2024-2025学年山东省青岛市高二上册10月月考数学学情检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省青岛市高二上册10月月考数学学情检测试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．我国古代数学名著《九章算术》有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡四百人，南乡两百人，凡三乡，发役六十人，而北乡需遗十，问北乡人数几何？“其意思为：“今有某地北面若干人，西面有400人，南面有200人，这三面要征调60人，而北面共征调10人（用分层抽样的方法），则北面共有（ ）人．”
A．200B．100C．120D．140
2．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是
A．平均数B．中位数
C．方差D．极差
3．有5件产品，其中3件正品，2件次品，从中任取2件，则互斥而不对立的两个事件是
A．至少有1件次品与至多有1件正品
B．至少有1件次品与2件都是正品
C．至少有1件次品与至少有1件正品
D．恰有1件次品与恰有2件正品
4．两个等差数列和的前项和分别为、，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列满足：，则
A．16B．28C．25D．33
6．疫情期间，一同学通过网络平台听网课，在家坚持学习.某天上午安排了四节网课，分别是数学，语文，政治，地理，下午安排了三节，分别是英语，历史，体育.现在，他准备在上午下午的课程中各任选一节进行打卡，则选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列an满足，对，，都有，为数列an的前n项乘积，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．在数学上，斐波纳契数列定义为：，，，斐波纳契数列有种看起来很神奇的巧合，如根据可得，所以，类比这一方法，可得 )
A．714B．1870C．4895D．4896
二、多选题（每题6分，共18分，选错不得分，部分选对的，得部分分，有两个选项的漏选一个扣3分，有三个选项漏选一个扣2分）
9．近年来，乡村游成为中国国民旅游的热点，下面图1，2，3，4分别为2023年中国乡村旅游消费者年龄、性别、月收入及一次乡村旅游花费金额的有关数据分析，根据该图，下列结论错误的是（ ）

A．2023年中国乡村旅游消费者中年龄在岁之间的男性占比不超过
B．2023年中国乡村旅游消费者中月收入不高于1万元的占比超过
C．2023年中国乡村旅游消费者中一次乡村旅游花费4个范围占比的中位数为
D．2023年中国乡村旅游消费者一次乡村旅游花费的平均数估计值高于650元（同一花费区间内的数据用其中间值作代表）
10．设等比数列的公比为，前项积为，且满足条件，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．的值是中最大的
D．使成立的最大自然数等于4044
11．抛出一枚质地均匀的硬币n次，得到正反两面的概率相同．事件次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中最多有一次正面朝上，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A，B相互独立B．当时，A，B相互独立
C．时，D． 时，
三、填空题（每题5分，共15分）
12．已知某7个数的平均数为2，方差为4，现加入一个新数据2，此时这8个数的方差为 .
13．《易经》是中国传统文化中的精髓，如图是易经八卦（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（""表示一根阳线，""表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有两根阳线，四根阴线的概率为 .
14．已知等差数列的前n项和为，，则的取值范围为 .
四、解答题（共77分）
15（13分）．甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：每次比赛两人上场比赛，第三人为裁判，一局结束后，败者下场作为裁判，原裁判上场与胜者比赛，按此规则循环下去，共进行4局比赛.三人决定由乙、丙先上场比赛，甲作为裁判.
(1)第一局比赛开始前，丙提出由掷骰子决定谁先发球，连续抛掷一枚质地均匀的六面体骰子两次，记下骰子朝上的点数，若两次点数之和为6则由乙发球，两次点数之和能被4整除则由丙发球，用所学知识判断这个方法公平吗？并说明理由；
(2)三人实力相当，在每局比赛中战胜对手的概率均为，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局，求在四局比赛中甲当2局裁判的概率.
16．（15分）某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数；
(2)成绩位列前10%的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分；
(3)已知落在60,70内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差.
