辽宁省鞍山市第一中学2022-2023学年高二数学下学期期中考试试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省鞍山市第一中学2022-2023学年高二数学下学期期中考试试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度下学期期中考试24届高二年级数学科试卷 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. 已知等差数列5，9，13，…，则下列哪个数是这个数列中的项（    ）A. 19 B. 21 C. 30 D. 31【答案】B【解析】【分析】根据前两项求出通项公式，根据通项公式可得答案.【详解】记等差数列为，则，，所以公差，所以，所以.故选：B.2. 下列求导运算中，正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式和导数的运算法则即可求出结果.【详解】对于选项A，，所以选项A错误；对于选项B，，所以选项B错误；对于选项C，，所以选项C错误；对于选项D，，所以选项D正确.故选：D.3 若随机变量，且，那么（    ）A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8【答案】A【解析】【分析】由题意可得，根据即可求得．【详解】由，得，由题意，正态曲线关于对称，所以，故选：A．4. 若五个数、、、、成等比数列，则（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【分析】设等比数列、、、、的公比为，利用等比数列的性质和等比中项的性质可得出结果.【详解】设等比数列、、、、的公比为，则，由等比中项的性质可得，所以，，.故选：B.【点睛】本题考查等比数列基本性质的应用，考查计算能力，属于基础题.5. 甲、乙两位同学各自独立地解答同一个问题，他们能够正确解答该问题的概率分别是和，在这个问题已被正确解答的条件下，甲、乙两位同学都能正确回答该问题的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用独立事件及互斥事件的概率求法求解该问题被解答的概率，再利用条件概率计算公式求解即可.【详解】设事件A表示“甲能回答该问题”，事件B表示“乙能回答该问题”，事件C表示“这个问题被解答”，则，，故，所以在这个问题已被解答的条件下，甲乙两位同学都能正确回答该问题的概率为：.故选：D6. 等比数列的前n项积为，且满足，，，则使得成立的最大自然数n的值为（    ）A. 102 B. 203C. 204 D. 205【答案】C【解析】【分析】由题意可得，，利用等比数列的性质即可求解.【详解】由，即，则有，即。所以等比数列各项为正数，由，即，可得：，所以，，故使得成立的最大自然数n的值为204，故选：C【点睛】关键点点睛：在分析出，的前提下，由等比数列的性质可得，，即可求解，属于难题.7. 已知定义在上的函数满足：，且，则的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】令，利用导数可判断其单调性，从而可解不等式.【详解】设，则，故为上的增函数，而可化为即，故即，所以不等式的解集为，故选：A.8. 若函数在区间恰有两个极值点，则实数m的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由函数有两个极值点得到导函数有两个零点，从而转化为有两个不等变号实根，构造函数，使和有两个交点即可求解.【详解】函数，求导得：，因为函数在区间恰有两个极值点，所以在区间有两个相异的变号实根，即方程在区间有两个相异的变号实根，构造函数，则，，当或时，，当时，，所以在和单调递增，在单调递减，所以当时，取极大值，当时，取极小值，又当时，，又，所以，要使方程在区间有两个相异的实根，则函数和函数有两个交点，则，即，故实数的取值范围是.故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知数列，，下列说法正确的有（    ）A. 若，则为递减数列B. 若，，则为等比数列C. 若数列的公比，则为递减数列D. 若数列的前n项和，则为等差数列【答案】ABD【解析】【分析】对A计算可得答案；对B变形得可得答案；对C举例求出可得答案；对D. 求出可得答案.【详解】对A，当时，，即，A正确；对B，因为，，所以，由已知得，则是以3为公比的等比数列，B正确；对C，当时，，，则，故不是递减数列，C错误；D.由得时，，，，检验得，时，满足，所以，，则为等差数列，D正确.故选：ABD.10. 以下命题正确的是（    ）A. 关于正态分布，当一定时，越大，正态曲线越“矮胖”，越小，正态曲线越“瘦高”B. 设随机变量，则的值等于2C. 回归直线一定过样本的中心D. 关于独立性检验，越小，与有关系的把握程度就越大【答案】AC【解析】【分析】由正态分布曲线的特点和正态分布的方差即可判断A和B,由线性回归的特点可判断C;由独立性检验的相关指数的特点来判断D.【详解】由正态分布曲线的特点可得: 当一定时，越大，正态曲线越“矮胖”，越小，正态曲线越“瘦高”,A正确; 由若X服从正态分布则D(X)=, D(X)=D(X)=,所以设随机变量时D(X)=,则B不正确;由线性回归的性质可得回归直线一定过样本中心点,则C正确; 由独立性检验的知识点可得当越大时, A与B有关系的把握程度就越大,则D不正确.