山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题（解析版）

这是一份山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 随机变量X的分布列为,，，2B， 的展开式，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（ ）
A. 7B. 8C. 12D. 16
【答案】C
【解析】由题意，分两步完成，第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法，
所以由分步乘法计数原理可知共有种.
故选：C
2. 函数在点处的切线斜率为（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】因为，所以，所以.
故选：A
3. 下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分；
图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大；
图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型；
图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，
可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定．
故选：D．
4. 济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（ ）
A. 27%B. 28%C. 29%D. 30%
【答案】C
【解析】由题意可得从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是
.
故选：C
5. 随机变量X的分布列为,，.若，则（ ）
A. 0.2B. 0.4C. 0.6D. 0.8
【答案】B
【解析】因为随机变量X的分布列为，，，，
所以，解得，
所以.
故选：B
6. 某城市高中数学统考,假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（ ）
参考数据：若，则.
A. 71B. 78C. 85D. 92
【答案】C
【解析】因为等级概率为，且服从正态分布,
且,
所以等级范围,
所以等级的最高分数线约为.
故选：C.
7. 人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】令，则，，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得.
又，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，解得，
因为，
所以利用牛顿法求的近似解，至少需要次迭代也能达到同样的精确度.
故选：B.
8. 函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由，得，
因为有两个极值点，
所以有两个不等的正根，
即有两个不等的正根，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
当时，，当时，，
所以的大致图象如图所示，

由图可知当时，与的图象有两个不同的交点，
所以当时，有两个极值点.
故选：D
二、选择题：本题共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，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 的展开式，下列说法正确的是（ ）
A. 展开式共有7项
B. 展开式的二项式系数的和为128
C. 展开式中的系数为14
D. 展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大
【答案】BC
【解析】对于A，的展开式有8项，所以A错误，
对于B，的展开式的二项式系数的和为，所以B正确，
对于C，展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为，所以C正确，
对于D，因为的展开式有8项，所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大，所以D错误.
故选：BC
10. 下列函数中，有两个零点的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A，由，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以有且只有一个零点，所以A错误，
对于B，由，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
因为，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以B正确，
对于C，由，得，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
因为当，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以C正确，
对于D，由，得，
当时，，当时，，
所以上递减，在上递增，
所以，
因为，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以D正确，
故选：BCD
11. 设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（ ）
A. 若A，B相互独立，，，则
B. 若A，B互斥，，，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】对A，A，B相互独立，，，
所以
，故A正确；
对B，，故B正确；
对C，，若时，
得不出，即得不出，得不出，
故C错误；
对D，，
，
所以
，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. 从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是________.（用数字作答）
【答案】180
【解析】当取不到0时，一共有个三位数，
若取到时，不能排首位，共有个三位数，
由分类加法计数原理可知，共有三位数的个数为.
故答案为：180
13. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________.
【答案】4
【解析】由题可知，的可能取值为，
则，，，
所以.
故答案为：4
14. 以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为________时，容器的容积最大.
【答案】
【解析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，
则，
因此，
则，令 ，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时容积最大，
把代入，得
由，得，
即圆心角为时容积最大.
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. 一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求：
（1）质点位于2的位置的概率；
（2）随机变量的分布列和期望.
解：（1）由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，则4次中向右移动3次，向左移动1次，所以质点位于2的位置的概率为；
（2）由题意可知的可能取值为，则
，，
，，
，
所以的分布列为
所以.
16. 函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.
解：（1）当时，（），则，
由，得或，由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）由，得，
由，得或，
因为，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以的最大值为，
即，
，
因为，所以，
所以的最小值为，即，
所以，
令，，则，
令，得或，
所以当时，，
所以在上单调递增，
所以，所以，
即，
所以.
17. 长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%.
（1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联；
（2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.
①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由）
②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程；
③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数）
参考公式及数据：（ⅰ），，
（ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；
（ⅲ）散点图1中，；散点图2中，.
解：（1）2×2列联表
零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关
根据列联表中的数据，并计算得到
，因为，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②由题意可得，，因此，
再由题意得，所以，
从而该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为.
③，解得，
所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.
18. 将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象,即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”.
（1）证明：函数，具有“旋转不变性”；
（2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围.
解：（1）由题意可知，当时，,
令 ，，
则，
在上单调递减.
故与至多有1个交点，
即与至多有1个交点，
故函数具有“旋转不变性”.
（2）由题意得：当时，，
函数与函数的图象至多有1个交点，
即方程至多有一个根,
即函数与函数的图象至多1个交点，
因此函数在上为单调函数，
，而当时，，
所以在上恒成立，故.
令，则
因为在上单调递减，且，
由零点存在定理可知，，使
所以，
当单调递增，
当单调递减，
所以，
即.
19. 某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数,一方面:代数式中，的系数为，另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以.
（1）如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为______.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释；
（2）证明：①；②.注：组合数，若,则.
解：（1）
构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式，
另一方面，这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），
由乘法原理可知，第类中有个小组，因此人小组共有个，
由加法原理可知：；
（2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题：
从名学生中选出人组成代表队，其中名作主力队员，名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
也可以直接从名学生中选了名主力队员，再从剩下的名学生中选出名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
由上面的两种方法可知：；
②考虑中的系数，
一方面
的系数为，
因为，所以的系数为
另一方面，
，
所以的系数为，
因为，
所以
，
所以0
2
4
近视
每天近距离看电子产品时间超过1h
合计
是
否
是
否
合计
1000
α
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
近视
每天近距离看电子产品时间超过1h
合计
是
否
是
100
300
400
否
100
500
600
合计
200
800
1000