重庆市秀山土家族苗族自治县第一中学校2023-2024学年高二下学期数学期末模拟卷02

秀山一中2025级高二下数学期末模拟卷02 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150分） 第Ⅰ 卷 1、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数，则（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 2. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. 4 D. 7 3．函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的 （　　）    A．在上单调递增 B．在上单调递减 C．在上单调递减 D．在上单调递增 4. 二项式的展开式中第5项的系数是（ ） A. 280 B. C. 35 D. 5. 若随机变量，且，那么（ ） A. 0.7 B. 0.8 C. 0.2 D. 0.3 6. 下列说法正确的序号是（ ） A. 在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，响应变量会增加1.2个单位 B. 利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理： C. 已知，是两个分类变量，若随机变量的观测值越大，则结论“与有关系”的犯错概率越大； D. 若、两组成对数据的相关系数分别为，则组数据的相关性更强 7. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列求导正确的是（    ） A． B． C． D． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 甲袋中有个白球、个红球,乙袋中有个白球、个红球,从两个袋中任选一袋,从中任取一球,则取到的球是白球的概率为 B. 件产品中有件正品,件次品,从中任取件,则至少取到件次品的概率为 C. 已知变量线性相关,两个变量满足一元线性回归模型,则的最小二乘估计为 D. 定义统计量,则的值越大,表示模型的拟合效果越好 11. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 若存在极值点，则 B. 若，则有且只有一个极值点 C. 若有两个极值点，则 D. 若1是的极大值点，则 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数，则的值为 ． 13.秀山一中高二年级下学期期中考试表彰会上，2名男同学和4名女同学从左至右排成一排上台领奖，则女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁不相邻的排法种数为________． 14. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则 ． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知函数． (1)求的图像在点处的切线方程； (2)求在上的值域． 16某高校在今年的自主招生考试中制定了如下的规则：笔试阶段，考生从6道备选试题中一次性抽取3道题，并独立完成所抽取的3道题，至少正确完成其中2道试题则可以进入面试．已知考生甲能正确完成6道试题中的4道题，另外2道题不能完成． （1）求考生甲能通过笔试进入面试的概率； （2）记所抽取的三道题中考生甲能正确完成的题数为，求的分布列和数学期望． 17. 我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布． （1）购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大？ （2）2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下： 人工投入增量x（人） 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有． （i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； （ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量． 回归模型 模型① 模型② 回归方程 182.4 79.2 附：若随机变量，则，； 样本的最小二乘估计公式为：， 另，刻画回归效果的相关指数 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围． 19. 设集合（），为的非空子集，随机变量，分别表示取到子集中得最大元素和最小元素的数值． （1）若的概率为，求； （2）若，求且的概率； （3）已知：对于随机变量，，有．求随机变量的均值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 一、单选题 1. 已知函数，则（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用导数的定义求解即得. 【详解】函数，求导得，， 所以. 故选：B 2. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. 4 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由随机变量期望的性质即可求解. 【详解】因为，所以，则. 故选：D. 3．函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的 （　　）    A．在上单调递增 B．在上单调递减 C．在上单调递减 D．在上单调递增 3．