2027届高二第七次阶段性练习数学试题

2027届高二第七次阶段性练习数学试题命题人：付小林一、单选题1．在正项等比数列中，若，则（

）A．3 B．4 C．9 D．272．对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，其中相关系数最小的是（

）A． B． C． D．3．已知等差数列的前n项和为，若，则（

）A．36 B．32 C．24 D．184．随机变量X的取值有0，1，2，若，，则（

）A．1 B．2 C． D．35．设数列的通项公式为，若数列是单调递减数列，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．6．数列：称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列满足.记该数列的前n项和为，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．7．一个质点在随机外力的作用下，从数轴的原点出发，每隔1s等可能地沿数轴的正方向或负方向移动一个单位，共移动7次，则质点最可能移动到的位置的坐标为（

）A．7或 B．5或 C．3或 D．1或8．甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列说法中正确的是(多选)（

）A．回归直线恒过样本点的中心．B．两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近1．C．在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位．D．某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的方差不变．10．某同学参加某高校面试时需要回答A、B、C三道题，他答对每道题的概率均为，且相互独立，每一道题若答对，则得2分，若答错，则扣1分；开始时他的得分为0分，记随机变量为他答完第一道题时的得分，为他答完所有题时的得分，用、分别表示随机变量的期望和方差.则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．11．数列的前项和为，且，，则（

