山东省烟台市2023-2024学年高二下学期7月期末学业水平诊断数学试题
1．（2024高二下·烟台期末）从6名大学毕业生中任选3名去某中学支教，不同选派方法的总数为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．120
2．（2024高二下·烟台期末）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．36 B．45 C．72 D．90
3．（2024高二下·烟台期末）已知曲线在点处的切线与轴相交于点，则实数（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
4．（2024高二下·烟台期末）已知等比数列的前项和，则（ ）
A． B．1 C． D．2
5．（2024高二下·烟台期末）中心极限定理在概率论中应用广泛.根据该定理，若随机变量，当充分大时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的均值 方差分别与随机变量的均值 方差近似相等.某射手对目标进行400次射击，且每次射击命中目标的概率为，则估计射击命中次数小于336的概率约为（ ）
附：若，则，.
A．0.9987 B．0.9773 C．0.8414 D．0.5
6．（2024高二下·烟台期末）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·烟台期末）某产品只有一等品 二等品，现随机装箱销售，每箱15件.假定任意一箱含二等品件数为的概率分别为.一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·烟台期末）已知，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·烟台期末）某弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）与时间（单位：）之间的函数关系为，则（ ）
A．时，弹簧振子的位移为
B．时，弹簧振子的瞬时速度为
C．时，弹簧振子的瞬时加速度为
D．时，弹簧振子的瞬时速度为
10．（2024高二下·烟台期末）已知某两个变量具有线性相关关系，由样本数据确定的样本经验回归方程为，且.若剔除一个明显偏离直线的异常点后，利用剩余9组数据得到修正后的经验回归方程为，由修正后的方程可推断出（ ）
A．变量的样本相关系数为正数
B．经验回归直线恒过
C．每增加1个单位，平均减少1.6个单位
D．样本数据对应的残差的绝对值为0.2
11．（2024高二下·烟台期末）设数列满足下列条件：，且当时，.记项数为的数列的个数为，则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·烟台期末）展开式中的系数为 .
13．（2024高二下·烟台期末）若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为 .
14．（2024高二下·烟台期末）南京大学2023年的本科生录取通知书用科赫曲线的数学规律鼓励新生成为独一无二的自己，还附赠“科赫雪花”徽章，意在有限的生命中，创造无限可能.科赫曲线的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.下图展示的分别是1阶 2阶 3阶 4阶科赫曲线，设1阶科赫曲线的周长为，则阶科赫曲线的周长为 ；若阶科赫曲线围成的平面图形的面积为，且满足，则的最小值为
15．（2024高二下·烟台期末）某高中在高二年级举办创新作文比赛活动，满分100分，得分80及以上者获奖.为了解学生获奖情况与选修阅读课程之间的关系，在参赛选手中随机选取了50名学生作为样本，各分数段学生人数及其选修阅读课程情况统计如下：
成绩
学生人数 6 10 24 7 3
选修读课程人数 0 3 9 4 4
（1）根据以上统计数据完成下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为学生获奖与选修阅读课程有关联；
获奖 没有获奖 合计
选修阅读课程
不选阅读课程
合计
（2）在上述样本的获奖学生中随机抽取3名学生，设3人中选修阅读课程人数为，求的分布列及数学期望.
参考公式：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16．（2024高二下·烟台期末）已知函数.
（1）当时，求过点且与图象相切的直线的方程；
（2）讨论函数的单调性.
17．（2024高二下·烟台期末）已知数列是等差数列，且，数列满足，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）将数列的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的通项公式；
（3）设数列的前项和为，证明：.
18．（2024高二下·烟台期末）一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球 3个白球.现从袋中随机逐个抽取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出.
（1）求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率；
（2）记抽取3次取出白球的数量为，求随机变量的分布列；
（3）记恰好在第次取出第二个白球的概率为，求.
19．（2024高二下·烟台期末）已知函数存在两个不同的极值点.
（1）求的取值范围；
（2）设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得不同选派方法的总数为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和组合数公式，从而得出不同选派方法的总数.
2．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列是等差数列，且，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】先由得出公差d的值，再由等差数列前n项和公式得出等差数列的前8项的和.
3．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以在点处的切线方程为，
又因为切线与轴相交于点，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】先利用导数的几何意义得出切线的斜率，结合代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程，将点代入切线方程，从而得出实数a的值.