故选:AC【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点和正态分布中随机变量的方差的求解,考查了线性回归和独立性检验的性质特点,属于基础题.11. 定义在上的函数，满足，则下列说法正确的有（    ）A. 若，则B. 在处取得极小值C. 有且只有一个零点的充要条件为D. 若对任意，恒成立，则【答案】AB【解析】【分析】对于对于，构建函数，求其最小值即可；对于，研究函数的单调性与极值即可；对于，利用特例即可作出判断.【详解】对于，，令，则，因此函数在上单调递增，，即，成立；对于，，可得函数在上单调递减，在上单调递增，因此函数在处取得极小值，，因此正确；对于，由可得：有且只有一个零点的充要条件为，因此不正确；对于，对任意的，恒成立∴时，即，因此不正确．故选：．12. 已知数列中，，，下列说法正确的是（参考公式：）（    ）A. B. C. D. 存在，使得【答案】ABC【解析】【分析】由题意可得到，再根据累乘法可求得，从而可求得，进而即可判断A，B；将进行分组求和即可判断C；先对分组求和，再进行放缩，再结合裂项相消即可判断D．【详解】由，则，所以，又，得，对于A，由，故A正确；对于B，由，故B正确；对于C，由，所以，故C正确；对于D，由，所以，故D错误．故选：ABC．【点睛】关键点睛：运用累乘法、分组求和、放缩、裂项相消法是解题的关键．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 函数的图象在处的切线方程为___________.【答案】【解析】【分析】求出导函数，计算出切线斜率，同时计算出函数值，然后可得切线方程．【详解】由得，所以，所以的图象在处的切线方程为，即.故答案为：．【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题，函数图象在点处的切线方程是．14. 假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下：已知该市场智能手机的优质品率为，则乙品牌手机的优质品率P为______．品牌甲乙其他市场占有率优质率P 【答案】【解析】【分析】根据所给数据计算优质品率即可得解.【详解】设市场供应的智能手机共有a，则其中优质品有：，故该市场智能手机的优质品率为，解得，故答案为：15. 若数列对任意正整数，有（其中，为常数，且），则称数列是以为周期，以为周期公比的类周期性等比数列．已知类周期性等比数列的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则数列前25项的和为___________．【答案】3277【解析】【分析】利用分组求和和等比数列的前项和公式求解即可.【详解】由题意可知，，，且，所以，故答案为：327716. 若函数与的图像有两个不同的公共点，则a的取值范围为____________.【答案】【解析】【分析】令,根据题意在有两个零点，求导借助导数研究单调性分析得，的极小值，其中，进而转化为能成立问题，借助基本不等式求解即可.【详解】令，函数与的图像有两个不同的公共点，等价于在有两个零点，，令，则，令，，易得恒成立，故在单调递增，易得，故存在，使得，即，即，当时，，等价于，则在上单调递减，当时，，等价于，则在上单调递减，故为极小值，因为在有两个零点，则，即，因，则，则，即，解得故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用数列的递推关系式求出数列的通项公式. （2）利用错位相减法求出数列的和，根据不等式的性质可证明.【小问1详解】当时，，解得；当时，，两式相减得；所以是，的等比数列，故．【小问2详解】证明：因为，所以①，②①-②得所以．因为，所以．18. 设某幼苗从观察之日起，第x天的高度为ycm，测得的一些数据如下表所示：第x天1234567高度ycm0479111213作出这组数据的散点图发现：y（cm）与x（天）之间近似满足关系式.（1）试借助一元线性回归模型，根据所给数据，求出y关于x的线性回归方程；（2）在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的3个点，记这3个点中幼苗的高度大于的点的个数为，其中为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量的分布列和数学期望.附：回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式，分別为，【答案】（1）    （2）分布列见解析，数学期望.【解析】【分析】（1）由y关于x的回归直线方程的计算公式求得结果；（2）利用超几何分布概率公式计算，求得随机变量的分布列，并根据分布列，利用数学期望计算求得期望值.【小问1详解】由表格数据，得，，则，所以，所以y关于x的线性回归方程为.【小问2详解】7天中幼苗高度大于的有4天，小于等于8的有3天，从散点图中任取3个点，即从这7天中任取3天，所以这3个点中幼苗的高度大于的点的个数的取值为0，1，2，3，；；；；所以随机变量的分布列为：随机变量的期望值.19. 