）A．数列是等差数列 B．数列是等比数列C． D．数列的前项和等于三、填空题12．若数列的前项和，则________．13．已知随机变量，且，，则________.14．甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______．四、解答题15．记等差数列的前n项和为，已知，且．(1)求和；(2)设，求数列的前n项和．16．如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为正方形，E，F分别是，的中点，，.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.17．已知数列满足：，；数列的前项和．(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前项和．18．某高中学校计划通过体质测试，了解学生体质健康水平．规定按照成绩由高到低，前的学生测试成绩记为“优秀”．为了了解本次体质测试情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：(1)求的值并估计记为“优秀”的最低分数；(2)如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取8人，再从8人中选4人，记4人中成绩不合格（成绩低于60分）的学生人数为，求的分布列与期望；(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．体质监测中心计划从全市抽取名高中生进行体质测试，记这名高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的人数为，求的数学期望．参考数据：若，则．19．已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5．(1)求和的值；(2)，为上两点，的重心在直线上．①证明：直线的斜率为定值；②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动．2027届高二第七次阶段性练习数学试题参考答案题号1234567891011答案ABCBDCDDABCABDABD1．A【详解】由题意及等比数列的性质可得，又是正项等比数列，则，故.2．B【详解】图①，数据点呈正线性相关，且相关性很强，所以接近1；图②，数据点呈负线性相关，且相关性很强，所以接近；图③，数据点呈正线性相关，且相关性比图①弱，所以；图④，数据点呈负线性相关，且相关性比图②弱，所以；所以.3．C【详解】等差数列中，由得，所以.4．B【详解】因为，所以①，又因为，所以，即②，联立①②，解得，，所以，所以.5．D【分析】由递减数列定义可得，代入计算即可得解.【详解】因为数列是单调递减数列，所以恒成立，则，即，又，则，所以，则实数a的取值范围为.故选：D6．C【分析】利用递推关系变形可得，然后裂项相消法求和即可判断各选项.【详解】由可得：，故A错误；移项可得，故C正确；同理，故B错误；移项可得，故D错误；故选：C7．D【分析】将“质点移动位置”转化为“正、负方向移动次数”的组合问题，通过分析组合数的最大值确定概率最高的位置.【详解】设质点向正方向移动的次数为（），则向负方向移动的次数为，质点最终的位置坐标由正、负方向移动的总距离决定：，每次移动向正、负方向的概率均为，因此“7次移动中恰好有次向正方向”的概率服从二项分布，概率公式为：，其中为组合数，为常数，因此，概率的大小由组合数决定，“最可能的位置”对应最大时的，时时时时时时时时综上，组合数在和时取得最大值，当时，代入得：，当时，代入得：，质点最可能移动到的位置坐标为或.8．D【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第n次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第n次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率.【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第n次球在乙手中”，“第n次球在丙手中”，那么由题意可知可知：，又，所以，可构造等比数列，，因为第一次由甲传球，可认为第0次传球在甲，即，所以是以为首项，公比为的等比数列，故，所以，因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，即，所以经过n次传球后，球恰在乙手中的概率为.故选：D.9．ABC【详解】对于A，回归直线恒过样本点的中心，正确；对于B，两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近，正确；对于C，根据回归系数的含义，线性回归方程，当变量每增加一个单位时，平均减少个单位，正确；对于D，根据平均数的计算公式得，由方差公式可得：，故错误10．ABD【分析】根据题意求得随机变量的期望与方差，设随机变量为面试完成后答对题的数量，根据二项分布的期望与方差公式求得，由题意可得，根据期望与方差的性质可得，结合选项依次判断即可.【详解】由题意可得随机变量的可能取值为，，所以，，记随机变量为面试完成后答对题的数量，由题意可得随机变量服从二项分布，即，所以，由题意可得，所以，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，随机变量与之间没有确定的关系，故C错误；对于D，，故D正确.11．ABD【分析】根据与之间的关系分析可得，即可判断A；进而可得，，即可判断BC；整理可得，利用裂项相消法运算求解，即可判断D.【详解】对于A，由数列满足，当时，，所以，可得，因为，可得，所以，则，所以，所以，所以数列是以首项为，公差的等差数列，所以A正确；对于B，由A项可得，所以，当时，，当时，，适合上式，所以，又由，可得，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以B正确；对于C，由B项知：数列的通项公式为，所以C错误；对于D，由，可得的前项和为：，所以D正确.12．【详解】已知，．13．/【分析】由正态分布的对称性，求得，由二项分布的性质，结合题意得,从而求得.【详解】随机变量，且，所以，即.因为，所以.所以.14．【分析】设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出.【详解】将门选修课编号为，设为第i门课是否被选中，，则，又，则．15．(1)；(2).【分析】（1）利用等差数列性质及前项和公式列式求出公差及即可.（2）由（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和即可.【详解】（1）设的公差为，则，解得，由，得，解得，所以，.（2）由（1）得，所以.16．(1)证明见解析(2).【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）因为侧面为正方形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）知平面，又平面，所以，又侧面为正方形，所以，又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由及题意可得，所以，，，，所以，，，设平面的法向量为，由得取，则，，所以.设平面的法向量为，由得取，则，，所以.所以.故平面与平面夹角的余弦值为.17．(1)，(2)【分析】（1）推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式，由可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【详解】（1）因为，所以，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，，当时，当时，符合，所以.（2）由（1）可得：，①②①②可得：，所以.18．(1)，88分(2)分布列见解析，(3)【分析】（1）利用频率分布直方图的性质，即可求出，进而可求出“优秀”的最低分数；（2）先求出每一层的分数，再求出的可能取值及对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式或超几何的期望公式，即可求出期望；（3）利用正态分布的性质得，根据题设有，再由二项分布的期望计算公式，即可求解.【详解】（1）由图可知，解得.因为，则成绩由高到低的前分数线必在之间，设分数线为，则，得，则记为“优秀”的最低分数为88分.（2）样本成绩位于和的比例为，故所抽取的个人中，来自的人数为，来自的人数为，来自的人数为，则的所有可能取值为1，2，3，4．，，所以的分布列为方法一：.方法二：服从参数的超几何分布，故.（3）由题意得，，由，所以，所以，所以高中生的体质测试成绩恰好落在区间内的概率约为0.8186，故，所以.19．(1)，(2)①证明见解析②证明见解析【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出.（2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程.方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可.【详解】（1）抛物线的准线方程为．根据抛物线定义，，所以．因此，抛物线的方程为．将代入抛物线方程：，又，故．（2）①方法一：设，，则的重心为，由题意知，，则．所以直线的斜率，为定值．方法二：因为直线的斜率不为零，所以设直线的方