2022-2023学年辽宁省沈阳市第二十中学高二下学期4月月考数学试题含解析

2022-2023学年辽宁省沈阳市第二十中学高二下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．数列，3，，15，…的一个通项公式可以是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】利用数列正负交替及数的规律即可确定数列通项公式

【详解】数列各项正、负交替，故可用来调节，

又，，，，…，

所以通项公式为，

故选：A

2．已知数列满足，，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】D

【分析】根据已知的递推关系式求出数列的前4项，即可发现循环，求出数列的周期，进而求得结果即可．

【详解】解：因为数列满足，，

所以，解得，

由，解得，

由，解得，，

故可得数列是周期为3的数列，且前三项为：3，，，

因为，所以.

故选：D

3．从分别标有的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则在抽取第1张为偶数的前提条件下，抽到第2张卡片上的数也为偶数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设事件为第1张为偶数，事件为第2张为偶数，则，，根据条件概率公式得到答案.

【详解】设事件为第1张为偶数，事件为第2张为偶数，

则，，故.

故选：A

4．已知随机变量且，则 （    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】根据正态分布曲线的对称性列方程，再解方程即可.

【详解】，.

因为，

所以，解得.

故选：B.

5．已知一个项数为偶数的等比数列，所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前4项之积为64，则（    ）

A．1 B． C．2 D．1或

【答案】D

【分析】设数列共有项，设所有奇数项之和为，由题意表求出和，利用求出公比，再结合求出即可.

【详解】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为，

因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以，

所以，，

故满足，解得，

又，

所以.

故选：D

6．“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为；然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为；…；操作过程不断进行下去，以至无穷，保留的图形称为康托尔尘埃．若，则操作次数n的最小值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】由已知得，再由等比数列的求和公式建立不等式，由函数的单调性即可得答案.

【详解】是边长为的4个正方形的面积之和，故；

是边长为的个正方形的面积之和，故；

以此类推得：

从而，

所以，函数关于单调递减，

且时，，时，，故最小值取3.

故选：C

7．在10个排球中有6个正品，4个次品，从中随机抽取4个，则正品数比次品数少的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】抽取的正品数比次品数少，有两种情况：抽取到0个正品和4个次品；抽取到1个正品和3个次品.分别求概率再相加即可.

【详解】抽取的正品数比次品数少，有两种情况：抽取到0个正品和4个次品；抽取到1个正品和3个次品.

当抽取到0个正品和4个次品时，；

当抽取到1个正品和3个次品时，，

所以抽取的正品数比次品数少的概率为.

故选：A.

8．已知是数列的前n项和，，，当数列的前n项和取得最大值时，n的值为（    ）

A．30 B．31 C．32 D．33

【答案】C

【分析】由递推式得到，结合等差中项知为等差数列，进而写出其通项公式并判断单调性，最后判断上各项的符号，即可确定前n项和取得最大值时n的值.

【详解】①，则②，

②－①得：，即，

则数列为等差数列，且，

由得：，则公差，

所以，数列单调递减，而，，，......，

设，当时，，且，，

当时，恒成立，显然，，

即数列的前32项和最大.

故选：C

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数就越接近于1

B．对于独立性检验，的观测值越大，判定“两变量有关系”的把握越大

C．随机变量，若，，则

D．以拟合一组数据时，经代换后的线性回归方程为，则，

【答案】BD

【分析】对于A：根据相关系数的意义进行判断；对于B：直接根据独立性检验的方法进行判断；对于C：由二项分布的期望和方差建立方程组，即可解得；对于D：直接求出c和k.

【详解】对于A：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值就越接近于1.故A错误；

对于B：根据独立性检验的方法，的观测值越大，判定“两变量有关系”的把握越大.故B正确；

对于C：随机变量，由可得：，解得：.

故C错误.

对于D：对于，两边取对数，，令，可得.

经代换后的线性回归方程为，所以，故.

故D正确.