已知函数（1）当，且时，证明：；（2）是否存在实数a，使函数在上单调递增?若存在，求出a的取值范围；不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；    （2）存在，.【解析】【分析】（1）将代入，利用导数求出函数在上的最小值，再借助对数函数的单调性推理作答.（2）求出函数的导数，利用导函数在上不小于0恒成立求解作答.【小问1详解】当时，，，求导得，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，所以.【小问2详解】若存在实数，使在上是增函数，则，恒成立，即在上恒成立，而函数，在时取得最小值，因此，又当时，，当且仅当时，，即函数在单调递增，所以当时，在上单调递增.20. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，山东省人民政府规定自2023年1月21日起至3月31日在全省实施景区门票减免，全省国有A级旅游景区免首道门票，鼓励非国有A级旅游景区首道门票至少半价优惠．本次门票优惠几乎涵盖了全省所有知名的重点景区，据统计，活动开展以来游客至少去过两个及以上景区的人数占比约为90%．某市旅游局从游客中随机抽取100人（其中年龄在50周岁及以下的有60人）了解他们对全省实施景区门票减免活动的满意度，并按年龄（50周岁及以下和50周岁以上）分类统计得到如下不完整的列联表： 不满意满意总计50周岁及以下 55 50周岁以上15  总计  100 （1）根据统计数据完成以上列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联？（2）现从本市游客中随机抽取3人了解他们的出游情况，设其中至少去过两个及以上景区的人数为，若以本次活动中至少去过两个及以上景区的人数的频率为概率．①求的分布列和数学期望；②求．参考公式及数据：，其中．0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828 【答案】（1）补全的列联表见解析；有关；    （2）①分布列见解析；；②【解析】【分析】（1）由题意，抽取的100人年龄在50周岁及以下的有60人，则年龄在50周岁以上的有40人，即可补全列联表，再根据公式计算，即可判断；（2）①由题意可知，根据二项分布即可求解分布列及数学期望；②根据即可计算.【小问1详解】由题意，抽取的100人年龄在50周岁及以下的有60人，则年龄在50周岁以上的有40人，补全的列联表如下： 不满意满意总计50周岁及以下5556050周岁以上152540总计2080100则.所以在犯错误的概率不超过0.001的情况下认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联.小问2详解】①由题意可得，游客至少去过两个及以上景区的概率为0.9，则，的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，所以的分布列如下：0123因为，所以数学期望.②.21. 已知数列的前n项和为，若，．（1）记判断是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由．（2）记，的前n项和为，求．【答案】（1）不是等差数列，证明详见解析；    （2）当为偶数时，，当为奇数时，.【解析】【分析】（1）取时可求，当时可根据与的关系求出，再验证是否满足即可判断其是否为等差数列；（2）当时，由，得，两式相减即可得，进而可以得出从第2项起的奇数项和偶数项分别成等差数列，讨论为奇数时和为偶数时分别解决.【小问1详解】因为，当时，，又因为，所以当时，因为，由，得①，所以②，所以得：，经验证，当时不等于，所以不是等差数列.【小问2详解】由，得，两式相减得：.所以当时：数列（）是首项为，公差为6的等差数列；数列（）是首项为，公差为6的等差数列.当为偶数时，不妨设，则，此时因为，所以此时.当为奇数时，不妨设，则，此时.因为，所以此时综上所述，当为偶数时，，当为奇数时，.22. 已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）数列满足，证明：当时，.【答案】（1）答案见解析；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题可得，然后分类讨论根据导数与函数单调性的关系即得；（2）根据条件及函数的单调性可得，进而可得，然后再结合函数的单调性即得.【小问1详解】函数的定义域为，且，当时，由可得，由可得，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，由，可得，，（i）当，即时，在上单调递减；（ii）当，即时，令，得，当变化时，，变化如下，+减函数增函数减函数综上：当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增；【小问2详解】由题意知时，，由（1）知，在上单调递减，且，当时，，又，令，得，由可得，由可得，所以在上递减，在递增，因为，所以，，又当时，，所以，即，又因为函数在时单调递减，所以，即，即，，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.