山东省青岛第五十八中学2023-2024学年高二下学期期中数学试题

这是一份山东省青岛第五十八中学2023-2024学年高二下学期期中数学试题，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知为等差数列，，，则（ ）
A．32B．27C．22D．17
2．（5分）若随机变量，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．（5分）函数与互为反函数，且过点，则（ ）
A．B．0C．1D．
4．（5分）某学习小组对一组数据进行回归分析，甲同学首先求出回归直线方程，样本点的中心为．乙同学对甲的计算过程进行检查，发现甲将数据误输成，将这两个数据修正后得到回归直线方程，则实数（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）下列论述错误的是（ ）
A．若随机事件A，B满足：，，，则事件A与B相互独立
B．基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为X和Y独立
C．若随机变量，满足，则
D．若y关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为
6．（5分）若曲线在处的切线与曲线也相切，则a的值为（ ）
A．B．C．1D．
7．（5分）设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．（5分）有穷数列，，，…中的每一项都是，0，1这三个数中的某一个数，若且，则有穷数列，，，…中值为0的项数是（ ）
A．1000B．1015C．1030D．1045
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
（多选）9．（6分）等差数列中，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，则
（多选）10．（6分）某中药材盒中共有包装相同的7袋药材，其中党参有3袋，黄芪有4袋，从中取出两袋，下列说法正确的是（ ）
A．若有放回抽取，则取出一袋党参一袋黄花的概率为
B．若有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取出党参的概率为
C．若不放回抽取，则第2次取到党参的概率算法可以是
D．若不放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参一袋黄芪的概率为
（多选）11．（6分）已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（ ）
A．时，恒成立
B．时，无极值
C．若有3个零点，则a的范围为
D．时，有唯一零点且
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（5分）的展开式中的系数为________．
13．（5分）设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则________．
14．（5分）有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球和1个白球，其余盒子中均为1个红球和1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，…，依次进行．则从第n个盒子中取到红球的概率为________．
四、解答题（本大题共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．（13分）已知，函数．
（1）求的单调区间；
（2）讨论方程的根的个数．
16．（15分）已知数列为等差数列，为公比为3的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）若集合，求集合M中的元素个数．
17．（15分）数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫（）内的数字均含1～9，且不重复．数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛．
参考数据：
参考公式：对于一组数据，，⋯，，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
（1）赛前小明进行了一段时间的训练，每天解题的平均速度y（秒/题）与训练天数x（天）有关，经统计得到如下数据：
现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程；（用分数表示）
（2）小明和小红玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，不存在平局，两人约定先胜3局者赢得比赛．若小明每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，设比赛X局后结束，求随机变量X的分布列及均值．
18．（17分）已知函数，．
（Ⅰ）当时，求函数的最小值；
（Ⅱ）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
19．（17分）某区域中的物种C有A种和B种两个亚种．为了调查该区域中这两个亚种的数目比例（A种数目比B种数目少），某生物研究小组设计了如下实验方案：①在该区域中有放回的捕捉50个物种C，统计其中A种数目，以此作为一次试验的结果；②重复进行这个试验n次（其中），记第i次试验中的A种数目为随机变量；③记随机变量，利用的期望和方差进行估算．设该区域中A种数目为M，B种数目为N，每一次试验都相互独立．
（1）已知，，证明：，；
（2）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为，并计算了数据的平均值和方差，然后部分数据丢失，仅剩方差的数据．
（ⅰ）请用和分别代替和，估算和；
