2022-2023学年黑龙江省牡丹市八年级下学期数学期末模拟试题（有答案）

第页码12页/总NUMPAGES总页数12页2022-2023学年黑龙江省牡丹市八年级下学期数学期末模拟试题一．选一选（共8小题）1．解：因为f（x）为可导函数，且，则×2＝2f′（1）＝﹣1，所以f′（1）＝﹣，即为曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率，故选：D．2．解：由，当n为奇数时，可得an+2﹣an＝2，所以a1，a3，a5，⋯是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a19＝1+（10﹣1）×2＝19，当n为偶数时，可得an+2+an＝2，由a2＝2，可得a4＝0，a6＝2，a8＝0，⋯，可得a18＝2，所以＝．故选：D．3．解：过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，∠APB＝120°，由圆与切线的平面几何性质知，∠APO＝60°，又|OA|＝2，则可得|OP|＝由平面几何知识可得|OQ|＝，∴Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，方程为x2+y2＝3；|MQ|的最小值即为|OM|﹣r＝﹣＝2﹣＝．故选：A．4．解：由题意知，先将2名语文老师分到两个校区，有2种方法，第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有种分法，然后再分到两个校区，共有种方法，第三步只需将其他3人分成2组，一组1人另一组2人，由于每个校区各4人，故分组后两人所去的校区就已确定，共有种方法．根据分步乘法计数原理共有2＝36种．故选：C．5．解：∵随机变量X～N（2，1），∴图中阴影部分的面积为P（0＜X＜1）＝＝．故选：A．6．解：6位同学参加接力赛跑，先考虑D和F的顺序没有能相邻，其他四人的顺序数为种，D和F进行插空共有•种，在所有符合条件的排序中，A要安排在B之前与A要安排在B之后的数量一样多，所以，符合要求的顺序有•＝240种．故选：A．7．解：多项式（x2﹣3x+2）5展开式的通项公式为，令r＝4，则T5＝，则此时x2系数，令r＝5，则T6＝，此时x2系数，∴x2系数为80+720＝800，故选：D．8．解：设g（x）＝，∵f'（x）＞f（x），∴g'（x）＝＞0，∴函数g（x）在R上是增函数，①∵f（2022）＝e2022，＝＝，∴⇔＜1＝，即g（lnx）＜g（2022），由①得lnx＜2022，解得0＜x＜e6066，∴没有等式的解集为（0，e6066）．故选：A．二．多选题（共4小题）9．解：依题意圆C：（x﹣3）2+（y﹣2）2＝1的圆心坐标为C（3，2），半径r＝1，显然直线AP的斜率存在，设斜率为k，则直线AP：y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0，所以，解得，故A错误；因为，所以，故C正确；当直线与圆相切时，AP＝AQ，又AP＜AQ，所以AQ没有存在最小值，只存在值且，故B错误；设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（x﹣3）2+（y﹣2）2＝1与y＝k（x﹣2），消去y整理得（1+k2）x2﹣（6+4k2+4k）x+4k2+8k+12＝0，所以，所以＝（1+k2）[x1x2﹣2（x1+x2）+4]＝，故D正确；故选：CD．10．解：∵a1＝1，∴A选项错；∵，a1＝1＞0，∴an＞0，∴，∴an＞an+1，数列{an}单调递减，当n＝1时，S1＝1；当≥2时，Sn＝a1+a2+⋅⋅⋅+an＜a1+a1+⋅⋅⋅+a1＝n，∴D选项正确；∵，∴，∴，∴，∴，∴，又，∴，∴，，•••，，∴，∴，∴，∴n≥2时，，∴，B选项正确；∴，C选项正确．故选：BCD．11．解：对于A，因为一组数据x1，x2，x3，⋯，x10的方差为3，由方差的运算性质可知，所以x1+2，x2+2，x3+2，⋯，x10+2的方差也为3，故选项A正确；对于B，线性回归方程为，因为样本点的为（m，2.8）在回归方程上，所以2.8＝0.3m﹣m，解得m＝﹣4，故选项B错误；对于C，因为随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），则其密度曲线关于X＝μ对称，所以1﹣P（X＞﹣1）＝P（X≤﹣1），又P（X＞﹣1）+P（X≥5）＝1，所以P（X≥5）＝P（X≤﹣1），则μ＝，故选项C正确；对于D，因为随机变量X服从二项分布，所以E（X）＝，则E（3X+1）＝3E（X）+1＝n+1，因为E（3X+1）＝6，则n+1＝6，所以n＝5，故选：AC．