广东省广州市黄广中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份广东省广州市黄广中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷，共16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
1．已知数列是公差为2的等差数列，若，，成等比数列，则
A．9B．12C．18D．27
2．色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标，现抽检一批产品测得数据如下表：已知该产品的色度y和色差x之间满足线性相关关系，且，现有一组测量数据为，则该数据的残差为（ ）
A．B．C．D．
3．已知随机变量，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．山东烟台苹果因“果形端正､色泽艳丽､果肉㓉脆､香气浓郁”享誉国内外据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在]内的概率为（ ）
附：若，则
A．B．C．D．
5．中国女子乒乓球队是世界乒坛的常胜之师，曾20次获得世乒赛女子团体冠军．2021年休斯敦世界乒乓球锦标赛，中国选手王曼昱以4∶2击败孙颖莎，夺得女单冠军．某校甲、乙两名女生进行乒乓球比赛，约定“七局四胜制”，即先胜四局者获胜．已知甲、乙两人乒乓球水平相当，事件A表示“乙获得比赛胜利”，事件B表示“比赛进行了七局”，则（ ）
A．B．C．D．
6．设等差数列的前项和为，若，则当取得最小值时，的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．函数在区间，上的最大值为
A．B．1C．D．
8．已知是数列的前项和，，，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有120种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有24种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种
10．（多选题）已知函数，则（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在区间上的最大值为1
C．函数在点处的切线方程为
D．若关于的方程在区间上有两解，则
11．已知数列满足，，，为数列的前项和，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．当为奇数时，
C．设，则数列的前项和小于
D．设，则数列的前项和小于
三、填空题
12．展开式的常数项为 ．
13．等差数列中，为的前n项和，，若不等式，对任意的恒成立，则实数k的取值范围为 .
14．已知函数，过点且与曲线相切的直线只有1条，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
15．羽毛球是一项隔着球网，使用长柄网状球拍击打平口端扎有一圈羽毛的半球状软木的室内运动，某学校为了解学生对羽毛球的喜爱情况，随机调查了200名学生，统计得到如下2×2列联表：
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为“是否喜欢羽毛球”与性别有关联?
(2)为了增强学生学习羽毛球的积极性，从调查结果为“喜欢”的学生中按性别用分层抽样的方法抽取6人参加羽毛球集训，再从这6人中随机抽取3人参加羽毛球比赛，记随机变量X为这3人中女生的人数，求X的分布列和数学期望.
附：，其中.
16．已知函数（）．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性.
17．设数列的前项和为，已知，是公差为2的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若，设数列的前项和，求证：．
18．在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
(1)若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
19．已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：.
色差x
22
24
26
28
色度y
16
19
20
21
喜欢
不喜欢
总计
男生
40
60
100
女生
80
20
100
总计
120
80
200
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
参考答案：
1．D
【分析】利用等差数列与等比数列性质即可求解.
【详解】由题可得，，
解得，．
故选：．
2．D
【分析】根据题意，由回归直线方程过样本中心点，即可得到，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可知，，，
将代入，即，解得，
所以，当时，，
所以该数据的残差为.
故选：D.
3．B
【分析】由二项分布的期望和方差公式，解出，由二项分布的概率公式求.
【详解】随机变量，则有，
由，解得，
所以.
故选：.
4．C
【分析】确定，根据正态分布所给定区间上的概率，结合正态曲线的对称性，可求得答案.
【详解】由题意得：，
故
，
故烟台苹果直径在]内的概率为，
故选：C
5．B
【分析】根据条件概率计算公式求解.
【详解】乙获得比赛胜利，可能进行了4局或5局或6局或7局比赛，乙获胜的概率
，
乙获胜并且比赛进行了七局的概率，
∴．
故选：B．
6．B
【分析】根据等差数列的性质即可求解,,进而根据数列的单调性求解.
【详解】，即.
因此数列单调递增，
故当取得最小值时，的值为8.
故选：B.
7．C
【分析】首先对函数进行求导，求出函数极值点，最后求出函数的最大值．
【详解】由于，
故，
由于，，
令，解得或，
故函数在，上单调递增，在，上单调递减；
当时，函数取得最大值为．
故选：．
8．A
【分析】根据题意，由条件可得数列是等差数列，再由错位相减法可得，代入计算，分离参数，结合基本不等式即可得到结果.
