辽宁省大连市滨城高中联盟2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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试卷命题人：大连市第一中学 裴世杰 校对人：大连市第一中学 聂群
一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共计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. 函数的导数为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合导数的乘法运算法则和复合函数求导法则计算即可.
【详解】.
故选：.
2. 函数的单调增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过求导，令导函数大于，即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，
令，即，解得，
所以函数的单调递增区间为.
故选：.
3. 已知是可导函数，且对于恒成立，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，由导数及确定单调性，得出及，即可得出判断．
【详解】设，则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以，即，整理得，
，即，整理得，
故选：D．
4. 在正项等比数列中，为其前项和，若，，则的值为（ ）
A. 50B. 70C. 90D. 110
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列的片段和性质列式计算即可.
【详解】由等比数列的片段和性质得，，成等比数列
所以
所以，
解得.
故选：B.
5. 已知某种零件的尺寸（单位：）在内的为合格品．某企业生产的该种零件的尺寸服从正态分布，且，则估计该企业生产的2000个该种零件中合格品的个数为（ ）
A. 1700B. 1600C. 1400D. 600
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意利用正态分布的对称性求零件合格的概率，进而估算出结果．
【详解】因为服从正态分布，且，
所以该企业生产的该种零件合格的概率，
所以估计该企业生产的2000个零件中合格品的个数为，
故选：C．
6. 一袋中装有10个球，其中3个黑球、7个白球，从中先后随意各取一球(不放回)，则第二次取到是黑球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设事件：表示第1次取到黑球，事件：表示第1次取到白球，事件：表示第2次取到黑球，结合，即可求解.
【详解】设事件：表示第1次取到黑球，事件：表示第1次取到白球，
事件：表示第2次取到黑球，可得，
则.
故选：B.
7. 在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.8和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设事件，再求出甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的概率，然后利用条件概率公式求解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件、、，
则，且，，相互独立，
设甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级为事件，
则，
设乙没有达优秀等级为事件，则，
所以.
故选：B.
8. 已知数列满足，对任意都有，且对任意都有，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得数列在上是递减数列，数列在上是递增数列，再根据二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为对任意都有，
所以数列在上是递减数列，
因为对任意都有，
所以数列在上是递增数列，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个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，部分选对得部分分，错选得0分.）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 标准差越大，则反映样本数据的离散程度越小.
B. 在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，则预报变量减少0.8个单位
C. 在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合程度越好.
D. 对分类变量和来说，它们的随机变量的观测值越大，“与有关系”的把握程度越小
【答案】BC
【解析】
【分析】标准差越大，则反映样本数据离散程度越大，即可判断；在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，根据斜率的意义即可判断；根据残差平方和的意义即可判断；对分类变量和来说，它们的随机变量的观测值越大，“与有关系”的把握程度越大，即可判断.
【详解】对于，标准差越大，则反映样本数据的离散程度越大，故不正确；
对于，在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，则预报变量减少0.8个单位，故正确；
对于，在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合程度越好，故正确；
对于，对分类变量和来说，它们的随机变量的观测值越大，“与有关系”的把握程度越大，故不正确.
故选：.
10. 设为等差数列的前项和，若，，，则（ ）
A. 数列的公差小于0
B.
C. 的最小值是
D. 使成立的的最小值是4045
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合等差数列前项和公式及等差数列的性质，逐项计算判断作答.
【详解】在等差数列中，由，得，即，
因此等差数列为递增数列，公差大于0，A错误；
又，即，整理得，
因此，，的最小值是， B正确，C错误；
因为，
，所以使成立的n的最小值是4045，D正确.
故选：BD
11. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，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，记n次传球后球在甲手中的概率为，则（ ）
A.
B. 数列为等比数列
C.
D. 第4次传球后球在甲手中的不同传球方式共有6种
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，即可判断ABC，然后逐一列举，即可判断D.
【详解】由题意可知，要使得n次传球后球在甲手中，则第次球必定不在甲手中，
所以，，即，
因为，则，所以，，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故B正确；
则，即，故C错误；
且，故A正确；
若第4次传球后球在甲手中，则第3次传球后球必不在甲手中，
设甲，乙，丙对应，
则，
，
，
，
，
，
所以一共有六种情况，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. 数列，为其前项和，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知利用分组法求和即可.
【详解】
.
故答案为：.
13. 已知，则曲线在点处切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求导函数，再求斜率和切点纵坐标，即可求切线方程.
【详解】，
所以，且，
所以曲线在点处切线方程为，即.
故答案为：.