故选：BD

10．有甲、乙两台车床加工同一型号的零件，甲车床加工的优质品率为90%，乙车床加工的优质品率为80%，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙两台车床加工的零件数分别占总数的60%、40%．任取一个零件，用事件，分别表示取到的零件来自甲、乙车床，事件B表示取到的零件为优质品，则下列选项正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】根据题意利用条件概率以及全概率公式即可求解.

【详解】依题意得：用事件表示取到的零件来自甲车床，则，

用事件表示取到的零件来自乙车床，则，故A不正确；

，，B正确，C错误；

对于D，利用全概率公式得：

，D正确.

故选：BD.

11．已知等差数列，其前项和为，若，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．当时最大

C．使的n的最大值为16

D．数列中的最小项为第9项

【答案】ABD

【分析】根据等差数列的通项性质与前项和性质逐项判断即可.

【详解】∵等差数列，，∴，

又∵，∴，，∴，A正确；

∵，，∴当，，，，所以当时最大，B正确；

∵，∴，，使的n的最大值为15，C错误；

∵当时，，时，；当，，，

∴当时，，当时，，且递减，且递减，

∴最小，故D正确．

故选：ABD.

12．数列前项和为，若，且，则以下结论正确的有（    ）

A．

B．数列为递增数列

C．数列为等差数列

D．的最大值为

【答案】BCD

【分析】对A：取特值，结合，运算求解即可；对B：根据题意可得，结合数列单调性分析判断；对C：可得，作差即可得结果；对D：利用累加法求得，整理可得，结合对勾函数的单调性分析运算.

【详解】由，可得：

对A：令可得：，，则，

令可得：，

即，则，

由，解得，A错误；

对B：对，则，

故数列为递增数列，B正确；

对C：当时，可得，则，

故数列为等差数列，C正确；

对D：∵，

则

，

且，

故

且在上单调递减，在上单调递增，

且，

可得，对恒成立，

故当时，取最大值，D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点睛：解决数列与函数综合问题的注意点

(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．

(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．

(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．

三、填空题

13．已知数列满足，，则__________．

【答案】25

【分析】先分析得到数列是一个以为首项，以公差为2的等差数列，求出即得解.

【详解】因为，，

所以数列是一个以为首项，以公差为2的等差数列，

所以，

所以

故答案为：25

14．两个等差数列，的前n项和分别为和，已知，则______．

【答案】

【分析】根据题意，由等差数列前项和的性质有即可得到结果.

【详解】由题意可知，，

所以.

故答案为:.

15．某设备的使用年数与所支出的维修总费用的统计数据如下表：

根据上表可得回归直线方程为.若该设备维修总费用超过12万元就报废，据此模型预测该设备最多可使用__________年．

【答案】9

【详解】因，

故代入回归方程可得，

所以线性回归方程为，

当时，解得.

故答案为：．

16．已知数列的前n项和为，且，若恒成立，则实数的最大值为______．

【答案】

【分析】由给定的递推公式求出，由恒成立的不等式分离参数，构造数列并判断单调性求出最值作答.

【详解】数列中，由，得，当时，，解得，

当时，，即有，即，

而，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，即，

，而，

依题意，，，令，

，显然，

当时，令，，

当时，，

即当时，，即，

则当时，数列是递增的，于是，即有，

所以实数的最大值为.

故答案为：

四、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，且，.

(1)求的通项公式；

(2)数列满足，求的前n项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据等比数列基本量的运算可得，，即可得数列的通项公式；

（2）由题可得，然后利用错位相减法求解即可；或利用裂项相消法求和即得.

【详解】（1）设数列的公比为，则，，解得，

所以，即的通项公式为；

（2）方法一：由题可知，

则，

，

所以，

.

方法二：，

所以

18．已知数列的前项和为，且有．

(1)求数列的通项公式；

(2)设为数列的前项和，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)递推一项作差即可求解；

(2)根据题意求出，利用裂项相消求和即可证明.