【详解】，，又，
数列是首项为1、公差为1的等差数列，
，，
①，
②，
①②得，，
，不等式，
即，
故对任意的恒成立．
又，当且仅当，即时等号成立，
，
故选：A．
9．ABD
【分析】对A，按照分步乘法原理可计算；对B，从5个盒子中选出4个盒子的排列；对C，先选定两个盒子的编号与球的编号相同的球，再考虑剩下的两个球不放进自己编号的盒子放法有种；对D，即考虑哪个盒子为空的放法有5种.
【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A正确；
对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确；
对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C错误；
对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确，
故选：ABD.
10．AC
【分析】利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项.
【详解】因为，，
所以，
令，即；令，即，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；
因为，，
所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；
因为，，
所以函数在点处的切线方程为，
即，故C正确；
因为，函数大致图象如图，
要使方程在区间上有两解，
则，故D错误.
故选：AC.
11．BD
【分析】对于A，只需对进行赋值即可依次得到；对于B，根据数列的递推公式，需要分别求数列的奇数项的前项与偶数项的前项的和，分别按照等差数列和等比数列求和公式求和整理即得；对于C，求出，利用错位相减法即可得解；对于D，求得，利用裂项相消法即可得解.
【详解】对于A项，故A项错误；
对于B项，由可知，
该数列的奇数项构成首项为，公差为4的等差数列，
偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，
故当为奇数时，
，故B项正确；
对于C项，，
所以， ①， ②，
由两式相减得：
，
故，故C项错误；
对于D项，，
则，
则
，故D项正确.
故答案为：BD.
【点睛】方法点睛：
(1)对于已知递推数列是奇偶性要求的数列，一般按照奇偶性进行分组求和；
(2)对于等差数列乘以等比数列型数列，一般考虑错位相消法求和；
(3)对于数列通项具备分式型函数特点，一般考虑裂项相消法求和.
12．
【分析】先利用二项式定理求得展开式的通项公式，再分别求中常数项与含项的系数，从而得解.
【详解】因为展开式的通项公式为，
当1乘以时，令，解得，常数项为；
当乘以时，令，解得，常数项为；
所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.
13．
【分析】利用等差数列的定义及求和公式先计算基本量得，再分离参数，借助对勾函数的性质计算即可.
【详解】由题意可知，则的公差为，
所以，
则，即恒成立，
由对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增，
而，即，
所以.
故答案为：
14．或
【分析】设切点为，根据导数的几何意义求出切线方程，再将点代入可得，构造函数，则的图像与直线只有1个交点，利用导数求出函数的单调区间和极值，作出图象，结合图象即可得解.
【详解】设切点为，
由，得，
所以切线的斜率为，
切线方程为，
因为点在切线上，所以，
即，
令，则，
令，得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，极大值为，
当时，，当时，，
所以的图象如图所示，

因为过点且与曲线相切的直线只有1条，
所以的图像与直线只有1个交点，
由图象可得或，
即实数的取值范围是或．
故答案为：或．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
15．(1)有关联
(2)分布列见解析，2
【分析】（1）根据题意计算，并与临界值对比分析；
（2）由分层抽样可得抽取的6人中，男生2人，女生4人，X的所有可能取值为1，2，3，依次求出相应的概率，得到分布列，求出数学期望.
【详解】（1）零假设为：“是否喜欢羽毛球”与性别无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“是否喜欢羽毛球”与性别有关联.
（2）依题意，抽取的6人中，男生人数为：人，女生人数为人
X的所有可能取值为1，2，3，
所以，，，
X的分布列为：
所以.
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程：求出导函数，计算并计算出，由点斜式得切线方程并化简；
（2）求出导函数，然后分类讨论确定和的解得单调区间．
【详解】（1）若，则，所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2），
当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增
当时，令，解得或，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由在上恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由是公差为2的等差数列，求得，结合和的关系，即可求解；
（2）由（1）知，求得，结合关于单调递增，以及，即可求解．
【详解】（1）解：因为，所以，
又因为是公差为2的等差数列，所以，即，
当时，，
又由，适合上式，所以数列的通项公式为．
（2）证明：由（1）知，
所以，
又由，
所以关于单调递增，所以，
又因为，所以，所以．
18．(1)①0.16；②3.128
(2)答案见解析..
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
19．(1)极小值1，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值；
（2）分离参数并构造函数，再求出函数的最小值即得.
（3）利用（2）的结论可得，再利用赋值法结合数列求和即得.
【详解】（1）当时，的定义域为，
求导得，
当时，，则在上递减，
当时，，则在上递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）由恒成，得，
令，求导得，
当时，，即函数在上递减，
当时，，函数在上递增，
因此，则，
所以实数的取值范围是.
（3）由（2）知，当时，即
于是，，
，，
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
1
2
3
2
3
4