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山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题
1．（2024高二下·济南期末）大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（　　）
A．7 B．8 C．12 D．16
2．（2024高二下·济南期末）函数在点处的切线斜率为（　　）
A． B．0 C．1 D．
3．（2024高二下·济南期末）下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（　　）
A．
B．
C．
D．
4．（2024高二下·济南期末）济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（　　）
A．27% B．28% C．29% D．30%
5．（2024高二下·济南期末）随机变量X的分布列为，，.若，则（　　）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
6．（2024高二下·济南期末）某城市高中数学统考，假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（　　）
参考数据：若，则.
A．71 B．78 C．85 D．92
7．（2024高二下·济南期末）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2024高二下·济南期末）函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·济南期末）的展开式，下列说法正确的是（　　）
A．展开式共有7项
B．展开式的二项式系数的和为128
C．展开式中的系数为14
D．展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大
10．（2024高二下·济南期末）下列函数中，有两个零点的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2024高二下·济南期末）设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（　　）
A．若A，B相互独立，，，则
B．若A，B互斥，，，则
C．若，则
D．若，则
12．（2024高二下·济南期末）从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是　 　.（用数字作答）
13．（2024高二下·济南期末）袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则　 　.
14．（2024高二下·济南期末）以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为　 　时，容器的容积最大.
15．（2024高二下·济南期末）一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求：
（1）质点位于2的位置的概率；
（2）随机变量的分布列和期望.
16．（2024高二下·济南期末）函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.
17．（2024高二下·济南期末）长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%.
（1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联；
近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计
是 否
是
否
合计
1000
（2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.
①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由）
②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程；
③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数）
参考公式及数据：（ⅰ），，
α 0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
（ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；
（ⅲ）散点图1中，；散点图2中，.
18．（2024高二下·济南期末）将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象，即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”.
（1）证明：函数，具有“旋转不变性”；
（2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围.
19．（2024高二下·济南期末）某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数，一方面：代数式中，的系数为.另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以.
（1）如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为________.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释；
（2）证明：①；②.注：组合数，若，则.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意，分两步完成，
第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法，
所以由分步乘法计数原理可知共有种.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同进出方式的种数.
2．【答案】A
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】先求出导函数，再利用导数的几何意义，从而得出函数在点处的切线斜率.
3．【答案】D
【知识点】可线性化的回归分析
【解析】【解答】解：因为图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分；
图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大；
图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型；
图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，
可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定．
故答案为：D．
【分析】根据一元线性回归模型对随机误差的假定，从而找出残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的选项.
4．【答案】C
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：由题意可得从三个年级中任选一名学生，
该学生参加环保活动的概率是：
.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件结合全概率公式，从而得出从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率.
5．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：因为随机变量X的分布列为，，，
则，
所以，解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意和概率之和等于1的性质以及随机变量的数学期望公式，从而可得，进而求出的值，再利用方差公式得出随机变量X的方差.
6．【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为等级概率为，且服从正态分布，
且，
所以等级范围在，
所以等级的最高分数线约为.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出等级的最高分数线.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：令，
则，，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，解得，
又因为，
所以，利用牛顿法求的近似解，至少需要次迭代也能达到同样的精确度.
故答案为：B.
【分析】利用求导的方法，再结合切点和斜率求出曲线在点处的切线方程和曲线在点处的切线方程，再结合牛顿法得出、的值，从而得出求的近似解，至少需要两次迭代也能达到同样的精确度.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：由，
得，
因为有两个极值点，
所以有两个不等的正根，
则 有两个不等的正根，
令，
则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，当时，，
所以的大致图象如图所示，
由图可知当时，与的图象有两个不同的交点，
所以当时，有两个极值点，
则实数a的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意可得有两个不等的正根，则有两个不等的正根，设，利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间，进而画出函数的大致图象，再结合函数的图象求解得出当时，与的图象有两个不同的交点，从而得出当时，有两个极值点，进而得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，因为的展开式有8项，所以A错误；
对于B，因为的展开式的二项式系数的和为，所以B正确；
对于C，因为展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为，所以C正确；
对于D，因为的展开式有8项，
所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大，所以D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据二项式展开式的性质判断出选项A；根据二项式展开式的系数的性质求解判断出选项B；先求出数列的通项公式，再令的次数为2求出的值，从而求出的系数，则判断出选项C；根据二项式展开式的系数的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以有且只有一个零点，所以A错误，
对于B，由，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以B正确，
对于C，由，
得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为当，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以C正确，
对于D，由，
得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意，先对函数求导，再利用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理分析函数零点的个数，从而逐项判断找出有两个零点的函数.
