2024—2025学年辽宁高二数学下册（6月）期末试卷【含答案】

这是一份2024—2025学年辽宁高二数学下册（6月）期末试卷【含答案】，共13页。试卷主要包含了已知数列满足，则，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，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.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-项是符合题目要求的.
1.设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
3.已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
4.甲辰龙年新年伊始，“尔滨”成为旅游城市中的“顶流”，仅元旦假期，哈尔滨接待游客突破300万人次，实现旅游收入59亿元，冰雪大世界更是游客们必去打卡点之一.小于､小智等5个“南方小土豆”决定在冰雪大世界的雪花摩天轮､超级大滑梯､急速雪圈､雪地旋转4个项目中选择1个项目优先游玩体验.若每个项目至少有1个“小土豆”去优先体验，每个“小土豆”都会选择1个项目优先体验，且小于､小智都单独1人去某1个项目，则不同的优先游玩体验方法有（ ）
A.36种 B.72种 C.84种 D.96种
5.已知数列满足，则（ ）
A.18 B.19 C.20 D.21
6.如图，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知直线与曲线相切于点，若，则的最小值为（ ）
A.-1 B.0 C. D.
8.已知定义在上的函数满足，，当时，，函数，则下列结论错误的是（ ）
A.
B.的图像关于直线对称
C.的最大值为
D.的图像与直线有8个交点
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（ ）
A.两个变量的线性相关性越强，则相关系数r越大
B.若随机变量，满足，则
C.若随机变量X服从正态分布，且，则
D.已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
10.已知数列满足，，记数列的前n项积为，前n项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
11.已知函数的零点是，且，函数的零点是，且，当时，则（ ）
A. B.
C. D.存在a，使得
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若的展开式中项的二项式系数是6，则展开式中所有项的系数和为______.
13.已知，，则的最小值为______.
14.已知函数，数列满足，函数的极值点为，且，则______.
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.（13分）
某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的频率分布直方图和列联表：
（1）求列联表中a，b的值；
（2）补充列联表，能否有95%的把握认为参数调试与产品质量有关；
（3）常用表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比.现从调试前､后的产品中任取一件，A表示“选到的产品是不合格品”，B表示“选到的产品是调试后的产品”，请利用样本数据，估计的值.
附：，.
16.（15分）
已知数列的前n项积为，，且.
（1）求的通项公式；
（2）若存在m，使得恒成立，求m的取值范围.
17.（15分）
不透明的袋子中装有3个黑球､2个红球､2个白球（除颜色外完全相同），现从中任意取出3个球，再放入1个红球和2个黑球.
（1）求取球､放球结束后袋子里红球的个数为2的概率；
（2）记取球､放球结束后袋子里黑球的个数为随机变量X，求X的分布列以及数学期望.
18.（17分）
已知数列满足，.
（1）证明：数列是递增数列；
（2）设数列的前n项和为，证明：.
19.（17分）
平均值不等式是最基本的重要不等式之一，在不等式理论研究和证明中占有重要的位置，基本不等式就是最简单的平均值不等式.一般地，假设为n个非负实数，它们的算术平均值记为（注：），几何平均值记为亦（注：），算术平均值与几何平均值之间有如下的关系：，即，当且仅当时等号成立，上述不等式称为平均值不等式，或简称为均值不等式.
（1）已知，求的最小值；
（2）已知正项数列，前n项和为.
（i）当时，求证：；
（ii）求证：.
参考答案及解析
一､选择题
1.A 【解析】由题意可知集合，集合，所以.故选A项.
2.C 【解析】对于A项，，因为0，所以，即，A项错误；对于B项，例如，，而，B项错误；对于C项，由，得，所以，C项正确；对于D项，例如，，但项错误.故选C项.
3.D 【解析】因为，所以.故选D项.
4.B 【解析】小于与小智单独选择1个项目有种方法，剩余3个“小土豆”有种方法，根据分步乘法计数原理得共有种方法.故选B项.
5.B 【解析】由，可得7，且，两式相减可得，即数列的偶数项是以6为公差的等差数列，则，所以.故选B项.
