2023-2024学年山东省东营市高二年级第二学期期末质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省东营市高二年级第二学期期末质量监测数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知数列{an}是等差数列，且满足a3+a11=50，则a6+a7+a8等于( )
A. 84B. 72C. 75D. 56
2.一个圆锥的母线长为8，母线与轴的夹角为30∘，则圆锥的侧面积为( )
A. 16πB. 32πC. 48πD. 64π
3.已知函数f(x)=lnx−mx，若函数f(x)在[1,2]上单调递减，则实数m的最小值为( )
A. 1B. 12C. 2D. 2 2
4.已知变量x和y的统计数据如下表，若由表中数据得到回归直线方程为y=−3.2x+a，则x=4时的残差为( )
A. 0.2B. −0.3C. 0.4D. −0.2
5.已知一批产品的次品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取50次，假设抽出的产品需要专门检测，检测费用Y元与抽到的次品数X有关，且Y=10X+300，则D(Y)=( )
A. 97B. 98C. 99D. 100
6.已知二面角α−l−β的大小为π2，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面α，β内，且都与AB垂直，已知AB=1，AC= 2，BD=2，则CD=( )
A. 2B. 5C. 3D. 7
7.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=( )
A. 120B. 85C. −85D. −120
8.已知函数f(x)=(x2−3)ex，若方程f(x)=a有三个实数解，则实数a的取值范围为( )
A. (0,6e3)B. (−2e,0)C. (−2e,6e3)D. (−2e,6e3)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知盒中有大小相同的2个红球和2个蓝球，从中随机摸球，下列说法正确的是( )
A. 每次摸出1个球并放回，则第1次摸到红球与第2次摸到蓝球是相互独立的
B. 每次摸出1个球并放回，连续摸n次后，摸到红球的次数X的方差为n2
C. 每次摸出1个球不放回，则第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为13
D. 每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第2次摸到红球的概率为14
10.已知数列{an}满足a1=1，|an+1|=|an+1|(n∈N∗)，则( )
A. 存在等差数列{an}满足上述递推公式B. 存在等比数列{an}满足上述递推公式
C. 存在周期数列{an}满足上述递推公式D. 存在摆动数列{an}满足上述递推公式
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是棱B1C1，BB1的中点，点P是侧面ADD1A1内一点(含边界)，若BP//平面D1EF，则下列说法正确的是( )
A. 点P的轨迹为一条线段
B. 三棱锥P−D1EF的体积为定值
C. |B1P|的取值范围是[ 5,3]
D. 平面PBC1截该正方体的外接球所得截面的面积为26π9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量ξ~N(2,σ2),若P(ξ<4)=0.8,则P(0<ξ<2)= .
13.已知正四棱台上底面边长为3cm，侧棱和下底面边长都是9cm，则体积为 cm3．
14.已知函数f(x)=e2ax−3lnx，若f(x)>x3−2ax恒成立，则实数a的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=2，AB=BC=2 2，设D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，且DF= 3．
(1)求证：平面DEF⊥平面ABC;(2)求平面PBC与平面BDE所成角的正弦值．
16.(本小题12分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N∗).
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列?若存在，求出这样的3项;若不存在，请说明理由．
17.(本小题12分)
某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设A=“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，B=“抽取的学生建立了个性化错题本”，且P(A|B)=23，P(A)=13，P(B)=23．
(1)求P(B|A)和P(A|B);
(2)若该班级共有36名学生，请完成2×2列联表，并分析能否有99%的把握认为学生期末统考中数学成绩是否及格与建立个性化错题本有关;
(3)现从该班不及格的学生中按照分层抽样的方法抽取6人座谈，再从这6人中随机抽取3人了解建立错题本情况，记建立个性化错题本的学生人数为X，求X的分布列及期望．
(附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.)