（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，求的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值．
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共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．C
【分析】根据条件，得到，，进而可求得，即可求出结果．
【解答】解：因为，，得到，，
所以，得到．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于基础题．
2．D
【分析】根据题意，由正态分布的性质，即可得到结果．
【解答】解：因为随机变量，即，，
且，
则，故D正确，C错误；
而y的大小无法判断，故AB错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
3．A
【分析】把点代入可得，进而可得，故，代入可求值．
【解答】解：由题意指数函数的图象过点，
故可得，解得或，故函数，
故其反函数，
故
故选：A．
【点评】本题考查反函数，注意同底的指数函数和对数函数互为反函数，是基础题．
4．D
【分析】根据题意，甲输入的为，即可求得以及，然后将正确数据代入，即可求得样本中心点，代入回归直线即可得到结果．
【解答】解：由题意可得，假设甲输入的为，
则，则，
且，则，
则改为正确数据时，，
即，
因为，即，
所以样本中心点为，
将点代入回归直线方程，
解得．
故选：D．
【点评】本题主要考查了线性回归方程的性质，属于中档题．
5．C
【分析】根据和事件与独立事件的概率公式可判定A；根据独立性检验的基本思想可判定B；根据随机变量的方差性质可判定C；根据残差的定义可判定D．
【解答】解：对于A，由题意可知，
所以，所以事件A与B相互独立，即A正确；
对于B，由独立性检验的基本思想可知其正确；
对于C，由题意可知，故C错误；
对于D，将样本点代入中，得预测值为，
所以，故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了概率统计的相关应用，属于基础题．
6．B
【分析】利用导数求出函数在点处的切线方程，再设直线l与的切点，再由斜率与切点处的导数值相等列式求得a值．
【解答】解：由，得，则，
又，∴函数在点处的切线，
即，
设直线与相切于，
则，可得，则．
∴，解得．
故选：B．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．
7．B
【分析】根据题意，利用等比数列的通项与性质，对两个条件进行正反推理论证，可得所求结论．
【解答】解：根据题意，当为递增数列时，例如，公比，则，
此时各项为负数，不存在正整数，当时，，故充分性不成立．
若存在正整数，当时，，则各项为正数，可知首项，公比，
当时，则为递减数列，此时存在正整数，当时，，不符合题意；
当时，则为递增数列，必定存在正整数，当时，．
因此，若存在正整数，当时，，则可推出为递增数列．
综上所述，“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要不充分条件．
故选：B．
【点评】本题主要考查等比数列的通项与性质、充要条件的判断等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
8．B
【分析】把展开，将，代入化简得：，由于数列，，，…中的每一项都是，0，1这三个数中的某一个数，然后经分析即可得解．
【解答】解：因为，
展开可得：，
因为，
所以，
因为数列，，，…中的每一项都是，0，1这三个数中的某一个数，
所以有穷数列，，，…中值为0的项数等于．
故选：B．
【点评】本题考查了乘法公式化简求值、数列求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
（多选）9．ABD
【分析】由已知结合等差数列的性质，等差数列的求和公式检验各选项即可判断．
【解答】解：若，则，A正确；
若，，则，，B正确；
若，，
无法确定的正负，也无法判断与的正负，C错误；
若，则，
因为，
所以，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于中档题．
（多选）10．ABD
【分析】对于A，利用相互独立事件概率乘法公式求解；对于B，利用条件概率公式求解；对于C，利用古典概型求解；对于D，利用条件概率公式求解．
【解答】解：对于A，∵是有放回抽取，抽到一袋党参的概率为，抽到一袋黄芪的概率为，
∴取出一袋党参一袋黄芪的概率为，故A正确；
对于B，第二次取出党参的概率为，
至少抽到一袋党参的概率为，
∴有放回抽取，则在至少取出一袋党参的条件下，第2次取出党参的概率为，故B正确；
对于C，∵不放回抽取，抽两次有种抽法，第二次抽到党参的取法为，第二次取到党参的概率为：，故C错误；
对于D，至少取出一袋党参的概率为，
取到一袋党和一袋黄芪的概率为，
∴在至少取出一袋党参的条件下，取到一袋党参和一代黄芪的概率为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查相互独立事件概率乘法公式、条件概率公式、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）11．BCD
【分析】A选项，当时，二次求导得到函数单调性，结合得到A错误；B选项，时，二次求导得到函数单调性，得到B正确；C选项，当时，显然，时，参变分离，记，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到a的范围为，C正确；D选项，二次求导得到函数单调性，结合零点存在性定理可知，存在唯一的，满足．
【解答】解：对于A，当时，，，令，，
令，则，在上单调递增，在上单调递减，
故，
所以在上单调递增，，故A错误；
对于B，当时，，，令，，
令，则，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
故，
所以在上单调递增，无极值，故B正确；