11．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，因为A，B相互独立，，，
所以故A正确；
对于B，因为，
故B正确；
对于C，因为，
当时，得不出，
则得不出，
则得不出，故C错误；
对于D，因为，
所以
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由互斥事件加法求概率公式、对立事件求概率公式因相互独立事件乘法求概率公式，则判断出选项A和选项B；根据条件概率公式判断出选项C；利用条件概率公式、相互独立事件乘法求概率公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】180
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当取不到0时，一共有个三位数，
若取到时，不能排首位，共有个三位数，
由分类加法计数原理可知，
共有三位数的个数为.
故答案为：180.
【分析】根据取到0与取不到0，从而分类讨论结合排列数公式，再结合分类加法计数原理，从而得出可以组成的没有重复数字的三位数的个数.
13．【答案】4
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知，的可能取值为，
则，，，
所以.
故答案为：4.
【分析】根据题意，由已知条件可得的可能取值，从而分别求得其对应概率，再由数学期望的计算公式，从而可得到随机变量X的数学期望.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，高为，体积为，
则，
因此，
则，
令 ，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时容积最大，
把代入，得
由，得，
则圆心角为时容积最大.
故答案为：.
【分析】设圆锥底面半径为，高为 ，那么，再根据，代入得到 ，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最大值以及和的值，再由圆心角得出圆心角时容积最大.
15．【答案】（1）解：由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，
则4次中向右移动3次，向左移动1次，
所以质点位于2的位置的概率为.
（2）解：由题意可知的可能取值为，
则
，
，，
，
所以的分布列为
0 2 4
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）抛掷硬币4次后，质点要位于2，则可知4次中向右移动3次，向左移动1次，再根据独立事件乘法求概率公式，从而得出质点位于2的位置的概率.
（2）由题意可知随机变量的可能取值，从而求出相应的概率，进而可求得随机变量的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，则4次中向右移动3次，向左移动1次，
所以质点位于2的位置的概率为；
（2）由题意可知的可能取值为，则
，，
，，
，
所以的分布列为
0 2 4
所以.
16．【答案】（1）解：当时，（），
则，
由，得或；
由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）解：由，
得，
由，得或，
因为，所以，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
则，，
因为，所以，
所以的最小值为，则，
所以，
令，，
则，
令，
得或，
所以，当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
则，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数求导，再由导数的正负求出函数的单调区间.
（2）先对函数求导，从而得出函数在上单调递增，在上单调递减，从而可得，进而可得，再构造函数结合导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
（1）当时，（），则，
由，得或，由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）由，得，
由，得或，
因为，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以的最大值为，
即，
，
因为，所以，
所以的最小值为，即，
所以，
令，，则，
令，得或，
所以当时，，
所以在上单调递增，
所以，所以，
即，
所以.
17．【答案】（1）解：因为2×2列联表为：
近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计
是 否
是 100 300 400
否 100 500 600
合计 200 800 1000
零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关，
根据列联表中的数据，并计算得到：
，
因为，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）解：①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②由题意可得，
则，
由题意得，
所以，
则该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为.
③因为，解得，
所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.
【知识点】线性回归方程；独立性检验的应用；回归分析的初步应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据题意列出2×2列联表，从而计算出，再根据小概率值的独立性检验，从而认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）①由散点图得出适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②根据最小二乘法求出回归直线方程.
③根据回归直线方程估计出该类近视儿童开始高度近视时的年龄.
（1）2×2列联表
近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计
是 否
是 100 300 400
否 100 500 600
合计 200 800 1000
零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关
根据列联表中的数据，并计算得到
，
因为，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②由题意可得，
因此，
再由题意得，所以，
从而该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为.
③，解得，
所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.
18．【答案】（1）证明：由题意可知，当时，，
令，，
则，
在上单调递减，
则与至多有1个交点，
所以与至多有1个交点，
故函数具有“旋转不变性”.
（2）解：由题意得：当时，，
函数与函数的图象至多有1个交点，
则方程至多有一个根，
则函数与函数的图象至多1个交点，
因此函数在上为单调函数，
因为，
当时，，
所以在上恒成立，
故.
令，
则
因为在上单调递减，
且，
由零点存在定理可知，
，使
所以，
当单调递增；
当单调递减，
所以，
则.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据新定义，将问题转化为函数的图象与至多有1个交点，再利用导数判断函数单调性，从而证出函数，具有“旋转不变性”.