【分析】由的增减性与的正负之间的关系进行判断， 【详解】时，，故在上单调递减， 时，，故在上单调递增， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 显然C正确，其他选项错误. 故选：C. 4. 二项式的展开式中第5项的系数是（ ） A. 280 B. C. 35 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】二项式的展开式的通项为， 展开式中第5项，即时，， 所以二项式的展开式中第5项的系数是， 故选：A 5. 若随机变量，且，那么（ ） A. 0.7 B. 0.8 C. 0.2 D. 0.3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，结合正态分布的对称性分析求解. 【详解】由题意可知：，且， 所以. 故选：D. 6. 下列说法正确的序号是（ ） A. 在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，响应变量会增加1.2个单位 B. 利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理： C. 已知，是两个分类变量，若随机变量的观测值越大，则结论“与有关系”的犯错概率越大； D. 若、两组成对数据的相关系数分别为，则组数据的相关性更强 【答案】B 【解析】 【分析】根据回归方程的定义和性质判断AB；随机变量的观测值越小，则“与有关系”的把握程度越小，C错误；相关系数如果大于零，正相关性更强，小于零，负相关性更强，D错误，得到答案. 【详解】对于选项A：在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，响应变量平均增加个单位，A错误； 对于选项B：用随机误差的平方和，即， 并使之达到最小，这样回归直线就是所有直线中取最小值的那一条，由于平方又叫二乘， 所以这种使 “随机误差的平方和为最小”的方法叫做最小二乘法，所以利用最小二乘法求回归直线方程，就是使得最小的原理，B正确； 对于选项C：对分类变量与，对它们的随机变量的观测值越大， 则“与有关系”的把握程度越大，C错误； 对于选项D：样本相关系数反映的是两变量之间线性相关程度的强弱，若，正相关性更强，若，负相关性更强，D错误. 故选：B. 7. 已知，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用全概率公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，解得， 故选：B 8. 若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求导函数，函数有两个极值点，等价于有两个零点，等价于函数与的图象有两个交点，利用导数求的单调性和极值，可得实数的取值范围． 【详解】函数定义域为，， 函数有两个极值点，等价于有两个变号零点， 等价于函数与的图象有两个交点，且交点左右两侧的值变号， ， 解得，解得， 在上单调递减，在上单调递增， ， 时，；时，， 所以时，函数与图象有两个交点， 即实数的取值范围为. 故选：D. 二、选择题：共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列求导正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】由基本初等函数的导数与导数的运算法则计算即可. 【详解】，， ，. 故选：BC. 10. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 若存在极值点，则 B. 若，则有且只有一个极值点 C. 若有两个极值点，则 D. 若1是的极大值点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出导函数，由题意可得有两个不相等的正根或一正一负根，可判断A；由，判断两根的情况，可判断B；由有两个极值点，可得有两个不相等的正根，得到，可判断C；由1是的极大值点，判断为较小的正根，即可判断D. 【详解】因为，所以， 若存在极值点， 则方程有2个不相等的实数根，且至少有一个根为正数， 则或，故A错误； 若，则， 则方程有2个不相等的实数根，且， 故方程恰有1个正根，即有且只有一个极值点，故B正确； 若有两个极值点，则方程有2个不相等的正根， 则，从而，故正确； 若1是的极大值点， 则易知方程有2个不相等的正根，且，故D正确. 故选：BCD. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 甲袋中有个白球、个红球,乙袋中有个白球、个红球,从两个袋中任选一袋,从中任取一球,则取到的球是白球的概率为 B. 件产品中有件正品,件次品,从中任取件,则至少取到件次品的概率为 C. 已知变量线性相关,两个变量满足一元线性回归模型,则的最小二乘估计为 D. 定义统计量,则的值越大,表示模型的拟合效果越好 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A,根据题意结合全概率公式分析求解;对于B,根据古典概型公式求解即可;对于C,根据关于的一元线性回归方程先判断,再利用样本中心点满足方程代入即可判断;对于D,根据决定系数公式进行判断即可. 【详解】对于A,设事件表示“选中甲袋”,表示“选中乙袋”,表示“取到的球是白球”, 则, 所以,故A错误; 对于B,至少取到1件次品的概率为,故B正确; 对于C,因为称为关于的一元线性回归方程, 本题中两个变量满足一元线性回归模型, 所以, 因为,所以, 即的最小二乘估计为,故C正确; 对于D,因为决定系数,当越大,越小时,模型的拟合效果越好,故D错误. 故选:BC. 三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分 12．已知函数，则的值为 ． 【答案】1 【分析】先求，令，求得，可得，从而可解. 【详解】由题意，， 则， 所以，则， 则. 故答案为：1 13.