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=me2x+(m−2)ex−x
(1)当m=0时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
(3)若f(x)有两个零点，求m的取值范围．
19.(本小题12分)
在数列{an}中，若存在常数t，使得an+1=a1a2a3⋯an+t(n∈N∗)恒成立，则称数列{an}为“H(t)数列”．
(1)若cn=1+1n，试判断数列{cn}是否为“H(t)数列”，请说明理由;
(2)若数列{an}为“H(t)数列”，且a1=2，数列{bn}为等差数列，且i=1nai2=an+1+bn−t，求数列{bn}的通项公式;
(3)若正项数列{an}为“H(t)数列”，且a1>1，t>0，证明：lnan答案简析
1.C
【简析】解：∵数列{an}是等差数列，且a3+a11=50，
∴a3+a11=2a7=50，
∴a7=25，
∴a6+a7+a8=3a7=75，
故选C．
2.B
【简析】解：∵如图：AB=8,∠BAO=30°，
∴RtΔABO中，BO=AB·sin30°=4，
∴圆锥侧面积：．
3.A
【简析】解：f′(x)=1x−m，
若f(x)在[1,2]上单调递减，
则f′(x)≤0在[1,2]恒成立，
即m≥ 1x在[1,2]恒成立，
故只需m≥( 1x)max，
令g(x)= 1x，x∈[1,2]，
g(x)在[1,2]单调递减，
故g(x)max=g(1)= 1 ，
故m≥ 1，
故m的最小值是1，
故选A．
4.D
【简析】解：由题意，x=4+4.5+5+5.5+65=5,y=7+6+4+2+15=4，
则4=−3.2×5+a，解得a=20，
故y=−3.2x+20，
当x=4时，y=7.2，
故x=4时的残差为7−7.2=−0.2
5.B
【简析】解：易知X服从二项分布, 即X~B(50,0.02),
所以D(X)=50×0.02×(1-0.02)=0.98，
由Y=10X+300可知
D(Y)=D(10X+300)=102D(X)=100×0.98=98.
6.D
【简析】解：∵二面角α−l−β的大小为π2，其棱上有A，B两点，
直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，AB=1，AC= 2，BD=2，
∴CD=CA+AB+BD，
∴CD2=(CA+AB+BD)2
=CA2+AB2+BD2+2CA⋅AB+2CA⋅BD+2AB⋅BD
=2+1+4+0+2|CA|⋅|BD|cs90°+0
=7，
∴|CD|= 7，即CD的长为 7．
7.C
【简析】解：S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6成等比数列，
S4−S2=q2S2S6−S4=q4S2=S6+5⇒S6=21S2(q2+1)S2=−5(q4−21)S2=5
从而计算可得S2=−1,S4=−5,S6=−21,S8=−85
故选C．
8.A
【简析】解：由题意得f′(x)=(x2−3)ex+2xex=(x2+2x−3)ex，
令f′(x)=0，得x=−3或x=1，
当x<−3或x>1时，f′(x)>0，当−3所以函数f(x)在(−∞,−3)上单调递增，在(−3,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则f(x)极大值=f(−3)=6e3，f(x)极小值=f(1)=−2e，
在平面直角坐标系内画出函数f(x)的大致图象如图所示：
因为方程f(x)=a有三个实数解，即函数f(x)与y=a的图像有3个不同的交点，
由图像可知，实数a的取值范围为(0,6e3).