（2）根据函数具有“旋转不变性”，从而将问题转化为，再构造函数结合零点存在性定理和导数求函数的最大值的方法，再根据不等式恒成立问题求出实数m的取值范围.
（1）由题意可知，当时，，
令，，
则，
在上单调递减.
故与至多有1个交点，
即与至多有1个交点，
故函数具有“旋转不变性”.
（2）由题意得：当时，，
函数与函数的图象至多有1个交点，
即方程至多有一个根，
即函数与函数的图象至多1个交点，
因此函数在上为单调函数，
，而当时，，
所以在上恒成立，故.
令，则
因为在上单调递减，且，
由零点存在定理可知，，使
所以，
当单调递增，
当单调递减，
所以，
即.
19．【答案】（1）解：因为
构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：
从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式，
另一方面，这样的人小组可分为个类：
第类由个男生和个女生组成（），
由乘法原理可知，第类中有个小组，
因此人小组共有个，
由加法原理可知：.
（2）证明：①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理，
于是构造组合的实际问题：
从名学生中选出人组成代表队，
其中名作为主力队员，名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
也可以直接从名学生中选了名主力队员，
再从剩下的名学生中选出名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
由上面的两种方法可知：；
②考虑中的系数，
一方面
的系数为，
因为，
所以的系数为：
另一方面，
所以的系数为
因为，所以
，
所以.
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；组合及组合数公式；二项展开式
【解析】【分析】（1）根据材料中的系数求解，从个男生与个女生中选取人小组，另一方面这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），再利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，从而组合恒等式.
（2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理，于是构造组合的实际问题进行解释，从而证出.
②由考虑中的系数，再依照材料中的方法推导，从而证出.
（1）构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式，
另一方面，这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），
由乘法原理可知，第类中有个小组，因此人小组共有个，
由加法原理可知：；
（2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题：
从名学生中选出人组成代表队，其中名作为主力队员，名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
也可以直接从名学生中选了名主力队员，再从剩下的名学生中选出名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
由上面的两种方法可知：；
②考虑中的系数，
一方面
的系数为，
因为，所以的系数为
另一方面，
，
所以的系数为，
因为，所以
，
所以
1 / 1山东省济南市2023-2024学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题
1．（2024高二下·济南期末）大明湖是济南三大名胜之一，素有“泉城明珠”之美誉，自2017年1月1日起全面向社会免费开放.景区有东南西北4个大门，每个大门进去都有不同景致，小明从一个门进，另一个门出，则不同进出方式的种数为（　　）
A．7 B．8 C．12 D．16
【答案】C
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：由题意，分两步完成，
第一步选一个大门进去有4种选法，第二步选一个大门出去有3种选法，
所以由分步乘法计数原理可知共有种.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同进出方式的种数.
2．（2024高二下·济南期末）函数在点处的切线斜率为（　　）
A． B．0 C．1 D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】先求出导函数，再利用导数的几何意义，从而得出函数在点处的切线斜率.
3．（2024高二下·济南期末）下列残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】可线性化的回归分析
【解析】【解答】解：因为图A显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分；
图B说明残差的方差不是一个常数，随观测时间变大而变大；
图C显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型；
图D的残差较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，
可见D满足一元线性回归模型对随机误差的假定．
故答案为：D．
【分析】根据一元线性回归模型对随机误差的假定，从而找出残差满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的选项.
4．（2024高二下·济南期末）济南市某高中组织全部学生参加公益活动，其中高一、高二、高三年级人数之比为4：3：3，这三个年级分别又有20%，30%，40%的学生参加公益活动中的环保活动.从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率是（　　）
A．27% B．28% C．29% D．30%
【答案】C
【知识点】全概率公式
【解析】【解答】解：由题意可得从三个年级中任选一名学生，
该学生参加环保活动的概率是：
.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件结合全概率公式，从而得出从三个年级中任选一名学生，该学生参加环保活动的概率.
5．（2024高二下·济南期末）随机变量X的分布列为，，.若，则（　　）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：因为随机变量X的分布列为，，，
则，
所以，解得，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意和概率之和等于1的性质以及随机变量的数学期望公式，从而可得，进而求出的值，再利用方差公式得出随机变量X的方差.
6．（2024高二下·济南期末）某城市高中数学统考，假设考试成绩服从正态分布.如果按照的比例将考试成绩由高到低分为四个等级，那么等级的最高分数线约为（　　）
参考数据：若，则.