对于C，令，当时，显然，
故不是函数的零点，
当时，则，记，则，
令得或，令得，
故在，单调递增，在单调递减，且，
且当和时，，
故有3个零点，则a的范围为，C正确，
对于D，当时，，，
令，则，
令，则，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，故，
所以在上单调递增，则此时至多只有一个零点，
又，，
由零点存在性定理可知，存在唯一的，满足，选项D正确；
故选：BCD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于中档题．
三、填空题
12．30
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得．
【解答】解：对于，通项公式为，
则当时，，
当时，，
由，
得的展开式中的系数为30．
故答案为：30．
【点评】本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．
13．
【分析】根据题意，由函数的对称性推导出函数是周期为8的周期函数，根据题中条件求出的值，结合函数的周期性可求得的值．
【解答】解：根据题意，因为函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，
则，，
所以，函数的图象关于直线对称，也关于点对称，
所以，，，
所以，，则，
所以，函数是周期为8的周期函数，
当时，，则，，，
，，，
，，
所以，，
又因为，所以，．
故答案为：．
【点评】本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的对称性与周期性，属于中档题．
14．
【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），由全概率公式可得，再构造等比数列，求出即可．
【解答】解：设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），
则，
所以，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了全概率公式的应用，属于中档题．
四、解答题（本大题共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．【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间．
（2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数．
【解答】解：（1）因为．
所以，．
由，又函数定义域为，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增．
（2）因为，所以，当时，，方程无解；当，函数在上递减，在递增，
所以，所以方程无解．
综上可知，方程的根的个数为0．
【点评】本题主要考查利用导数求单调性和根的个数，属于中档题．
16．【分析】（1）直接由已知列方程组求解证明；
（2）由，，得，再由等式两边的奇偶性判定．
【解答】（1）证明：设数列的公差为d，
由，
得，解得，
即；
（2）解：由（1）知，
∴，
∵，∴，而，得2m是偶数，则k无正整数解，
故集合M中的元素个数为0．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合，考查数列的函数特性，考查运算求解能力，是中档题．
17．【分析】（1）由，得出，由参考公式求解出，从而求出y和x的回归方程；
（2）根据随机变量X的可能取值逐一分析，当时，小明连胜3局或小红连胜3局；当时，小明前3局胜2局最后一局胜或小红前3局胜2局最后一局胜；当时，小明前4局胜2局最后一局胜或小红前4局胜2局最后一局胜；分别求出每个取值的概率．最后代入期望公式计算即可．
【解答】解：（1）因为，，
所以，
因为，，，
所以，
所以，
所以所求回归方程为；
（2）随机变量X的所有可能取值为3，4，5，
则，，
，
所以随机变量X的分布列为：
所以．
【点评】本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
18．【分析】（Ⅰ）将代入中，判断的单调性，再求出最小值即可；
（Ⅱ）利用不等式性质可知，当时，不等式恒成立，当时，判断的单调性，再结合不等式恒成立求出a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当时，函数的定义域为，
求导得，显然函数在上单调递增，而，
则当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取得最小值．
（Ⅱ）函数的定义域为，
当时，，，则，
由（Ⅰ）知，，，而，所以，
因此恒成立，此时；
当时，，
由（Ⅰ）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
则，而恒成立，不等式不恒成立，
所以实数a的取值范围是．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．
19．【分析】（1）根据题意结合期望和方差的性质分析证明；
（2）（ⅰ）根据（1）中结论结合二项分布的期望和方差公式求解；
（ⅱ）根据二项分布的概率公式列式运算求解即可．
【解答】解：（1）证明：由题意可知均近似服从完全相同的二项分布，
则，，
所以，
，
所以，，；
（2）（ⅰ）由（1）可知，
则的均值，的方差，
对于，
解得或，
由题意可知，，则，
所以，；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，则，
则，，
由题意可知，，
解得，
又因为且，
所以，
所以的分布列中概率值最大的随机事件对应的随机变量的取值为15．
【点评】本题主要考查了期望和方差的性质，考查了二项分布的概率公式，以及期望和方差公式，属于中档题．1750
0.37
0.55
x（天）
1
2
3
4
5
6
7
y（秒/题）
910
800
600
440
300
240
210
X
3
4
5
P