6.D 【解析】由题意得表示5次移动中有3次向右，2次向左，所以.故选D项.
7.B 【解析】因为，所以，所以，又切点在直线上，所以，解得，所以.令，则，当时，，当时，
，所以在上单调递增，在上
单调递减，，所以0，故的最小值为0.故选B项.
8.D 【解析】对于A项，由题易知是定义域为且以4为一个周期的奇函数，所以，，同理，0，故A项正确.对于项，因为是以4为一个周期的函数，所以也是以4为一个周期的函数，当时，，所以当时，，所以当时，，所以，得到当时，，当时，，得到当时，，则当时，，当时，，当时，1），则当时，，所以当时，易知也是以4为一个周期的周期函数，作出的图像，如图，可知在处取得最大值，所以，故C项正确.对于B项，由图像知对称轴为，易知当时，，故项正确.对于D项，作出直线的图像，因为当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，和联立得0，所以的图像与直线共有9个交点，故D项错误.故选D项.
二､多选题
9.BCD 【解析】对于A项，两个变量的线性相关性越强，越大，A项错误；对于B项，由方差的性质可得，B项正确；对于C项，若随机变量服从正态分布，且，则，则0.2，C项正确；对于D项，经验回归方程，若样本点与的残差相等，则，可得，D项正确.故选BCD项.
10.AD 【解析】已知数列满足，则，所以数列是以3为一个周期的周期数列.对于A项，，A项正确；对于B项，，B项错误；对于C项，任意相邻三项均在一个周期内，则-1，C项错误；对于D项，
，所以，D项正确.故选AD项.
11.ABC 【解析】的零点转化为直线与图像的交点，的零点转化为直线与图像的交点，因为的定义域为，
，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，当时，.的定义域为，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，当时，.易知，且，易知，故D项错误.
因为，所以，因为在上单调递增，所以，即，所以，故B项正确.同理，即，又，即，故C项正确.，由条件知将两式分别相加､相减得，即，设，即证明对于任意恒成立，整理得在时恒成立，令，则，所以在上单调递增，，即，故A项正确.故选ABC项.
三､填空题
12. 【解析】的展开式中项的二项式系
数为，所以，解得，所以，令，得展开式中所有项的系数和为.
13.12 【解析】令，则，且，所以.又，所以，当且仅当，即，时等号成立.
14. 【解析】由，得，则，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，又当时，，所以存在唯一的，使得0，所以存在唯一的极值点，即方程有唯一解，即有唯一解.因为满足，所以1），所以，即，又，所以，因为有唯一解，所以，所以，得，又，即，左右两边取对数得，所以，故.
四､解答题
15.解：（1）由调试前的频率分布直方图，
可得不合格的概率为，
因为不合格品的数量为16，
所以调试前抽取的样本数量为40，
因为合格的概率为，
所以合格品的数量为，
故.
由调试后的频率分布直方图，可得不合格的概率为
，
因为不合格品的数量为12，
所以调试后抽取的样本数量为60，
因为合格的概率为，
所以合格品的数量为，
故.
（2）补充列联表：
，
所以有的把握认为参数调试与产品质量有关.
（3）根据表格中的数据，可得
.
16.解：（1）因为，当时，，
所以，
又因为，所以，
所以
所以.
（2）恒成立，
若为奇数，，且，
所以；
若为偶数，，且，
所以.
所以，
故的取值范围为.
17.解：（1）设事件为“取球､放球结束后袋子里红球的个数为2"，
则.
（2）由题意可知，的可能取值为，
则，
，
，
，
所以的分布列为
所以.
18.证明：（1），
，所以，
故数列是递增数列.
（2）由，得，
则，
所以，
所以
，
整理得.
19.（1）解：，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为6.
（2）（i）证明：因为，
所以由均值不等式可得
，
.取，再将之分别累积后得.
（ii）证明：因为，
所以
，
因为，
所以，
从而证明成立.产品
合格
不合格
合计
调试前
a
16
调试后
b
12
合计
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
产品
合格
不合格
合计
调试前
24
16
40
调试后
48
12
60
合计
72
28
100
2
3
4
5