A．71 B．78 C．85 D．92
【答案】C
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】解：因为等级概率为，且服从正态分布，
且，
所以等级范围在，
所以等级的最高分数线约为.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而得出等级的最高分数线.
7．（2024高二下·济南期末）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.对于方程，如果用二分法求近似解，给定初始区间，若精确度，则至少需要经过4次迭代才能求出其近似解.牛顿在《流数法》一书中用“作切线”的方法求高次方程的近似解.从函数的观点看，给定一个初始值，在横坐标为的点处作函数的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到，一直继续下去得到，，…，.它们越来越逼近函数的零点r，当时，或即为方程的近似解.现给定初始值，利用牛顿法求的近似解，至少需要几次迭代也能达到同样的精确度（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：令，
则，，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，解得，
又因为，
所以，利用牛顿法求的近似解，至少需要次迭代也能达到同样的精确度.
故答案为：B.
【分析】利用求导的方法，再结合切点和斜率求出曲线在点处的切线方程和曲线在点处的切线方程，再结合牛顿法得出、的值，从而得出求的近似解，至少需要两次迭代也能达到同样的精确度.
8．（2024高二下·济南期末）函数有两个极值点，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：由，
得，
因为有两个极值点，
所以有两个不等的正根，
则 有两个不等的正根，
令，
则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，当时，，
所以的大致图象如图所示，
由图可知当时，与的图象有两个不同的交点，
所以当时，有两个极值点，
则实数a的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意可得有两个不等的正根，则有两个不等的正根，设，利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间，进而画出函数的大致图象，再结合函数的图象求解得出当时，与的图象有两个不同的交点，从而得出当时，有两个极值点，进而得出实数a的取值范围.
9．（2024高二下·济南期末）的展开式，下列说法正确的是（　　）
A．展开式共有7项
B．展开式的二项式系数的和为128
C．展开式中的系数为14
D．展开式中第3项或者第4项的二项式系数最大
【答案】B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，因为的展开式有8项，所以A错误；
对于B，因为的展开式的二项式系数的和为，所以B正确；
对于C，因为展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为，所以C正确；
对于D，因为的展开式有8项，
所以展开式中第4项或者第5项的二项式系数最大，所以D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据二项式展开式的性质判断出选项A；根据二项式展开式的系数的性质求解判断出选项B；先求出数列的通项公式，再令的次数为2求出的值，从而求出的系数，则判断出选项C；根据二项式展开式的系数的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2024高二下·济南期末）下列函数中，有两个零点的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以有且只有一个零点，所以A错误，
对于B，由，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以B正确，
对于C，由，
得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为当，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以C正确，
对于D，由，
得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，
所以在上有且只有一个零点，在上有且只有一个零点，
所以有两个零点，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意，先对函数求导，再利用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理分析函数零点的个数，从而逐项判断找出有两个零点的函数.
11．（2024高二下·济南期末）设A，B是两个随机事件，，，下列说法正确的是（　　）
A．若A，B相互独立，，，则
B．若A，B互斥，，，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：对于A，因为A，B相互独立，，，
所以故A正确；
对于B，因为，
故B正确；
对于C，因为，
当时，得不出，
则得不出，
则得不出，故C错误；
对于D，因为，
所以
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由互斥事件加法求概率公式、对立事件求概率公式因相互独立事件乘法求概率公式，则判断出选项A和选项B；根据条件概率公式判断出选项C；利用条件概率公式、相互独立事件乘法求概率公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高二下·济南期末）从0，1，2，3，4，5，6中任取3个数字，可以组成的没有重复数字的三位数的个数是　 　.（用数字作答）
【答案】180
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当取不到0时，一共有个三位数，
若取到时，不能排首位，共有个三位数，
由分类加法计数原理可知，
共有三位数的个数为.
故答案为：180.
【分析】根据取到0与取不到0，从而分类讨论结合排列数公式，再结合分类加法计数原理，从而得出可以组成的没有重复数字的三位数的个数.
13．（2024高二下·济南期末）袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则　 　.
【答案】4
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】解：由题意可知，的可能取值为，
则，，，
所以.
故答案为：4.
【分析】根据题意，由已知条件可得的可能取值，从而分别求得其对应概率，再由数学期望的计算公式，从而可得到随机变量X的数学期望.