4．【答案】D
【知识点】等比数列概念与表示；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，
又因为，数列等比数列，∴，
则，解得．
故答案为：D．
【分析】由与的关系式，从而求出数列的通项公式公式，再由等比数列定义确定的值．
5．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为射击命中次数服从二项分布，
则均值，方差，
所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】先根据二项分布算出，从而得出随机变量X的数学期望和方差，再结合正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而估计出射击命中次数小于336的概率.
6．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为函数，
则，
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
则在上恒成立，
所以，
则，
设，，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得在上恒成立，分离参数后，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出实数的取值范围.
7．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：由全概率公式可知，
抽到二等品的概率为，
则所求概率为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合全概率公式、对立事件求概率公式，从而得出该顾客买下这箱产品的概率.
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
因为，
所以，
所以，
令，求导得，
可得当时，，函数在上单调递增，
又因为，，
当时，有，可得，
当时，有恒成立，所以，
综上所述：.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，再构造函数，从而求导判断出其在的单调性，再分类讨论得出结论一定成立的选项.
9．【答案】A,B,D
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
则当时，弹簧振子的位移为，故A正确；
对于B，因为，
当时，，
则当时，弹簧振子的瞬时速度为，故B正确；
对于C，设，
则，
当时，，
则当时，弹簧振子的瞬时加速度为，故C错误；
对于D，因为，
当时，，
则当时，弹簧振子的瞬时速度为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将代入解析式判断出选项A；根据导数的几何意义，先求出，将代入，则判断出选项B；设，根据导数的几何意义求出，将代入判断出选项C；将代入判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：将代入，可得，
剔除异常点后，
新的平均值为，，
代入，可得，解得，
所以修正后的回归直线方程为.
对于A：因为的系数为，故相关系数也应为负数，故A错误；
对于B：因为恒过，故B正确；
对于C：因为的系数为，所以每增加1个单位，平均减少，故C正确；
对于D：令，可得，
所以残差的绝对值，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合平均数公式，从而得出样本中心点的坐标，进而可得剔除异常点后，新数据的样本中心点，从而得出线性回归方程，再依据相关系数的定义、线性回归直线恒过样本中心点的性质、线性回归方程的应用、残差的定义，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的递推公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
则数列的项中不能连续出现，
且当为偶数时，出现的次数不得大于；
当为奇数时，出现的次数不等大于，且当出现的次数为时数列的第一项为，
当为偶数时，当有个时，
则个，此时数列共有种情况，
所以；
当为奇数时，当有个时，
则个，此时数列共有种情况，
所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C：当为奇数时，，
，
，
此时，
因为组合数（），且，
可知
，
当为偶数时，，
，，
同理可得，
，故C正确；
对于D：由，则，
所以
化简可得，，
因为，设，
则，，
所以数列使以为首项，为公比的等比数列，
所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据排列数性质和组合数性质，从而可得数列的通项公式，进而得出数列的递推公式，则判断出选项A、选项B和选项C；根据等比数列的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】-80
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为，
令，所以的系数为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式的通项公式，从而得出展开式中的系数.
13．【答案】
【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；图形的对称性；函数极限
【解析】【解答】解：若曲线与总存在关于原点对称的点，
则上的点关于原点的对称点在曲线上，
所以方程有解，
令，则方程有解，
则方程有解，
令，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
当趋于0时，趋于负无穷；当趋于正无穷时，趋于0，
所以的值域为，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】通过已知条件可知方程有解，再构造函数结合求导的方法和函数求极限的方法，从而得出函数的值域，从而得出实数a的取值范围.
14．【答案】；
【知识点】函数的最大（小）值；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的极限
【解析】【解答】解：记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，
若第阶科赫曲线中的三角形的周长为，
则，边数，
第阶科赫曲线中的三角形的，边数，
所以第阶科赫曲线中的三角形的边长，边数，
所以第阶科赫曲线中的三角形的周长；
由图形可知是每条边上生成一个小三角形（去掉底边），
则，所以
，
，
，
左右两边分别相加得，
因为，又因为数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，
所以，
又因为，所以
，
当时，，所以，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：①；②.
【分析】记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，由题意可得，边数，从而可得，进而可得，累加可得，再根据等比数列的定义，从而判断出数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列， 再结合等比数列前n项和公式和函数求极限的方法，从而计算可得的最小值.