（附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为.记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差）
17（15分）．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．
(1)求证：平面BDEF；
(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．
18（17分）．已知为数列的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
19（17分）．在高中数学教材苏教版选择性必修2的101页11题阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为p，则从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下去的概率为p，那么从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，每个细胞繁衍下去的概率都是p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的，他每步走动都会有的概率向左移动1个单位，有的概率向右移动一个单位，原点处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以代表当这个人由开始，最终掉入陷阱的概率．

)若这个人开始时位于点处，且，
（1）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；
（2）求他最终掉入陷阱的概率；
（3）已知，若，求．
答案：
1．C
【分析】根据分层抽样的定义结合题意列方程求解即可
【详解】设北面共有人，则由题意可得
，解得
所以北面共有120人，
故选：C
2．B
【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．
【详解】设9位评委评分按从小到大排列为．
则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，
中位数仍为，B正确．
②原始平均数，后来平均数
平均数受极端值影响较大，与不一定相同，A不正确
③
由②易知，C不正确．
④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．
本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.
3．D
【详解】解：A、至少有1件次品与至多有1件正品 不互斥，它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况，故不满足条件．
B、至少有1件次品与都是正品是对立事件，故不满足条件．
C、至少有1件次品与至少有1件正品 不互斥，它们都包括了“一件正品与一件次品”的情况，故不满足条件．
D、恰有1件次品与恰有2件正 是互斥事件，但不是对立事件，因为除此之外还有“两件都是次品”的情况，
故满足条件．
故选D．
4．A
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式结合等差数列性质计算作答.
【详解】两个等差数列和的前项和分别为、，且，
所以.
故选：A
5．B
依次递推求出得解.
【详解】n=1时，，
n=2时，，
n=3时，，
n=4时，，
n=5时，.
故选：B
本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6．C
用列举法列出所有的基本事件以及满足条件的基本事件，用古典概型概率公式即可求得概率.
【详解】将数学、语文、政治、地理分别记为，将英语，历史，体育分别记为，
在上午下午的课程中各任选一节，所有的可能为：
，，，，，，，，，
，，共12种情况.
选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的情况有，，，，，，，共8种情况.
所以，所求概率为，
故选：C.
本题考查了古典概型，属于基础题.利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本事件的探求方法有两种，（1）枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的情况；（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.
7．A
【分析】依题意，先令，可得，再令，结合，可得，进而判断出数列是以首项为，公比为的等比数列，最后结合等比数列的通项公式即可求值.
【详解】因为对，，都有，
所以令，有，则有，
令，有，
又因为，所以，
因为，
，且，
所以，即，
所以，
则，所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以
，
故选：A.
8．C
【分析】根据题意，分析可得，进而变形可得，据此可得，计算可得答案．
【详解】解：根据题意，数列满足，即，
两边同乘以，可得，
则
；故选C．
本题考查数列的递推公式与数列的求和，关键是对数列的递推公式的变形，属中档题．
9．ABC
【分析】由图1和图2可判断A选项，由图3可判断B选项，由图4可判断C、D选项
【详解】由图1和图2可知，2023年中国乡村旅游消费者中年龄在岁之间的男性占比为，故A错误；
由图3可知，2023年中国乡村旅游消费者中月收入不高于1万元的占比为，故B错误；
由图4可知，2023年中国乡村旅游消费者中一次乡村旅游花费4个范围占比的中位数为
，故C错误；
由图4可知，2023年中国乡村旅游消费者一次乡村旅游花费的平均数估计值为，故D正确.
故选：BC
10．AD
【分析】先由条件分类讨论得到，，再利用等比数列的性质即可求解.
【详解】，，，
同号，且或，
若，则不同号；
若，则，不满足要求；
故可得，，故A正确；
，且，可得，故B错；
，又，且最大，故C错；
，且为等比数列，
由等比数列的性质可得，，
使成立的最大自然数等于4044，故D正确.
故选：AD.
关键点点睛：本题解决的关键在于推得，进而得到，从而得解.
11．BC
【分析】由相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式依次判断即可．
【详解】抛出两次，有正反，反正，正正，反反，共四种情况，
又因为，故A错误，
抛出三次：正正正，正正反，正反正，正反反，反反反，反反正，反正反，反正正，共八种情况，
则，， ，故B正确，
抛出n次有种组合，次全为正面向上或n次全为反面向上，
则，因此，故C正确，
，故D项错误．
故选：BC
12．
【分析】先由原7个数的方差求出，再求出加入一个新数据2后所得8个数的平均数，即可根据方差公式求出新方差.
【详解】原7个数的方差为，即，
加入一个新数据2后所得8个数的平均数为，
所以这8个数的方差为.
故答案为: .