12．解：设A1为天去甲餐厅，A2为第二天去甲餐厅，B1为天去乙餐厅，B2为第二天去乙餐厅，所以P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2|A1）＝0.6，P（A2|B1）＝0.5，因为P（A2|A1）＝＝0.6，P（A2|B1）＝＝0.5，所以，P（A2）P（A1|A2）＝0.24，P（A2）P（B1|A2）＝0.3，所以有P（A2）＝P（A1）P（A2|A1）+P（B1）P（A2|B1）＝0.4×0.6+0.6×0.5＝0.54，故选项A正确；∵第二天去甲餐厅A1与第二天去乙餐厅B2为对立，∴P（B2）＝1﹣P（A2）＝0.46，故选项B没有正确；因为P（B1|A2）＝＝，故选项C正确；P（A1|B2）＝＝＝＝，故选项D没有正确，故选：AC．三．填空题（共4小题）13．解：已知A（2，0）、B（8，0）、C（4，2），且动点P满足，设点P（x，y），所以，整理得x2+y2＝16；由于2|PC|+|PB|＝2|PC|+2|PA|＝2（|PC|+|PA|）；所以当A、P、C三点共线时，即点P在直线AC上时，2|PC|+|PB|取得最小值；如图所示：直线AC的方程为y＝x﹣2；由，解得或，由于点P在线段AC上，故点P．故．14．解：f（x）＝xi（i≥2）的导数为f′（x）＝ixi﹣1，可得曲线f（x）在x＝2处的切线方程为y﹣2i＝i•2i﹣1（x﹣2），当x＝0时，y＝2i（1﹣i），当y＝0时，x＝2﹣，则Si＝×2i（i﹣1）×＝•2i；设Sn＝12•22+22•23+32•24+...+n2•2n+1，2Sn＝12•23+22•24+32•25+...+n2•2n+2，上面两式相减可得﹣Sn＝22+3•23+5•24+...+（2n﹣1）•2n+1﹣n2•2n+2，③﹣2Sn＝23+3•24+5•25+...+（2n﹣1）•2n+2﹣n2•2n+3，④③﹣④可得Sn＝22+24+25+...+2n+2﹣（2n﹣1）•2n+2+n2•2n+3﹣n2•2n+2＝4++（n﹣1）2•2n+2＝（n2﹣2n+3）•2n+2﹣12．故•2i；（n2﹣2n+3）•2n+2﹣12．15．解：由，由正弦定理有＝，设|NF2|＝2m，则|NF1|＝3m，又|NF1|﹣|NF2|＝2a，∴m＝2a，又（+）•（﹣）＝0，∴||2﹣||2＝0，故|MN|＝|NF2|＝4a，∴|MF1|＝2a，又点M在左支上，故|MF1|﹣|MF2|＝﹣2a，∴|MF2|＝4a，∴△MNF2是等边三角形，故∠F1NF2＝60°，由余弦定理得4c2＝36a2+16a2﹣2×6a×4a×，∴c2＝7a2，∴e＝．故．16．解：由题意可知X的可能取值为0，1，2，Y的可能取值为1，2；P（X＝0）＝＝0.1，P（X＝1）＝＝0.6，P（X＝2）＝＝0.3；P（Y＝1）＝＝0.5，P（Y＝2）＝＝0.5；P（X+Y＝1）＝0.1×0.5＝0.05，P（X+Y＝2）＝0.6×0.5+O.1×0.5＝0.35，P（X+Y＝3）＝0.3×0.5+0.6×0.5＝0.45，P（X+Y＝4）＝0.3×0.5＝0.15，故X+Y的分布列：X+Y1234P0.050.350.450.15∴E（X+Y）＝1×0.05+2×0.35+3×0.45+4×0.15＝2.7．又从甲口袋中取出的黑球数为2﹣X，同理可得2﹣X分布列：2﹣X012P0.30.60.1同理2﹣X+Y的分布列：2﹣X+Y1234P0.150.450.350.05E（ξ）＝E（2﹣X+Y）＝1×0.15+2×0.45+3×0.35+4×0.05＝2.3，D（ξ）＝（1﹣2.3）2×0.15+（2﹣2.3）2×0.45+（3﹣2.3）2×0.35+（4﹣2.3）2×0.05＝0.61．故2.7；0.61．四．解答题（共6小题）17．解：（I）设等差数列{an}的公差为d＞1，∵a2＝3，且a1+1，a3﹣1，a6﹣3成等比数列，∴a1+d＝3，＝（a1+1）（a6﹣3），即＝（a1+1）（a1+5d﹣3），解得a1＝1，d＝2．∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．（Ⅱ）证明：＝＝（﹣），∴Sn＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣），∵Sn+1﹣Sn＝（﹣）＞0，∴数列{Sn}单调递增，∴S1≤Sn＜，即≤Sn＜．