14．（2024高二下·济南期末）以半径为R，圆心角为α的扇形铁皮为圆锥的侧面，制成一个圆锥形容器.当扇形的圆心角α为　 　时，容器的容积最大.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，高为，体积为，
则，
因此，
则，
令 ，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时容积最大，
把代入，得
由，得，
则圆心角为时容积最大.
故答案为：.
【分析】设圆锥底面半径为，高为 ，那么，再根据，代入得到 ，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的最大值以及和的值，再由圆心角得出圆心角时容积最大.
15．（2024高二下·济南期末）一个质点从数轴上的原点0开始移动，通过抛掷一枚质地均匀的硬币决定质点向左或者向右移动.若硬币正面向上，则质点向右移动一个单位；若硬币反面向上，则质点向左移动一个单位.抛掷硬币4次后，质点所在位置对应数轴上的数记为随机变量，求：
（1）质点位于2的位置的概率；
（2）随机变量的分布列和期望.
【答案】（1）解：由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，
则4次中向右移动3次，向左移动1次，
所以质点位于2的位置的概率为.
（2）解：由题意可知的可能取值为，
则
，
，，
，
所以的分布列为
0 2 4
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）抛掷硬币4次后，质点要位于2，则可知4次中向右移动3次，向左移动1次，再根据独立事件乘法求概率公式，从而得出质点位于2的位置的概率.
（2）由题意可知随机变量的可能取值，从而求出相应的概率，进而可求得随机变量的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（1）由题意可知，抛掷硬币4次后，质点要位于2，则4次中向右移动3次，向左移动1次，
所以质点位于2的位置的概率为；
（2）由题意可知的可能取值为，则
，，
，，
，
所以的分布列为
0 2 4
所以.
16．（2024高二下·济南期末）函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，（），
则，
由，得或；
由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）解：由，
得，
由，得或，
因为，所以，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
则，，
因为，所以，
所以的最小值为，则，
所以，
令，，
则，
令，
得或，
所以，当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
则，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数求导，再由导数的正负求出函数的单调区间.
（2）先对函数求导，从而得出函数在上单调递增，在上单调递减，从而可得，进而可得，再构造函数结合导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而得出的取值范围.
（1）当时，（），则，
由，得或，由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）由，得，
由，得或，
因为，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以的最大值为，
即，
，
因为，所以，
所以的最小值为，即，
所以，
令，，则，
令，得或，
所以当时，，
所以在上单调递增，
所以，所以，
即，
所以.
17．（2024高二下·济南期末）长时间近距离看电子产品会影响视力.泉泉调查了某校1000名学生，发现40%的学生近视；而该校20%的学生每天近距离看电子产品时间超过1h，这些人的近视率为50%.
（1）请完成下列2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断近视与每天近距离看电子产品时间超过1h是否有关联；
近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计
是 否
是
否
合计
1000
（2）研究发现，近视儿童每年眼轴的增速要大于非近视儿童，长时间近距离看电子产品会导致眼轴快速增长，最终影响视力.高度近视者的眼轴长度一般大于26mm.下图是每天近距离看电子产品时间超过1h近视儿童和非近视儿童6~16岁的眼轴生长发育散点图.
①根据散点图判断，和哪一个更符合每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况？（给出判断即可，不必说明理由）
②根据①中的判断结果，建立该类近视儿童眼轴长度y（单位：mm）关于年龄x（，且）的经验回归方程；
③根据②中的结果，估计该类近视儿童开始高度近视时的年龄.（结果保留整数）
参考公式及数据：（ⅰ），，
α 0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
（ⅱ）回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；
（ⅲ）散点图1中，；散点图2中，.
【答案】（1）解：因为2×2列联表为：
近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计
是 否
是 100 300 400
否 100 500 600
合计 200 800 1000
零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关，
根据列联表中的数据，并计算得到：
，
因为，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）解：①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②由题意可得，
则，
由题意得，
所以，
则该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为.
③因为，解得，
所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.
【知识点】线性回归方程；独立性检验的应用；回归分析的初步应用；2×2列联表
【解析】【分析】（1）根据题意列出2×2列联表，从而计算出，再根据小概率值的独立性检验，从而认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）①由散点图得出适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②根据最小二乘法求出回归直线方程.
③根据回归直线方程估计出该类近视儿童开始高度近视时的年龄.
（1）2×2列联表
近视 每天近距离看电子产品时间超过1h 合计
是 否
是 100 300 400
否 100 500 600
合计 200 800 1000
零假设为：近视与每天近距离看电子产品时间超过1h无关
根据列联表中的数据，并计算得到
，
因为，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为近视与每天近距离看电子产品时间超过1h有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005.