13．
【分析】观察八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线或全为阴线各一个，还有6个是1阴2阳和1阳2阴各3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。
【详解】八卦中阴线和阳线的情况为3线全为阳线的一个，全为阴线的一个，1阴2阳的3个，1阳2阴的3个。抽取的两卦中共2阳4阴的所有可能情况是一卦全阴、另一卦2阳1阴，或两卦全是1阳2阴。
∴从8个卦中任取2卦，共有种可能，两卦中共2阳4阴的情况有，所求概率为。
故。
本题考查古典概型，解题关键是确定基本事件的个数。本题不能受八卦影响，我们关心的是八卦中阴线和阳线的条数，这样才能正确地确定基本事件的个数。
14．
【分析】根据等差数列的性质可得公差，由可得，从而可得，再根据等差数列的通项公式与分式变形，结合函数思想即可求得的取值范围.
【详解】设等差数列的公差为，所以，由于，所以，
且，即，
则，由得，故，
即的取值范围为.
故答案为.
15．(1)不公平，理由见解析
(2)
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型即可得解；
（2）利用树状图法，结合古典概型即可得解.
【详解】（1）连续掷骰子两次的基本事件的总数为，
两次点数之和为6包含的基本事件有共个，
故乙发球的概率为，
两次点数之和能被4整除包含的基本事件有
共个，
故丙发球的概率为，
所以这个方法不公平；
（2）因为在每局比赛中战胜对手的概率均为，
所以本题可用古典概型来解决，
如图所示，用树状图列举每局当裁判的可能，一共有种，
其中甲当2局裁判的可能有种，
所以在四局比赛中甲当2局裁判的概率为
16．(1)平均数为，众数为.
(2).
(3)平均数为，方差为.
【分析】（1）在频率分布直方图中，平均数等于每组的组中值乘以每组的频率之和；众数是最高矩形横坐标的中点，据此求解.
（2）依题意可知题目所求是第分位数，先判断第分位数落在哪个区间再求解即可；
（3）先求出每组的比例，再根据分层随机抽样的平均数及方差求解即可.
【详解】（1）一至六组的频率分别为，
平均数.
由图可知，众数为.
以样本估计总体，该地区所有学生中知识问答成绩的平均数为分，众数为分.
（2）前4组的频率之和为，
前5组的频率之和为，
第分位数落在第5组,设为x，则，解得.
“防溺水达人”的成绩至少为分.
（3）)的频率为，)的频率为，
所以的频率与的频率之比为
的频率与的频率之比为
设内的平均成绩和方差分别为，
依题意有，解得
，解得，
所以内的平均成绩为，方差为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合菱形性质，利用线面垂直的判定定理求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
且O为AC中点，，，
又，平面BDEF，∴平面BDEF．
（2）连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且，
为等边三角形，
∵O为BD中点，∴，又，平面ABCD，
平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直，
∴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，
设，∵四边形ABCD为菱形，，．
为等边三角形，∴．
，
∴，，
设平面ABF的法向量为，则
令，解得，
设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：．
18．(1)
(2).
【分析】（1）由解的方式解出，进而解出；
（2）分类讨论去除绝对值解出即可.
【详解】（1）因为，且，
当时，，
得，
整理得：，
所以为首项是，公差为的等差数列，
所以.
（2）由，所以当时，，当时，；
所以当，，
当时，，
而，
所以.
19．(1)（i） （ii） （iii）
(2)答案见解析
【分析】（1）（i）这个人必须走奇数步才能进入陷阱，就每一种情况分类计算后可得概率；（（ii））根据题设中给出的类似的计算方法可求；（（iii）利用构造法可求数列的通项.
（2）类似于（1）中（ii）的计算方法可求概率.
【详解】（1）（i）这个人必须走奇数步才能进入陷阱，
若1步进入陷阱，则概率为；若3步进入陷阱，则概率；
若5步进入陷阱，则概率为，
故5步内进入陷阱的概率为.
（ii）由题设从1,0最终进入陷阱，可分成两类，
1.向左一步，进入陷阱；
2.向右一步，然后多步后进入1,0，再进入陷阱；
故，故或（舍）.
（iii）因为，故，
所以，而，
故为等比数列，故，
故，故，
当时，符合，故.
（2）由（1）中（ii）的解析可得，
若，则或（舍）；
若，则（舍）或，
故，

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
A
B
C
A
C
ABC
AD
题号
11









答案
BC