【详解】（1）由题，

当时，，∴；

当时，由，

所以，两式相减，

可得，∴．

当时，满足，∴．

（2）由题，

所以，

∵，∴，∴．

19．某航运公司用300万元买回客船一艘，此船投入营运后，每月需开支燃油费、维修费、员工工资，已知每月燃油费7000元，第个月的维修费和工资支出为元.

（1）设月平均消耗为元，求与（月）的函数关系；

（2）投入营运第几个月，成本最低？（月平均消耗最小）

（3）若第一年纯收入50万元（已扣除消耗），以后每年纯收入以5%递减，则多少年后可收回成本？

【答案】（1）；（2）投入第个月，成本最低；

（3）7年后收回成本.

【分析】（1）先求出购船费和所有支出的和，然后把购船费和所有支出费用平摊到每一个月，即可求得平均消耗与（月）的函数关系；

（2）利用基本不等式可得最值，从而求出此时的值，即可求解；

（3）假设年后可收回成本，则收入是首项为50，公比为0.95的等比数列，然后建立收入大于成本的不等式，即可求解.

【详解】（1）购船费和所有支出费为

元，

所以月平均消耗，

即月平均消耗为与的函数关系.

（2）由（1），

当且仅当，即时等号成立，

所以当投入营运100个月时，营运成本最低.

（3）假设年后可收回成本，则收入为：

，

解得时满足条件，时不满足条件，

故7年后可收回成本.

【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，以及基本不等式求最值的应用，着重分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

20．某中学为了丰富学生的课余生活,欲利用每周一下午的自主活动时间,面向本校高二学生开设“厨艺探秘”“盆景栽培”“家庭摄影”“名画鉴赏”四门选修课,由学生自主申报,每人只能报一门,也可以不报．该校高二有两种班型－文科班和理科班（各有2个班）,据调查这4个班中有100人报名参加了此次选修课,报名情况统计如下:

(1)若把“厨艺探秘”“盆景栽培”统称为“劳育课程”,把“家庭摄影”“名画鉴赏”统称为“美育课程”．请根据所给数据,完成下面的2×2列联表:

(2)根据（1）列联表中所填数据,判断是否有99%的把握认为课程的选择与班型有关．

附:．

【答案】(1)列联表见解析

(2)没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．

【分析】补全列联表,再算出的值与6.635进行比较即可得出结论.

【详解】（1）由题意,列联表如下:

（2）假设:“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科无关.

∵,

∴根据小概率值的独立性检验,可以推断不成立,即没有99%的把握认为“劳育课程”“美育课程”的选择与文理科有关．

21．某市为了更好的了解全体中小学生感染新冠感冒后的情况，以便及时补充医疗资源.从全市中小学生中随机抽取了100名抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，100名中小学生感染奥密克戎后的疼痛指数为，并以此为样本得到了如下图所示的表格：

其中轻症感染者和重症感染者统称为有症状感染者.

(1)统计学中常用表示在事件A发生的条件下事件发生的似然比.现从样本中随机抽取1名学生，记事件：该名学生为有症状感染者，事件：该名学生为重症感染者，求似然比的值；

(2)若该市所有抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数近似的服从正态分布，且.若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机抽取3名，设这3名学生中轻症感染者人数为，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可；

（2）应用，由二项分布分别写出求分布列及计算数学期望.

【详解】（1）由题意得：，

，

，

.

（2），

，则，

可能的取值为，

的分布列为：

数学期望.

22．已知数列中，，，，数列的前n项和为．

(1)求的通项公式；

(2)已知，．

①求数列前n项和；

②证明：．

【答案】(1)，

(2)①，②证明见解析

【分析】（1）由题设知：的奇、偶数项分别构成公差为4的等差数列，写出其通项公式即可；

（2）①应用分组求和及等差数列前n项和公式求，然后裂项求和求；②由，进而可得，应用错位相减及等比数列前n项和公式求即可证结论.

【详解】（1）由题设，当时，是首项为1，公差为4的等差数列，则；

当时，是首项为2，公差为4的等差数列，则；

所以，.

（2）①由（1）知：，

所以，故.

②，故，

所以，则，

而，所以，

作差得，

所以，故得证.