（2）①适宜每天近距离看电子产品时间超过1h的近视儿童的眼轴生长发育情况.
②由题意可得，
因此，
再由题意得，所以，
从而该类近视儿童眼轴长度)(单位：mm)关于年龄x的回归方程为.
③，解得，
所以该类近视儿童开始高度近视时大约18岁.
18．（2024高二下·济南期末）将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是一个函数的图象，即函数的图象与直线至多有1个交点，则称函数具有“α旋转不变性”.
（1）证明：函数，具有“旋转不变性”；
（2）若函数具有“旋转不变性”，求m的取值范围.
【答案】（1）证明：由题意可知，当时，，
令，，
则，
在上单调递减，
则与至多有1个交点，
所以与至多有1个交点，
故函数具有“旋转不变性”.
（2）解：由题意得：当时，，
函数与函数的图象至多有1个交点，
则方程至多有一个根，
则函数与函数的图象至多1个交点，
因此函数在上为单调函数，
因为，
当时，，
所以在上恒成立，
故.
令，
则
因为在上单调递减，
且，
由零点存在定理可知，
，使
所以，
当单调递增；
当单调递减，
所以，
则.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据新定义，将问题转化为函数的图象与至多有1个交点，再利用导数判断函数单调性，从而证出函数，具有“旋转不变性”.
（2）根据函数具有“旋转不变性”，从而将问题转化为，再构造函数结合零点存在性定理和导数求函数的最大值的方法，再根据不等式恒成立问题求出实数m的取值范围.
（1）由题意可知，当时，，
令，，
则，
在上单调递减.
故与至多有1个交点，
即与至多有1个交点，
故函数具有“旋转不变性”.
（2）由题意得：当时，，
函数与函数的图象至多有1个交点，
即方程至多有一个根，
即函数与函数的图象至多1个交点，
因此函数在上为单调函数，
，而当时，，
所以在上恒成立，故.
令，则
因为在上单调递减，且，
由零点存在定理可知，，使
所以，
当单调递增，
当单调递减，
所以，
即.
19．（2024高二下·济南期末）某校数学兴趣小组的同学对杨辉三角性质进行探究发现：“第n行各数平方和等于第2n行中间的数，即：”，证明如下.证明：考虑多项式中的系数，一方面：代数式中，的系数为.另一方面：代数式中，的系数为.因为，所以.所以.
（1）如果证明过程中考虑中的系数，能得到的组合恒等式为________.请先填空，再构造一个实际背景，对所得恒等式的意义作出解释；
（2）证明：①；②.注：组合数，若，则.
【答案】（1）解：因为
构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：
从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式，
另一方面，这样的人小组可分为个类：
第类由个男生和个女生组成（），
由乘法原理可知，第类中有个小组，
因此人小组共有个，
由加法原理可知：.
（2）证明：①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理，
于是构造组合的实际问题：
从名学生中选出人组成代表队，
其中名作为主力队员，名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
也可以直接从名学生中选了名主力队员，
再从剩下的名学生中选出名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
由上面的两种方法可知：；
②考虑中的系数，
一方面
的系数为，
因为，
所以的系数为：
另一方面，
所以的系数为
因为，所以
，
所以.
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；组合及组合数公式；二项展开式
【解析】【分析】（1）根据材料中的系数求解，从个男生与个女生中选取人小组，另一方面这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），再利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理，从而组合恒等式.
（2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理，于是构造组合的实际问题进行解释，从而证出.
②由考虑中的系数，再依照材料中的方法推导，从而证出.
（1）构造实际背景，对所得恒等式的意义做出解释：从个男生与个女生中选取人小组，一共有种方式，
另一方面，这样的人小组可分为个类：第类由个男生和个女生组成（），
由乘法原理可知，第类中有个小组，因此人小组共有个，
由加法原理可知：；
（2）①等式两边都是两个数相乘，可以联想到分步乘法原理.于是构造组合的实际问题：
从名学生中选出人组成代表队，其中名作为主力队员，名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
也可以直接从名学生中选了名主力队员，再从剩下的名学生中选出名替补队员，
根据分步乘法原理共有种方法，
由上面的两种方法可知：；
②考虑中的系数，
一方面
的系数为，
因为，所以的系数为
另一方面，
，
所以的系数为，
因为，所以
，
所以
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