15．【答案】（1）解：根据已知条件，可得：
获奖 没有获奖 合计
选修阅读课程 8 12 20
不选阅读课程 2 28 30
合计 10 40 50
零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联，
根据列联表中数据计算可得：
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
则认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，
此推断犯错的概率不大于.
（2）解：由题意可知，的可能取值为，
则，
，
，
所以随机变量的分布列为：
1 2 3
.
【知识点】独立性检验的应用；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】【分析】（1）由题意可得列联表，再计算出的值，并与临界值表比较，从而认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于.
（2）先根据已知条件确定随机变量的取值，从而得出每个值对应的概率，进而可得随机变量X的分布列，再根据数学期望公式得出随机变量X的数学期望.
（1）根据已知条件可得
获奖 没有获奖 合计
选修阅读课程 8 12 20
不选阅读课程 2 28 30
合计 10 40 50
零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联；
根据列联表中数据计算可得：
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于.
（2）由题意可知的可能取值为，
则，，
，
所以随机变量的分布列为：
1 2 3
.
16．【答案】（1）解：当时，，
所以.
设切点为，
则，
所以，切线方程为，
将代入得，
解得或，
则过的切线方程为或.
（2）解：因为
当时，，恒有，函数单调递增；
当时，则，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减；
当时，则，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求导得，设切点，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式设出切线方程，从而代入得出的值，进而得出过点且与图象相切的直线的方程.
（2）先求导得出，再分讨论结合导数判断函数单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（1）当时，，所以.
设切点为，则，
所以，切线方程为，
将代入得，解得或，
故过的切线方程为或.
（2）.
当时，，恒有，函数单调递增，
当时，，当，或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，当，或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
17．【答案】（1）解：由题意可知，
则，故，
由，可得，
所以数列的公差，
所以，
由，
叠加可得，
整理可得，
当时，满足上式，
所以.
（2）解：不妨设，
则，
可得，
当时，，不合题意，
当时，，
所以在数列中均存在公共项，
又因为，
所以.
（3）证明：当时，，结论成立，
当时，，
所以
综上所述，.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；反证法与放缩法；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）先利用已知条件结合等差数列的通项公式，从而得出，再由累加法和检验法，从而得出数列的通项公式.
（2）不妨设，分，两种情况讨论出，从而得出在数列中均存在公共项，再结合得出数列的通项公式.
（3）当时，结论显然成立，当时，通过放缩法和裂项求和分式，从而证出不等式成立.
（1）由题意可知，即，故，
由，可得，
所以数列的公差，所以，
由，
叠加可得，
整理可得，当时，满足上式，
所以；
（2）不妨设，即，可得，
当时，，不合题意，
当时，，
所以在数列中均存在公共项，
又因为，所以.
（3）当时，，结论成立，
当时，，
所以，
综上所述，.
18．【答案】（1）解：记事件“第2次取出的小球为黑球”，
事件“第1次取出的小球为白球”，
则，
，
所以.
（2）解：由题意，的所有可能取值为，
则，
，
，
，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2 3
（3）解：由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则：
，
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；概率的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件和独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而分别求出，再结合条件概率公式得出在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率.
（2）利用已知条件得出随机变量的所有可能取值，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出对应的概率，进而得出随机变量X的分布列.
（3）由题意得，再结合等比数列前n项和公式，从而化简得出.
（1）记事件“第2次取出的小球为黑球”，事件“第1次取出的小球为白球”，
则，，
所以；
（2）由题意，的所有可能取值为，则，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
（3）由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则：
，
所以.
19．【答案】（1）解： 因为函数的定义域为，
当时，，函数在单调递增，无极值点，
当时，，
又因为函数有两个不同的极值点，
则在有两个解，
所以方程有两个解，
可转化为函数，与直线有两个公共点，
又因为，
令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取最小值为，
作出函数，与图像如图所示，
所以，解得.
