故选：D．5.中心极限定理在概率论中应用广泛.根据该定理，若随机变量，当充分大时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的均值､方差分别与随机变量的均值､方差近似相等.某射手对目标进行400次射击，且每次射击命中目标的概率为，则估计射击命中次数小于336的概率约为（）附：若，则，.A.0.9987 B.0.9773 C.0.8414 D.0.5【答案】B【解析】射击命中次数服从二项分布，均值，方差，所以，.故选：B.6.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为函数，则，因为在0,+∞上单调递增，故f'x≥0即在0,+∞上恒成立，即，即，设，x∈0,+∞，，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：D.7.某产品只有一等品､二等品，现随机装箱销售，每箱15件.假定任意一箱含二等品件数为概率分别为.一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由全概率公式可知，抽到二等品的概率为，故所求概率为.故选：C.8.已知，且，则下列结论一定成立的是（）A. B.C. D.a+b<-1【答案】A【解析】由题意可得，可得，因为，所以，所以，令，求导得，可得当时，，函数在上单调递增，又，，当时，有，可得，当时，有恒成立，所以，综上所述：.故选：A.二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.某弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）与时间（单位：）之间的函数关系为，则（）A.时，弹簧振子的位移为B.时，弹簧振子的瞬时速度为C.时，弹簧振子的瞬时加速度为D.时，弹簧振子的瞬时速度为【答案】ABD【解析】对于A，当时，，即时，弹簧振子的位移为，故A正确；对于B，，当时，，即时，弹簧振子的瞬时速度为，故B正确；对于C，设，则，当时，，即时，弹簧振子的瞬时加速度为，故C错误；对于D，，当时，，即时，弹簧振子的瞬时速度为，故D正确.故选：ABD.10.已知某两个变量具有线性相关关系，由样本数据确定的样本经验回归方程为，且.若剔除一个明显偏离直线的异常点后，利用剩余9组数据得到修正后的经验回归方程为，由修正后的方程可推断出（）A.变量的样本相关系数为正数B.经验回归直线恒过C.每增加1个单位，平均减少1.6个单位D.样本数据对应的残差的绝对值为0.2【答案】BCD【解析】将代入可得，剔除异常点后，新的平均值为，，代入，可得，解得，所以修正后的回归直线方程为，对于A：因为的系数为，故相关系数也应为负数，故A错误；对于B：恒过，故B正确；对于C：因为的系数为，所以每增加1个单位，平均减少，故C正确；对于D：令，可得，所以残差的绝对值，故D正确.故选：BCD.11.设数列满足下列条件：，且当时，.记项数为的数列的个数为，则下列说法正确的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】由已知当时，，则数列的项中不能连续出现，且当为偶数时，出现的次数不得大于，当为奇数时，出现的次数不等大于，且当出现的次数为时数列的第一项为，当为偶数时，当有个时，则有个，此时数列共有种情况，所以，当为奇数时，当有个时，则有个，此时数列共有种情况，所以，所以，A选项正确；，B选项错误；C选项：当为奇数时，，，，此时，又组合数（），且，可知，当为偶数时，，，，同理，所以C选项正确；D选项：由，即，所以，化简可得，，由已知，设，则，，所以数列使以为首项，为公比的等比数列，所以，D选项错误；故选：AC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.展开式中的系数为__________.【答案】-80【解析】的展开式的通项为，令，所以的系数为.故答案为：13.若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为__________.【答案】【解析】若曲线与总存在关于原点对称的点，则上的点关于原点的对称点在曲线上，所以方程有解，令，则方程有解，即方程有解，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，当趋于0时，趋于负无穷，当趋于正无穷时，趋于0，所以的值域为，综上所述，的取值范围为.故答案为：.14.南京大学2023年的本科生录取通知书用科赫曲线的数学规律鼓励新生成为独一无二的自己，还附赠“科赫雪花”徽章，意在有限的生命中，创造无限可能.科赫曲线的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.下图展示的分别是1阶､2阶､3阶､4阶科赫曲线，设1阶科赫曲线的周长为，则阶科赫曲线的周长为__________；若阶科赫曲线围成的平面图形的面积为，且满足，则的最小值为_________【答案】；【解析】记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，若第阶科赫曲线中三角形的周长为，则，边数，第阶科赫曲线中的三角形的，边数，所以第阶科赫曲线中的三角形的边长，边数，所以以第阶科赫曲线中的三角形的周长；由图形可知是每条边上生成一个小三角形（去掉底边），则，所以，，，左右两边分别相加得，又，因为数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，所以，又，所以，当时，，所以，所以，所以的最小值为.故答案为：①；②.四､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.某高中在高二年级举办创新作文比赛活动，满分100分，得分80及以上者获奖.为了解学生获奖情况与选修阅读课程之间的关系，在参赛选手中随机选取了50名学生作为样本，各分数段学生人数及其选修阅读课程情况统计如下：成绩学生人数6102473选修读课程人数03944（1）根据以上统计数据完成下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为学生获奖与选修阅读课程有关联；获奖没有获奖合计选修阅读课程不选阅读课程合计（2）在上述样本的获奖学生中随机抽取3名学生，设3人中选修阅读课程人数为，求的分布列及数学期望.参考公式：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）根据已知条件可得