9.AC
【简析】解：对于A，设第一次摸到红球为事件A，第2次摸到篮球为事件B，
则PA=12,PB=12,PAB=12×12，
所以PAB=PAPB，
所以第1次摸到红球与第2次摸到蓝球是相互独立的，故A正确；
对于B，每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，连续摸n次后，摸到红球的次数为X，则X∽B(n,12)，
由二项分布的方差公式可得D(X)=n×12×(1−12)=n4，故B错误;
对于C，每次摸1个球，摸出的球观察颜色后不放回，记事件A:第一次摸到红球，事件C:第二次摸到红球，
则P(AC)=2×14×3=16，P(A)=12，
由条件概率公式可得P(C|A)=P(AC)P(A)=16×2=13，故C正确;
对于D，第2次摸到红球的概率为24×13+24×23=12，故D错误．
10.ACD
【简析】解：由|an+1|=|an+1|，得an+1=an+1或an+1=−an+1，
当an+1=an+1时，因为a1=1，则an为首项和公差都为1的等差数列，则an=n;
当an+1=−an+1时，因为a1=1，则an为1,−2,1,−2,1,⋯，
对于A、当an+1=an+1时，存在等差数列{an}满足上述递推公式，故A正确；
对于B、不可能存在等比数列{an}满足上述递推公式，故B错误；
对于C、当an+1=−an+1时，存在周期为2的数列{an}满足上述递推公式，故C正确；
对于D、当an+1=−an+1时，存在摆动数列{an}满足上述递推公式，故D正确．
11.ABD
【简析】解：取AD， DD1的中点分别为N.M．
由正方体的性质易得 D1E//BN，MN//EF，
又D1E⊄平面BMN，BN⊂平面BMN，EF⊄平面BMN，NM⊂平面BMN，
所以D1E//平面BMN，EF/​/平面BMN.又D1E∩EF=E，
所以平面BMN//平面D1EF，又BP//平面D1EF，
又点P是侧面ADD1A1内一点(含边界)．
所以P点轨迹为MN，故A正确;
△D1EF的面积为定值，因为BP//平面D1EF，
B到平面D1EF的距离为定值ℎ，
则P到平面D1EF的距离为定值，
故VP−D1EF=13S△D1EF·ℎ为定值，故B正确．
由勾股定理可得B1M=B1N=3，MN= 2，
所以由等腰三角形的性质可得B1到MN距离d= 9−12= 342> 5，故C错误；
易知MN//AD1//BC1，所以平面PBC1即为平面BNMC1．
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B2,2,0,C10,2,2,N1,0,0，正方体的外接球球心O(1,1,1)，
设平面BNMC1的法向量为n=x,y,z，
NB=1,2,0,NC1=−1,2,2，
则n·NB=0n·NC1=0，即x+2y=0−x+2y+2z=0,
令x=2，则y=−1，z=2，故n=2,−1,2，
则O到平面BNMC1的距离为ON·nn=13．
又正方体的外接球半径为 22+22+222= 3，
所以平面PBC1截该正方体的外接球所得截面圆的半径为 32−132= 263，
所以平面PBC1截该正方体的外接球所得截面的面积为，故D正确．
故选：ABD．
12.0.3
【简析】解：∵ξ~N(2,σ2),
∴正态曲线的对称轴是x=2，
∵P（ξ＜4）=0.8，
∴P（ξ≥4）=0.2，P（ξ⩽0）=0.2，
∴P（0＜ξ＜2）=P（ξ＜2）-P（ξ⩽0​​​​​​​）=0.5-0.2=0.3．
故答案为：0.3.
13.117 7
【简析】解：由题意，得棱台的高为 92−9 22−3 222=3 7，
故棱台的体积为13×3 7×32+92+ 32·92=117 7
14.(32e,+∞)
【简析】解：f(x)>x3−2ax恒成立，等价于e2ax+2ax>x3+3lnx=e3lnx+3lnx.
令函数g(x)=ex+x，
则g′(x)=ex+1>0，故g(x)是增函数．
e2ax+2ax>e3lnx+3lnx等价于
2ax>3lnx(x>0)，即a>3ln x2x．
令函数ℎ(x)=3ln x2x，则ℎ′(x)=121−ln xx2．
当x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减．
ℎ(x)max=ℎ(e)=32e．
故实数a的取值范围为(32e,+∞).