（2）证明：由（1）得有两个解，
设为，，且，
当时，，则，函数单调递减；
当时，，则，函数单调递增；
当时，，则，函数单调递减，
因为，所以函数至多有三个零点，
当时，令，
则，则，
则函数除以外的零点即为方程的解且，
设，
则，
因为函数，恒成立，
则单调递减，且当时，，
所以当时，，
则，单调递增，且此时恒成立，
又因为
当时，，
则，单调递减，且此时恒成立，
因为，
所以有两个解，
设为，，且，
又因为，，
所以，
所以函数的零点之和，
若证，可证，即证，
由（1）可知，
则
设，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
则，
则，
由（1）得在上单调递减，
所以，
则，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时，无极值点，当时，可转化为函数，与直线有两个公共点，再求导判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而数形结合可得实数a的取值范围.
（2）设两个极值点分别为，，且，由（1）可知函数的单调性，构造函数，求导判断函数单调性，从而得出函数的值域，则可得知函数有三个零点从小到大依次为为，，，由函数性质可知，再结合基本不等式求最值的方法，从而可得，所以若证，可证，即证，构造函数，，再求导判断函数单调性可知，则根据的单调性证出.
（1）由已知函数的定义域为，
当时，，函数在单调递增，无极值点，
当时，，，
又函数有两个不同的极值点，即在有两个解，
即方程有两个解，
可转化为函数，与直线有两个公共点，
又，令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取最小值为，
做出函数，与图像如图所示，
所以，解得.
（2）由（1）得有两个解，设为，，且，
则当时，，即，函数单调递减，
当时，，即，函数单调递增，
当时，，即，函数单调递减，
又，
所以函数至多有三个零点，
当时，令，即，
则，
即函数除以外的零点即为方程的解，且
设，则，
又函数，恒成立，单调递减，且当时，，
所以当时，，即，单调递增，且此时恒成立，又
当时，，即，单调递减，且此时恒成立，由，
所以又两个解，设为，，且，
又，，
所以，
所以函数的零点之和，
所以若证，可证，
即证，
由（1）可知，
则，
设，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
即，
即，
又由（1）得在上单调递减，
所以，即，
所以.
1 / 1山东省烟台市2023-2024学年高二下学期7月期末学业水平诊断数学试题
1．（2024高二下·烟台期末）从6名大学毕业生中任选3名去某中学支教，不同选派方法的总数为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．120
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得不同选派方法的总数为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和组合数公式，从而得出不同选派方法的总数.
2．（2024高二下·烟台期末）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．36 B．45 C．72 D．90
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列是等差数列，且，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】先由得出公差d的值，再由等差数列前n项和公式得出等差数列的前8项的和.
3．（2024高二下·烟台期末）已知曲线在点处的切线与轴相交于点，则实数（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
所以在点处的切线方程为，
又因为切线与轴相交于点，
所以，
解得.
故答案为：A.
【分析】先利用导数的几何意义得出切线的斜率，结合代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程，将点代入切线方程，从而得出实数a的值.
4．（2024高二下·烟台期末）已知等比数列的前项和，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【知识点】等比数列概念与表示；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，
又因为，数列等比数列，∴，
则，解得．
故答案为：D．
【分析】由与的关系式，从而求出数列的通项公式公式，再由等比数列定义确定的值．
5．（2024高二下·烟台期末）中心极限定理在概率论中应用广泛.根据该定理，若随机变量，当充分大时，可以由服从正态分布的随机变量近似替代，且的均值 方差分别与随机变量的均值 方差近似相等.某射手对目标进行400次射击，且每次射击命中目标的概率为，则估计射击命中次数小于336的概率约为（ ）
附：若，则，.
A．0.9987 B．0.9773 C．0.8414 D．0.5
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：因为射击命中次数服从二项分布，
则均值，方差，
所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】先根据二项分布算出，从而得出随机变量X的数学期望和方差，再结合正态分布对应的概率密度函数的图象的对称性，从而估计出射击命中次数小于336的概率.
6．（2024高二下·烟台期末）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为函数，
则，
因为在上单调递增，
所以在上恒成立，
则在上恒成立，
所以，
则，
设，，
则，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以.
故答案为：D.
【分析】由题意可得在上恒成立，分离参数后，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出实数的取值范围.
7．（2024高二下·烟台期末）某产品只有一等品 二等品，现随机装箱销售，每箱15件.假定任意一箱含二等品件数为的概率分别为.一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；全概率公式
【解析】【解答】解：由全概率公式可知，
抽到二等品的概率为，
则所求概率为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合全概率公式、对立事件求概率公式，从而得出该顾客买下这箱产品的概率.