获奖没有获奖合计选修阅读课程81220不选阅读课程22830合计104050零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联；根据列联表中数据计算可得：，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于.（2）由题意可知的可能取值为，则，，，所以随机变量的分布列为：123.16.已知函数.（1）当时，求过点且与图象相切的直线的方程；（2）讨论函数的单调性.解：（1）当时，，所以.设切点为，则，所以，切线方程为，将代入得，解得或，故过的切线方程为或.（2）.当时，，恒有，函数单调递增，当时，，当，或时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，当，或时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减.综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减.17.已知数列是等差数列,且,数列满足，，且.（1）求数列的通项公式；（2）将数列的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的通项公式；（3）设数列的前项和为，证明：.解：（1）由题意可知，即，故，由，可得，所以数列的公差，所以，由，叠加可得，整理可得，当时，满足上式，所以；（2）不妨设，即，可得，当时，，不合题意，当时，，所以在数列中均存在公共项，又因为，所以.（3）当时，，结论成立，当时，，所以，综上所述，.18.一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球､3个白球.现从袋中随机逐个抽取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出.（1）求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率；（2）记抽取3次取出白球的数量为，求随机变量的分布列；（3）记恰好在第次取出第二个白球的概率为，求.解：（1）记事件“第2次取出的小球为黑球”，事件“第1次取出的小球为白球”，则，，所以；（2）由题意，的所有可能取值为，则，，，，所以随机变量分布列为0123（3）由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则：，所以.19.已知函数存在两个不同的极值点.（1）求的取值范围；（2）设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：.解：（1）由已知函数的定义域为0,+∞当时，，函数0,+∞单调递增，无极值点，当时，，，又函数有两个不同的极值点，即在0,+∞有两个解，即方程有两个解，可转化为函数，x∈0,+∞与直线有两个公共点，又，令，解得，则在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以当时，函数取最小值为，做出函数，x∈0,+∞与图像如图所示，所以，解得.（2）由（1）得有两个解，设为，，且，则当时，，即f'x<0，函数单调递减，当时，，即f'x>0，函数单调递增，当时，，即f'x<0，函数单调递减，又f1所以函数至多有三个零点，当时，令，即，则，即函数除以外的零点即为方程的解，且设，则，又函数，恒成立，单调递减，且当时，，所以当时，，即，hx单调递增，且此时hx<0恒成立，又当时，，即，hx单调递减，且此时hx<0恒成立，由，所以又两个解，设为，，且，又，，所以，所以函数的零点之和，所以若证，可证，即证，由（1）可知，则，设，，所以恒成立，所以在1,+∞上单调递减，所以，即，即，又由（1）得在0,1上单调递减，所以，即，所以.山东省烟台市2023-2024学年高二下学期7月期末学业水平诊断数学试题注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰：超出答题区书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效.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，只有一项符合题目要求.1.从6名大学毕业生中任选3名去某中学支教，不同选派方法的总数为（）A.12 B.18 C.20 D.120【答案】C【解析】由题意得不同选派方法的总数为.故选：C.2.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.36 B.45 C.72 D.90【答案】C【解析】因为数列是等差数列，且，所以，解得，所以，故选：C3.已知曲线在点处的切线与轴相交于点，则实数（）A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】A【解析】因为，所以，则，所以在点处的切线方程为，又因为切线与轴相交于点，所以，解得，故选：A4.已知等比数列的前项和，则（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】时，，又，数列等比数列，∴，即，解得．故选：D．5.中心极限定理在概率论中应用广泛.根据该定理，若随机变量，当充分大时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的均值､方差分别与随机变量的均值､方差近似相等.某射手对目标进行400次射击，且每次射击命中目标的概率为，则估计射击命中次数小于336的概率约为（）附：若，则，.A.0.9987 B.0.9773 C.0.8414 D.0.5【答案】B【解析】射击命中次数服从二项分布，均值，方差，所以，.故选：B.6.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为函数，则，因为在0,+∞上单调递增，故f'x≥0即在0,+∞上恒成立，即，即，设，x∈0,+∞，，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：D.7.某产品只有一等品､二等品，现随机装箱销售，每箱15件.假定任意一箱含二等品件数为概率分别为.一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由全概率公式可知，抽到二等品的概率为，故所求概率为.故选：C.8.