15.(1)证明：由PA⊥AC，D，E分别为棱PC，AC的中点，得DE/​/PA，DE⊥AC，AB=BC=2 2，
D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，且EF= 2，DE=1，DF= 3，DF2=DE2+EF2，DE⊥EF，
EF⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，EF∩AC=E，
所以DE⊥平面ABC，DE⊂平面DEF，
所以平面DEF⊥平面ABC；
(2)解：由(1)知DE⊥平面ABC，又△ABC是等腰直角三角形，E是AC中点，所以BE⊥AC，
以E为原点，EA，EB，ED为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,2,0)，D(0,0,1)，E(0,0,0)，C(−2,0,0)，P(2,0,2)，则PB=(−2,2,−2)，PC=(−4,0,−2)，
设平面PBC的法向量m=(x,y,z)，则m⋅PB=−2x+2y−2z=0m⋅PC=−4x−2z=0，取x=1，得m=(1,−1,−2)，
设平面BDE的法向量n=(1,0,0)，所以cs=m⋅n|m|⋅|n|=1 6= 66，
记平面PBC与平面BDE所成角为θ，所以sinθ= 1−16= 5 6= 306，
故平面PBC与平面BDE所成角的正弦值为 306．
【简析】
(1)根据面面垂直的判定定理判定即可；
(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面PBC与平面BDE的法向量，然后即可求夹角．
16.解：(1)由 an+1=2Sn+2，得an=2Sn−1+2(n≥2)，两式相减，得an+1=3an(n≥2)．∵数
列{an}是等比数列，又∵n=1时，代入可得a2=2S1+2=2a1+2=3a1，∴a1=2，∴an=2⋅3n−1．
(2)由题意得an+1=an+(n+2−1)dn，
即2⋅3n=2⋅3n−1+(n+1)dn，故dn=4×3n−1n+1．
假设在数列{dn}中存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，
则(dk)2=dmdp，即(4×3k−1k+1)2=4×3m−1m+1⋅4×3p−1p+1，
∴32k(k+1)2=3m+p(m+1)(p+1)(∗)
∵m、k、p成等差数列，∴m+p=2k，
则(∗)式可化为k2=mp，故k=m=p．
这与题设矛盾，∴在数列{dn}中不存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列．
【简析】
(1)根据题意，n≥2时，得到an+1−an=(2Sn+2)−(2Sn−1+2)并化简，然后讨论 n=1时的情况，进而得到an+1，an间的关系，最后根据等比数列的定义得到答案；
(2)假设存在，则必然有(dk)2=dmdp，进而得到k，m，p间的关系，然后判断答案．
17.解：(1)因为P(A|B)=23所以P(A|B)=13，
因为P(A)=13，P(B)=23，所以P(B)=13，P(A)=23
由P(A|B)⋅P(B)=P(B|A)⋅P(A)，解得P(B|A)=16，所以P(B|A)=56，
则P(A)=P(B)⋅P(A|B)+P(B)P(A|B)，解得P(A|B)=16．
(2)由题意，
根据列联表中的数据，经计算得到χ2=36×(20×8−4×4)224×12×12×24=9>6.635．
所以有99%的把握认为期末统考中的数学成绩是否及格与建立个性化错题本有关．
(3)从该班不及格的学生中按照分层抽样的方法随机抽取6人进行座谈，其中建立个性化错题本的学生
人数为2人，不建立个性化错题本的学生人数为4人
故X的取值是{0,1,2}
则P(X=0)=C43C63=420=15，
P(X=1)=C21C42C63=1220=35，
P(X=2)=C22C41C63=420=15
则X的分布列为
故X的期望为E(X)=15×0+35×1+15×2=1
【简析】
(1)利用条件概率和全概率公式即可求解;
(2)完善列联表，由卡方公式求出观测值，对照临界值表即可判断;
(3)求出X的所有可能取值和对应概率，即可得分布列和期望．
18.解：(1)当m=0时，f(x)=−2ex−x，∴f(0)=−2e0−0=−2，
∵f′(x)=−2ex−1,∴k=f′(0)=−2e0−1=−3，
所以曲线y=f(x)在点0,f(0)处的切线方程为：y−(−2)=−3(x−0)，
即3x+y+2=0；
(2) fx的定义域为−∞,+∞，
f′(x)=2me2x+(m−2)ex−1=(mex−1)(2ex+1) ，
(ⅰ)若m⩽0,则f ′(x)<0,所以f(x)在(−∞,+∞)单调递减.
(ⅱ)若m>0,则由f′(x)=0得x=−ln m.