8．（2024高二下·烟台期末）已知，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可得，
则，
因为，
所以，
所以，
令，求导得，
可得当时，，函数在上单调递增，
又因为，，
当时，有，可得，
当时，有恒成立，所以，
综上所述：.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，再构造函数，从而求导判断出其在的单调性，再分类讨论得出结论一定成立的选项.
9．（2024高二下·烟台期末）某弹簧振子在振动过程中的位移（单位：）与时间（单位：）之间的函数关系为，则（ ）
A．时，弹簧振子的位移为
B．时，弹簧振子的瞬时速度为
C．时，弹簧振子的瞬时加速度为
D．时，弹簧振子的瞬时速度为
【答案】A,B,D
【知识点】瞬时变化率
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
则当时，弹簧振子的位移为，故A正确；
对于B，因为，
当时，，
则当时，弹簧振子的瞬时速度为，故B正确；
对于C，设，
则，
当时，，
则当时，弹簧振子的瞬时加速度为，故C错误；
对于D，因为，
当时，，
则当时，弹簧振子的瞬时速度为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将代入解析式判断出选项A；根据导数的几何意义，先求出，将代入，则判断出选项B；设，根据导数的几何意义求出，将代入判断出选项C；将代入判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高二下·烟台期末）已知某两个变量具有线性相关关系，由样本数据确定的样本经验回归方程为，且.若剔除一个明显偏离直线的异常点后，利用剩余9组数据得到修正后的经验回归方程为，由修正后的方程可推断出（ ）
A．变量的样本相关系数为正数
B．经验回归直线恒过
C．每增加1个单位，平均减少1.6个单位
D．样本数据对应的残差的绝对值为0.2
【答案】B,C,D
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；可线性化的回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：将代入，可得，
剔除异常点后，
新的平均值为，，
代入，可得，解得，
所以修正后的回归直线方程为.
对于A：因为的系数为，故相关系数也应为负数，故A错误；
对于B：因为恒过，故B正确；
对于C：因为的系数为，所以每增加1个单位，平均减少，故C正确；
对于D：令，可得，
所以残差的绝对值，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合平均数公式，从而得出样本中心点的坐标，进而可得剔除异常点后，新数据的样本中心点，从而得出线性回归方程，再依据相关系数的定义、线性回归直线恒过样本中心点的性质、线性回归方程的应用、残差的定义，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高二下·烟台期末）设数列满足下列条件：，且当时，.记项数为的数列的个数为，则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的递推公式；组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
则数列的项中不能连续出现，
且当为偶数时，出现的次数不得大于；
当为奇数时，出现的次数不等大于，且当出现的次数为时数列的第一项为，
当为偶数时，当有个时，
则个，此时数列共有种情况，
所以；
当为奇数时，当有个时，
则个，此时数列共有种情况，
所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C：当为奇数时，，
，
，
此时，
因为组合数（），且，
可知
，
当为偶数时，，
，，
同理可得，
，故C正确；
对于D：由，则，
所以
化简可得，，
因为，设，
则，，
所以数列使以为首项，为公比的等比数列，
所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据排列数性质和组合数性质，从而可得数列的通项公式，进而得出数列的递推公式，则判断出选项A、选项B和选项C；根据等比数列的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高二下·烟台期末）展开式中的系数为 .
【答案】-80
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：因为的展开式的通项为，
令，所以的系数为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式的通项公式，从而得出展开式中的系数.
13．（2024高二下·烟台期末）若曲线与总存在关于原点对称的点，则的取值范围为 .
【答案】
【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；图形的对称性；函数极限
【解析】【解答】解：若曲线与总存在关于原点对称的点，
则上的点关于原点的对称点在曲线上，
所以方程有解，
令，则方程有解，
则方程有解，
令，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
当趋于0时，趋于负无穷；当趋于正无穷时，趋于0，
所以的值域为，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】通过已知条件可知方程有解，再构造函数结合求导的方法和函数求极限的方法，从而得出函数的值域，从而得出实数a的取值范围.