已知，且，则下列结论一定成立的是（）A. B.C. D.a+b<-1【答案】A【解析】由题意可得，可得，因为，所以，所以，令，求导得，可得当时，，函数在上单调递增，又，，当时，有，可得，当时，有恒成立，所以，综上所述：.故选：A.二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.某弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）与时间（单位：）之间的函数关系为，则（）A.时，弹簧振子的位移为B.时，弹簧振子的瞬时速度为C.时，弹簧振子的瞬时加速度为D.时，弹簧振子的瞬时速度为【答案】ABD【解析】对于A，当时，，即时，弹簧振子的位移为，故A正确；对于B，，当时，，即时，弹簧振子的瞬时速度为，故B正确；对于C，设，则，当时，，即时，弹簧振子的瞬时加速度为，故C错误；对于D，，当时，，即时，弹簧振子的瞬时速度为，故D正确.故选：ABD.10.已知某两个变量具有线性相关关系，由样本数据确定的样本经验回归方程为，且.若剔除一个明显偏离直线的异常点后，利用剩余9组数据得到修正后的经验回归方程为，由修正后的方程可推断出（）A.变量的样本相关系数为正数B.经验回归直线恒过C.每增加1个单位，平均减少1.6个单位D.样本数据对应的残差的绝对值为0.2【答案】BCD【解析】将代入可得，剔除异常点后，新的平均值为，，代入，可得，解得，所以修正后的回归直线方程为，对于A：因为的系数为，故相关系数也应为负数，故A错误；对于B：恒过，故B正确；对于C：因为的系数为，所以每增加1个单位，平均减少，故C正确；对于D：令，可得，所以残差的绝对值，故D正确.故选：BCD.11.设数列满足下列条件：，且当时，.记项数为的数列的个数为，则下列说法正确的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】由已知当时，，则数列的项中不能连续出现，且当为偶数时，出现的次数不得大于，当为奇数时，出现的次数不等大于，且当出现的次数为时数列的第一项为，当为偶数时，当有个时，则有个，此时数列共有种情况，所以，当为奇数时，当有个时，则有个，此时数列共有种情况，所以，所以，A选项正确；，B选项错误；C选项：当为奇数时，，，，此时，又组合数（），且，可知，当为偶数时，，，，同理，所以C选项正确；D选项：由，即，所以，化简可得，，由已知，设，则，，所以数列使以为首项，为公比的等比数列，所以，D选项错误；故选：AC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.展开式中的系数为__________.【答案】-80【解析】的展开式的通项为，令，所以的系数为.故答案为：13.若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为__________.【答案】【解析】若曲线与总存在关于原点对称的点，则上的点关于原点的对称点在曲线上，所以方程有解，令，则方程有解，即方程有解，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，当趋于0时，趋于负无穷，当趋于正无穷时，趋于0，所以的值域为，综上所述，的取值范围为.故答案为：.14.南京大学2023年的本科生录取通知书用科赫曲线的数学规律鼓励新生成为独一无二的自己，还附赠“科赫雪花”徽章，意在有限的生命中，创造无限可能.科赫曲线的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.下图展示的分别是1阶､2阶､3阶､4阶科赫曲线，设1阶科赫曲线的周长为，则阶科赫曲线的周长为__________；若阶科赫曲线围成的平面图形的面积为，且满足，则的最小值为_________【答案】；【解析】记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，若第阶科赫曲线中三角形的周长为，则，边数，第阶科赫曲线中的三角形的，边数，所以第阶科赫曲线中的三角形的边长，边数，所以以第阶科赫曲线中的三角形的周长；由图形可知是每条边上生成一个小三角形（去掉底边），则，所以，，，左右两边分别相加得，又，因为数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，所以，又，所以，当时，，所以，所以，所以的最小值为.故答案为：①；②.四､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.某高中在高二年级举办创新作文比赛活动，满分100分，得分80及以上者获奖.为了解学生获奖情况与选修阅读课程之间的关系，在参赛选手中随机选取了50名学生作为样本，各分数段学生人数及其选修阅读课程情况统计如下：成绩学生人数6102473选修读课程人数03944（1）根据以上统计数据完成下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为学生获奖与选修阅读课程有关联；获奖没有获奖合计选修阅读课程不选阅读课程合计（2）在上述样本的获奖学生中随机抽取3名学生，设3人中选修阅读课程人数为，求的分布列及数学期望.参考公式：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）根据已知条件可得

获奖没有获奖合计选修阅读课程81220不选阅读课程22830合计104050零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联；根据列联表中数据计算可得：，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于.（2）由题意可知的可能取值为，则，，，所以随机变量的分布列为：123.16.已知函数.（1）当时，求过点且与图象相切的直线的方程；（2）讨论函数的单调性.解：（1）当时，，所以.设切点为，则，所以，切线方程为，将代入得，解得或，故过的切线方程为或.（2）.当时，，恒有，函数单调递增，当时，，当，或时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，当，或时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减.综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减.17.已知数列是等差数列,且,数列满足，，且.（1）求数列的通项公式；（2）将数列的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的通项公式；（3）设数列的前项和为，证明：.解：（1