当x∈(−∞,−lnm)时,f ′(x)<0；当x∈(−lnm,+∞)时,f ′(x)>0.
所以f(x)在−∞,−lnm单调递减，在−lnm,+∞单调递增.
故当m≤0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减；
当m>0时，f(x)在(−∞,−lnm)单调递减，在(−lnm,+∞)单调递增．
(3)(ⅰ)若m≤0，由(2)知，f(x)至多有一个零点，不满足条件；
(ⅱ)若m>0，由(2)知，当x=−lnm时，
f(x)取得最小值，最小值为f(−lnm)=1−1m+lnm.
①当m=1时，由于f(−lnm)=1−1m+lnm=0，故f(x)只有一个零点，不满足条件；
②当m∈(1,+∞)时，由于1−1m+lnm>0，即f(−lnm)>0，故f(x)没有零点，不满足条件；
③当m∈(0,1)时，1−1m+lnm<0，即f(−lnm)<0，
又f(−2)=me−4+(m−2)e−2+2>−2e−2+2>0，
所以f(x)在−∞,−lnm上有一个零点，
设正整数n0满足n0>ln3m−1，则en0>3m−1，men0+m−2>1，
则f(n0)=en0men0+m−2−n0>en0−n0>2n0−n0>0，
因为ln3m−1>−lnm，所以f(x)在−lnm,+∞上有一个零点，
所以若f(x)有两个零点，m的取值范围为(0,1)．
【简析】
(1)根据导数的几何意义求解即可；
(2)对m进行分类讨论，结合导数与函数单调性的关系，得出答案；
(3)对m进行分类讨论，研究各区间内函数零点的个数，得出答案．
19.解：(1)数列{cn}不是“H(t)数列”，
理由如下：cn=1+1n=n+1n(n∈N∗)，则cn+1=n+2n+1(n∈N∗)，
又c1c2c3⋯cn=213243⋯n+1n=n+1(n∈N∗)，
所以cn+1−c1c2c3⋯cn=n+2n+1−(n+1)=1n+1−n(n∈N∗)，
因为1n+1−n不是常数，所以数列{cn}不是“H(t)数列”；
(2)因为数列{an}为“H(t)数列”，由i=1nai2=an+1+bn−t(n∈N∗)，
设数列{bn}的公差为d，有i=1nai2=a1a2a3⋯an+bn(n∈N∗) ①，
所以i=1n+1ai2=a1a2a3⋯anan+1+bn+1(n∈N∗) ②，
两式作差得an+12=(an+1−1)a1a2a3⋯an+d(n∈N∗)，
又因为数列{an}为“H(t)数列”，所以an+1−t=a1a2a3⋯an(n∈N∗)，
所以an+12=(an+1−1)(an+1−t)+d(n∈N∗)，
即(t+1)an+1−(t+d)=0对∀n∈N∗成立，则t+1=0t+d=0得t=−1d=1，
又a1=2，a12=a1+b1，得b1=2，所以bn=2+(n−1)×1=n+1；
(3)设函数f(x)=lnx−x+1(x>0)，则f′(x)=1x−1=1−xx，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，则f(x)在(1,+∞)上单调递减，且f(x)因为数列{an}为“H(t)数列”，则an+1−a1a2a3⋯an=t(n∈N∗)，
因为a1>0，t>0，则a2=a1+t>a1>1，故a3=a1⋅a2+t>a1⋅a2>1，
由此类推，可得对∀n∈N∗，an>1，
所以f(an)所以lnan【简析】
(1)根据数列的新定义判断即可；
(2)根据数列{an}为“H(t)数列”，结合“H(t)数列”的定义分析求解即可；
(3)设函数f(x)=lnx−x+1(x>0)，求导证明．x
4
4.5
5
5.5
6
y
7
6
4
2
1
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格A
不及格A
建立B
未建立B
合计
P(χ2≥k)
0.05
0.01
0.001
k
3.841
6.635
10.828
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格A
不及格A
建立B
20
4
24
未建立B
4
8
12
合计
24
12
36
X
0
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