14. 已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】函数在上存在单调递增区间，转化为在上有解，利用二次函数的性质求实数的取值范围．
【详解】函数在上存在单调递增区间，
由，则在上有解．
令，因为，所以只需或，
即或，解得．
所以实数的取值范围是.
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. 有甲，乙，丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场.第1局由甲，乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立.
（1）求前3局比赛甲都取胜的概率；
（2）用表示前3局比赛中乙获胜的次数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）借助独立事件的概率乘法公式计算即可得；
（2）写出的所有可能取值后计算相应概率即可得其分布列，借助分布列计算即可得期望.
【小问1详解】
前3局甲都获胜的概率为；
【小问2详解】
所有可能取值为.
其中，表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，则；
表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢；或第1局乙赢，且第2局乙输，
则；
表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局是乙输，则；
表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局是乙赢，则；
所以的分布列为：
故的数学期望为.
16. 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝·an(n∈N*).
（1）证明：数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn＜2.
【答案】（1）证明见解析；；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等比数列的通项公式，进行求解即可；
（2）由，进而利用，得到
，最后利用等比数列求和公式进行求证即可
【详解】证明：（1）由题设得，又，
所以数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以，
（2）由（1）知，
因为对任意，恒成立，
所以，
所以
故Tn＜2成立
【点睛】本题考查等比数列的通项公式，以及等比数列的求和公式，难点在于利用不等式的放缩法得出，属于中档题
17. 已知函数f(x)＝x2＋aln x．
（1）当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
（2）若函数g(x)＝f(x)＋在[1,＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，解不等式得增区间，解不等式得减区间．
（2）在上的函数值恒为非负或恒为非正，分类讨论，分别分离参数，进而可得答案．
【小问1详解】
函数的定义域是，
时，，
当时，，的单调递减区间是，
∴的单调递减区间是；
【小问2详解】
，，
由题意当时，恒成立，或恒成立．
若，
则恒成立，
当时，，
即的最大值为0，∴；
若，，
当时，无最小值，∴不可能恒成立；
综上．
18. 清明小长假期间，大连市共接待客流322.11万人次，游客接待量与收入达到同期历史峰值，其中到东港旅游的人数达到百万之多.现对到东港旅游的部分游客做问卷调查，其中的人只游览东方水城，另外的人游览东方水城和港东五街.若某位游客只游览东方水城，记1分，若两项都游览，记2分.视频率为概率，解答下列问题.
（1）从到东港旅游的游客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为，求的分布列和数学期望；
（2）从到东港旅游的游客中随机抽取人，记这人的合计得分恰为分的概率为，求；
（3）从到东港旅游的游客中随机抽取10人，其中两处景点都去的人数为.记两处景点都去的人数为的概率为，写出的表达式，并求出当为何值时，最大？
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
（3），7
【解析】
【分析】（1）由题意确定X的可能取值，求出每个对应的概率，即可得分布列；由期望公式，即可求得数学期望.
（2）人中只有1人两项都游览可得，再利用错位相减法求和即得答案.
（3）利用二项分布的概率求出，再借助最大概率问题列出不等式组求解即得.
【小问1详解】
的可能取值为，则，
，
所以的分布列为：
数学期望.
【小问2详解】
由人的合计得分为分，得其中只有1人两项都游览，则，
设，
则，
两式相减得，
所以.
【小问3详解】
依题意，，
设最大，则，即，
整理得，即，解得，而，因此，
所以当时，.
19. 已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（3）求证：．（参考数据：）
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，求出，即可得出切线方程；
（2）由函数在上单调递增得，当时，分离参数得对于恒成立，由导数求出最值，即可求解；
（3）法一：由（2）可知，当时，在上单调递增，令得，，根据累加法即可证明；法二：设数列的前项和，得出，证明即可，证法同法一；法三：用数学归纳法证明．
【小问1详解】
当时，，
所以求在处的切线方程为：．
【小问2详解】
，
若函数在上单调递增，
则当，，即对于恒成立，
令，则，则函数在上单调递增，
所以，故．
【小问3详解】
法一：由（2）可知，当时，在上单调递增，
所以当时，，即，即在上总成立，
令得，，
化简得：，所以，，
累加得，即，命题成立．
法二：可设数列的前项和，
当时，，
当时，，时也成立，
所以，
本题即证，以下证明同法一．
法三：（i）当时，左式，右式显然成立；
（ii）假设当不等式成立，即，
那么当时，左式，
证明，即需证，
设，则，
即只需证，即，
设，
所以在单调递增，，可知不等式是也成立，
综上可知，不等式对于任意正整数都成立．
注意：中，写成或都可以．
0
1
2
3
3
4
5
6