14．（2024高二下·烟台期末）南京大学2023年的本科生录取通知书用科赫曲线的数学规律鼓励新生成为独一无二的自己，还附赠“科赫雪花”徽章，意在有限的生命中，创造无限可能.科赫曲线的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.下图展示的分别是1阶 2阶 3阶 4阶科赫曲线，设1阶科赫曲线的周长为，则阶科赫曲线的周长为 ；若阶科赫曲线围成的平面图形的面积为，且满足，则的最小值为
【答案】；
【知识点】函数的最大（小）值；等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的求和；数列的极限
【解析】【解答】解：记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，
若第阶科赫曲线中的三角形的周长为，
则，边数，
第阶科赫曲线中的三角形的，边数，
所以第阶科赫曲线中的三角形的边长，边数，
所以第阶科赫曲线中的三角形的周长；
由图形可知是每条边上生成一个小三角形（去掉底边），
则，所以
，
，
，
左右两边分别相加得，
因为，又因为数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，
所以，
又因为，所以
，
当时，，所以，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：①；②.
【分析】记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，由题意可得，边数，从而可得，进而可得，累加可得，再根据等比数列的定义，从而判断出数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列， 再结合等比数列前n项和公式和函数求极限的方法，从而计算可得的最小值.
15．（2024高二下·烟台期末）某高中在高二年级举办创新作文比赛活动，满分100分，得分80及以上者获奖.为了解学生获奖情况与选修阅读课程之间的关系，在参赛选手中随机选取了50名学生作为样本，各分数段学生人数及其选修阅读课程情况统计如下：
成绩
学生人数 6 10 24 7 3
选修读课程人数 0 3 9 4 4
（1）根据以上统计数据完成下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为学生获奖与选修阅读课程有关联；
获奖 没有获奖 合计
选修阅读课程
不选阅读课程
合计
（2）在上述样本的获奖学生中随机抽取3名学生，设3人中选修阅读课程人数为，求的分布列及数学期望.
参考公式：，其中.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：根据已知条件，可得：
获奖 没有获奖 合计
选修阅读课程 8 12 20
不选阅读课程 2 28 30
合计 10 40 50
零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联，
根据列联表中数据计算可得：
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
则认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，
此推断犯错的概率不大于.
（2）解：由题意可知，的可能取值为，
则，
，
，
所以随机变量的分布列为：
1 2 3
.
【知识点】独立性检验的应用；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】【分析】（1）由题意可得列联表，再计算出的值，并与临界值表比较，从而认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于.
（2）先根据已知条件确定随机变量的取值，从而得出每个值对应的概率，进而可得随机变量X的分布列，再根据数学期望公式得出随机变量X的数学期望.
（1）根据已知条件可得
获奖 没有获奖 合计
选修阅读课程 8 12 20
不选阅读课程 2 28 30
合计 10 40 50
零假设：创新作文比赛获奖与选修阅读课程无关联；
根据列联表中数据计算可得：
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为创新作文比赛获奖与选修阅读课程有关联，此推断犯错的概率不大于.
（2）由题意可知的可能取值为，
则，，
，
所以随机变量的分布列为：
1 2 3
.
16．（2024高二下·烟台期末）已知函数.
（1）当时，求过点且与图象相切的直线的方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）解：当时，，
所以.
设切点为，
则，
所以，切线方程为，
将代入得，
解得或，
则过的切线方程为或.
（2）解：因为
当时，，恒有，函数单调递增；
当时，则，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减；
当时，则，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求导得，设切点，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式设出切线方程，从而代入得出的值，进而得出过点且与图象相切的直线的方程.
（2）先求导得出，再分讨论结合导数判断函数单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（1）当时，，所以.
设切点为，则，
所以，切线方程为，
将代入得，解得或，
故过的切线方程为或.
（2）.
当时，，恒有，函数单调递增，
当时，，当，或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，当，或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减.
17．（2024高二下·烟台期末）已知数列是等差数列，且，数列满足，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）将数列的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的通项公式；
（3）设数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）解：由题意可知，
则，故，
由，可得，
所以数列的公差，
所以，
由，
叠加可得，
整理可得，
当时，满足上式，
所以.
（2）解：不妨设，
则，
可得，
当时，，不合题意，
当时，，
所以在数列中均存在公共项，
又因为，
所以.
（3）证明：当时，，结论成立，
当时，，
所以
综上所述，.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；反证法与放缩法；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）先利用已知条件结合等差数列的通项公式，从而得出，再由累加法和检验法，从而得出数列的通项公式.