重庆市某中学高二年级上学期期中考试表彰会上2名男同学和4名女同学从左至右排成一排上台领奖，则女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁不相邻的排法种数为________． 【答案】 14. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则 ． 【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解. 【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且， 所以 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知函数． (1)求的图像在点处的切线方程； (2)求在上的值域． 【详解】（1）因为，所以，所以，， 故所求切线方程为，即． （2）由（1）知，． 令，得；令，得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 又，， 因为， 所以，即在上的值域为． 16（15分）某高校在今年的自主招生考试中制定了如下的规则：笔试阶段，考生从6道备选试题中一次性抽取3道题，并独立完成所抽取的3道题，至少正确完成其中2道试题则可以进入面试．已知考生甲能正确完成6道试题中的4道题，另外2道题不能完成． （1）求考生甲能通过笔试进入面试的概率； （2）记所抽取的三道题中考生甲能正确完成的题数为，求的分布列和数学期望． 【详解】 17. 我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布． （1）购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大？ （2）2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下： 人工投入增量x（人） 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量y（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有． （i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）； （ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量． 回归模型 模型① 模型② 回归方程 182.4 79.2 附：若随机变量，则，； 样本的最小二乘估计公式为：， 另，刻画回归效果的相关指数 【答案】（1）1.29%；（2）（i），（ii）见解析 【解析】 【分析】（1）根据正态分布的对称性得到，购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故，由间接法列式得到结果即可；（2）（i）根据公式计算得到回归直线方程；（ii）通过比较的大小可得到拟合效果的差异，将x=16代入回归方程可得到预测值. 【详解】（1）由已知，单个“南澳牡蛎”质量，则， 由正态分布的对称性可知， ， 设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故， 故， 所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性仅为1.29%． （2）（i）由，有 ， 且， 所以，模型②中关于的回归方程为 （ii）由表格中的数据，有，即模型①的小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好． 当时，模型②的收益增量的预测值为 （万元）， 这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠． 18. 已知函数，． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) 若，在上单调递增；若，在上单调递增，在上单调递减;(2) 【解析】 【分析】（1）的定义域为，， 对实数分情况讨论，得出单调性；（2） ，令，所以 令， ，再分情况讨论，求出实数的取值范围． 【详解】（1）的定义域为，， 若，则恒成立，∴在上单调递增； 若，则由， 当时，；当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减． 综上可知：若，在上单调递增； 若，在上单调递增，在上单调递减． （2）， 令，， ，令， ①若，，在上单调递增， ， ∴在上单调递增,， 从而不符合题意． ②若，当，， ∴在上单调递增， 从而， ∴在上单调递增,， 从而不符合题意． ③若，在上恒成立， ∴在上单调递减，， ∴在上单调递减,， 综上所述，a的取值范围是． 19. 设集合（），为的非空子集，随机变量，分别表示取到子集中得最大元素和最小元素的数值． （1）若的概率为，求； （2）若，求且的概率； （3）已知：对于随机变量，，有．求随机变量的均值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数性质来计算概率即可； （2）利用组合数思想，来计算这六个数中选取不同个数的组合数的和，就能计算该事件的概率； （3）利用两个随机变量的分布列来分别计算它们的期望，再利用加法原理，来对它们求和即可. 【小问1详解】 的非空子集个数为， 所以，， 解得，即． 【小问2详解】 当集合中的最大元素和最小元素分别为9，2时， 集合元素个数最少时，； 集合元素个数最多时，， 所以，集合可能情况有种， 当时，集合的非空子集个数为个， 所以，． 【小问3详解】 集合的非空子集个数为， 最大值为的子集可视为的子集与集合的并集，共计个， 同理，为的子集共计个，为的子集共计个，……，为1的子集共计个， 所以，， 最小值为1的子集可视为的子集与集合的并集，共计个， 同理，为2的子集共计个，为3的子集共计个，……，为的子集共计个， 所以，， 所以， ， 所以，． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$