2023-2024学年山东省东营市高二年级第二学期期末质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省东营市高二年级第二学期期末质量监测数学试卷（含解析），共15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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知数列{an}是等差数列，且满足a3+a11=50，则a6+a7+a8等于( )
A. 84B. 72C. 75D. 56
2.一个圆锥的母线长为8，母线与轴的夹角为30∘，则圆锥的侧面积为( )
A. 16πB. 32πC. 48πD. 64π
3.已知函数f(x)=lnx−mx，若函数f(x)在[1,2]上单调递减，则实数m的最小值为( )
A. 1B. 12C. 2D. 2 2
4.已知变量x和y的统计数据如下表，若由表中数据得到回归直线方程为y=−3.2x+a，则x=4时的残差为( )
A. 0.2B. −0.3C. 0.4D. −0.2
5.已知一批产品的次品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取50次，假设抽出的产品需要专门检测，检测费用Y元与抽到的次品数X有关，且Y=10X+300，则D(Y)=( )
A. 97B. 98C. 99D. 100
6.已知二面角α−l−β的大小为π2，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面α，β内，且都与AB垂直，已知AB=1，AC= 2，BD=2，则CD=( )
A. 2B. 5C. 3D. 7
7.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=( )
A. 120B. 85C. −85D. −120
8.已知函数f(x)=(x2−3)ex，若方程f(x)=a有三个实数解，则实数a的取值范围为( )
A. (0,6e3)B. (−2e,0)C. (−2e,6e3)D. (−2e,6e3)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知盒中有大小相同的2个红球和2个蓝球，从中随机摸球，下列说法正确的是( )
A. 每次摸出1个球并放回，则第1次摸到红球与第2次摸到蓝球是相互独立的
B. 每次摸出1个球并放回，连续摸n次后，摸到红球的次数X的方差为n2
C. 每次摸出1个球不放回，则第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为13
D. 每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第2次摸到红球的概率为14
10.已知数列{an}满足a1=1，|an+1|=|an+1|(n∈N∗)，则( )
A. 存在等差数列{an}满足上述递推公式B. 存在等比数列{an}满足上述递推公式
C. 存在周期数列{an}满足上述递推公式D. 存在摆动数列{an}满足上述递推公式
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是棱B1C1，BB1的中点，点P是侧面ADD1A1内一点(含边界)，若BP//平面D1EF，则下列说法正确的是( )
A. 点P的轨迹为一条线段
B. 三棱锥P−D1EF的体积为定值
C. |B1P|的取值范围是[ 5,3]
D. 平面PBC1截该正方体的外接球所得截面的面积为26π9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量ξ~N(2,σ2),若P(ξ0，证明：lnan0，当−3x3+3lnx=e3lnx+3lnx.
令函数g(x)=ex+x，
则g′(x)=ex+1>0，故g(x)是增函数．
e2ax+2ax>e3lnx+3lnx等价于
2ax>3lnx(x>0)，即a>3ln x2x．
令函数ℎ(x)=3ln x2x，则ℎ′(x)=121−ln xx2．
当x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)6.635．
所以有99%的把握认为期末统考中的数学成绩是否及格与建立个性化错题本有关．
(3)从该班不及格的学生中按照分层抽样的方法随机抽取6人进行座谈，其中建立个性化错题本的学生
人数为2人，不建立个性化错题本的学生人数为4人
故X的取值是{0,1,2}
则P(X=0)=C43C63=420=15，
P(X=1)=C21C42C63=1220=35，
P(X=2)=C22C41C63=420=15
则X的分布列为
故X的期望为E(X)=15×0+35×1+15×2=1
【简析】
(1)利用条件概率和全概率公式即可求解;
(2)完善列联表，由卡方公式求出观测值，对照临界值表即可判断;
(3)求出X的所有可能取值和对应概率，即可得分布列和期望．
18.解：(1)当m=0时，f(x)=−2ex−x，∴f(0)=−2e0−0=−2，
∵f′(x)=−2ex−1,∴k=f′(0)=−2e0−1=−3，
所以曲线y=f(x)在点0,f(0)处的切线方程为：y−(−2)=−3(x−0)，
即3x+y+2=0；
(2) fx的定义域为−∞,+∞，
f′(x)=2me2x+(m−2)ex−1=(mex−1)(2ex+1) ，
(ⅰ)若m⩽0,则f ′(x)0,则由f′(x)=0得x=−ln m.
当x∈(−∞,−lnm)时,f ′(x)0.
所以f(x)在−∞,−lnm单调递减，在−lnm,+∞单调递增.
故当m≤0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减；
当m>0时，f(x)在(−∞,−lnm)单调递减，在(−lnm,+∞)单调递增．
(3)(ⅰ)若m≤0，由(2)知，f(x)至多有一个零点，不满足条件；
(ⅱ)若m>0，由(2)知，当x=−lnm时，
f(x)取得最小值，最小值为f(−lnm)=1−1m+lnm.
①当m=1时，由于f(−lnm)=1−1m+lnm=0，故f(x)只有一个零点，不满足条件；
②当m∈(1,+∞)时，由于1−1m+lnm>0，即f(−lnm)>0，故f(x)没有零点，不满足条件；
③当m∈(0,1)时，1−1m+lnm0，
所以f(x)在−∞,−lnm上有一个零点，
设正整数n0满足n0>ln3m−1，则en0>3m−1，men0+m−2>1，
则f(n0)=en0men0+m−2−n0>en0−n0>2n0−n0>0，
因为ln3m−1>−lnm，所以f(x)在−lnm,+∞上有一个零点，
所以若f(x)有两个零点，m的取值范围为(0,1)．
【简析】
(1)根据导数的几何意义求解即可；
(2)对m进行分类讨论，结合导数与函数单调性的关系，得出答案；
(3)对m进行分类讨论，研究各区间内函数零点的个数，得出答案．
19.解：(1)数列{cn}不是“H(t)数列”，
理由如下：cn=1+1n=n+1n(n∈N∗)，则cn+1=n+2n+1(n∈N∗)，
又c1c2c3⋯cn=213243⋯n+1n=n+1(n∈N∗)，
所以cn+1−c1c2c3⋯cn=n+2n+1−(n+1)=1n+1−n(n∈N∗)，
因为1n+1−n不是常数，所以数列{cn}不是“H(t)数列”；
(2)因为数列{an}为“H(t)数列”，由i=1nai2=an+1+bn−t(n∈N∗)，
设数列{bn}的公差为d，有i=1nai2=a1a2a3⋯an+bn(n∈N∗) ①，
所以i=1n+1ai2=a1a2a3⋯anan+1+bn+1(n∈N∗) ②，
两式作差得an+12=(an+1−1)a1a2a3⋯an+d(n∈N∗)，
又因为数列{an}为“H(t)数列”，所以an+1−t=a1a2a3⋯an(n∈N∗)，
所以an+12=(an+1−1)(an+1−t)+d(n∈N∗)，
即(t+1)an+1−(t+d)=0对∀n∈N∗成立，则t+1=0t+d=0得t=−1d=1，
又a1=2，a12=a1+b1，得b1=2，所以bn=2+(n−1)×1=n+1；
(3)设函数f(x)=lnx−x+1(x>0)，则f′(x)=1x−1=1−xx，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)0，则a2=a1+t>a1>1，故a3=a1⋅a2+t>a1⋅a2>1，
由此类推，可得对∀n∈N∗，an>1，
所以f(an)