（2）不妨设，分，两种情况讨论出，从而得出在数列中均存在公共项，再结合得出数列的通项公式.
（3）当时，结论显然成立，当时，通过放缩法和裂项求和分式，从而证出不等式成立.
（1）由题意可知，即，故，
由，可得，
所以数列的公差，所以，
由，
叠加可得，
整理可得，当时，满足上式，
所以；
（2）不妨设，即，可得，
当时，，不合题意，
当时，，
所以在数列中均存在公共项，
又因为，所以.
（3）当时，，结论成立，
当时，，
所以，
综上所述，.
18．（2024高二下·烟台期末）一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球 3个白球.现从袋中随机逐个抽取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出.
（1）求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率；
（2）记抽取3次取出白球的数量为，求随机变量的分布列；
（3）记恰好在第次取出第二个白球的概率为，求.
【答案】（1）解：记事件“第2次取出的小球为黑球”，
事件“第1次取出的小球为白球”，
则，
，
所以.
（2）解：由题意，的所有可能取值为，
则，
，
，
，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2 3
（3）解：由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则：
，
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；概率的应用；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件和独立事件乘法求概率公式、互斥事件加法求概率公式，从而分别求出，再结合条件概率公式得出在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率.
（2）利用已知条件得出随机变量的所有可能取值，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出对应的概率，进而得出随机变量X的分布列.
（3）由题意得，再结合等比数列前n项和公式，从而化简得出.
（1）记事件“第2次取出的小球为黑球”，事件“第1次取出的小球为白球”，
则，，
所以；
（2）由题意，的所有可能取值为，则，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
0 1 2 3
（3）由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则：
，
所以.
19．（2024高二下·烟台期末）已知函数存在两个不同的极值点.
（1）求的取值范围；
（2）设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：.
【答案】（1）解： 因为函数的定义域为，
当时，，函数在单调递增，无极值点，
当时，，
又因为函数有两个不同的极值点，
则在有两个解，
所以方程有两个解，
可转化为函数，与直线有两个公共点，
又因为，
令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，函数取最小值为，
作出函数，与图像如图所示，
所以，解得.
（2）证明：由（1）得有两个解，
设为，，且，
当时，，则，函数单调递减；
当时，，则，函数单调递增；
当时，，则，函数单调递减，
因为，所以函数至多有三个零点，
当时，令，
则，则，
则函数除以外的零点即为方程的解且，
设，
则，
因为函数，恒成立，
则单调递减，且当时，，
所以当时，，
则，单调递增，且此时恒成立，
又因为
当时，，
则，单调递减，且此时恒成立，
因为，
所以有两个解，
设为，，且，
又因为，，
所以，
所以函数的零点之和，
若证，可证，即证，
由（1）可知，
则
设，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
则，
则，
由（1）得在上单调递减，
所以，
则，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）当时，无极值点，当时，可转化为函数，与直线有两个公共点，再求导判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而数形结合可得实数a的取值范围.
（2）设两个极值点分别为，，且，由（1）可知函数的单调性，构造函数，求导判断函数单调性，从而得出函数的值域，则可得知函数有三个零点从小到大依次为为，，，由函数性质可知，再结合基本不等式求最值的方法，从而可得，所以若证，可证，即证，构造函数，，再求导判断函数单调性可知，则根据的单调性证出.
（1）由已知函数的定义域为，
当时，，函数在单调递增，无极值点，
当时，，，
又函数有两个不同的极值点，即在有两个解，
即方程有两个解，
可转化为函数，与直线有两个公共点，
又，令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取最小值为，
做出函数，与图像如图所示，
所以，解得.
（2）由（1）得有两个解，设为，，且，
则当时，，即，函数单调递减，
当时，，即，函数单调递增，
当时，，即，函数单调递减，
又，
所以函数至多有三个零点，
当时，令，即，
则，
即函数除以外的零点即为方程的解，且
设，则，
又函数，恒成立，单调递减，且当时，，
所以当时，，即，单调递增，且此时恒成立，又
当时，，即，单调递减，且此时恒成立，由，
所以又两个解，设为，，且，
又，，
所以，
所以函数的零点之和，
所以若证，可证，
即证，
由（1）可知，
则，
设，，
所以恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
即，
即，
又由（1）得在上单调递减，
所以，即，
所以.
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