18．解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，当a≤0时，f′（x）＞0，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，令f′（x）＞0，得，令f′（x）＜0，得，∴函数f（x）在上单调递增，在上单调递减；综上，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减；（2）若a≤0，由（1）可知f（x）在（1，+∞）上单调递增，而f（1）＝0，故此时无零点，没有合题意；若a≥1，则，函数f（x）在上单调递减，则对任意x∈（1，+∞），都有f（x）＜f（1）＝0，没有合题意；若0＜a＜1，则，由（1）可知f（x）在上单调递增，在上单调递减，则，又当x→+∞时，f（x）→﹣∞，由零点存在性定理可知，存在，使得f（x0）＝0，符合题意．故实数a的取值范围为（0，1）．19．（1）证明：连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，由直四棱柱得GD⊥底面ABCD，又AC⊂平面ABCD，∴GD⊥AC，又BD⋂GD＝D，BD，GD⊂平面BDG，∴AC⊥平面BDG，因为BG⊂平面BDG，∴AC⊥BG，已知CE⊥BG，又AC⋂CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，∴BG⊥平面ACE，因为AE⊂平面BDG，∴平面ABE∥平面CFGD，平面AEFG⋂平面ABE＝AE，平面AEFG⋂平面CFGD＝GF，∴FG∥AE，则FG⊥BG．（2）解：已知AB＝2，∠DAB＝60°，可求BD＝2，，由，则GD＝2，在直四棱柱中，FC⊥底面ABCD，所以∠FAC为直线AF与底面ABCD所成角，，则FC＝3，在平面ACF内作Oz∥CF，可知Oz⊥底面ABCD，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz，则，B（0，1，0），，G（0，﹣1，2），，，则，设平面BCE的法向量为，则，取x＝1，得，z＝0，得，由（1）知BG⊥平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为，则，所以锐二面角A﹣EC﹣B的余弦值为．20．解：（1）补全2×2列联表，如下：A班B班合计严格遵守362056没有能严格遵守143044合计5050100＝≈10.3896＞7.879，∴依据小概率值α＝0.005的性检验，能判断“学生能严格遵守学校安排，完成居家学习”和学生所在班级有关系．（2）学生的数学成绩近似服从正态分布N（100，52），P（X＜90）＝P（X＜μ﹣2σ）＝＝0.02275，800×0.02275≈18，∴高一学生没有及格的学生为18人．21．解：（1）因为f（x）＝lnx﹣ax+1，x∈R，所以f′（x）＝﹣a＝，当a＝0时，f′（x）＝＞0，所以f（x）在[]上单调递增，所以f（x）max＝f（2）＝ln2+1，当a＜0时，f′（x）＝﹣a＝＞0，所以f（x）在[]上单调递增，所以f（x）max＝f（2）＝ln2﹣2a+1，当0＜a≤时，≥2，f′（x）＝＞0在[]上成立，所以f（x）在[]上单调递增，所以f（x）max＝f（2）＝ln2﹣2a+1，当＜a≤2时，≤＜2，当x∈[，）时，f'（x）≥0，f（x）单调递增；x∈[，2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；所以f（x）max＝f（）＝﹣lna；当a＞2时，＜，f′（x）＝＜0在[]上成立，所以f（x）在[]上单调递减，所以f（x）max＝f（）＝﹣ln2﹣a+1；综上所述：f（x）max＝；（2）证明：令g（x）＝（+1）x（x＞0），则g'（x）＝﹣（+1）xln（+1）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，所以：（1+）（1+）•⋯•（1+）＜（1+）（1+）•⋯•（1+）＝（1+）n＝（1+）n．当n＝1时，（1+）n有值2，即：（1+）（1+）•⋯•（1+）≤2＜e．22．解：（1）设第四圈甲命中n发，乙命中了m发，在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，