精品解析：浙江省温州环大罗山联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题

2024学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，系数为整数的项数是（ ） A. 8 B. 5 C. 3 D. 2 3. 若直线与幂函数的图象依次交于不同的三点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 以上说法都不正确 4. 函数（为自然常数）的大致图像是（ ） A B. C. D. 5. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ） A. 144 B. 120 C. 84 D. 116 6. 为了考查一种新疫苗预防某X疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机进行了抽查，已知抽查的接种疫苗的动物数量是没接种疫苗的2倍，接种且发病占接种的，没接种且发病的占没接种的，若本次抽查得出“在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为接种该疫苗与预防某X疾病有关”的结论，则被抽查的没接种动物至少有（ ）只 0.10 0.05 0.01 0.005 0001 2.706 3.841 5.635 7.879 10.828 A. 35 B. 36 C. 37 D. 38 7. 如图所示，5颗串珠用一根细线串起，现将它们依次取出（只允许从两边取出），一次取一颗，两颗☆☆串珠被连续取出的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若为方程的解，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多选题（共3小题，每题6分，共18分，选对部分得部分分，错选或不选不得分） 9. 设离散型随机变量的分布列如下所示，若离散型随机变量满足，则下列说法正确的是（ ） 0 1 2 3 4 0.4 0.1 0.2 A. B. C. D. 10. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，剔除一个偏离直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点.则下列说法正确的是（ ） A. 相关变量 x，y具有正相关关系 B. 剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大 C. 剔除该异常点后的回归直线经过点 D. 剔除该异常点后，回归直线的斜率是 11. 已知函数，若非空集合，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 的取值与有关 B. 为定值 C. D. 非选择题部分 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知随机变量的分布列，则______． 13. 甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去，如果由甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为______. 14. 设函数，已知对任意，若、满足，，则，则正实数的最大值为____________． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 科学家经过测量发现候鸟的飞行速度可以表示为函数，单位是，其中表示候鸟每分钟耗氧量的单位数，表示测量过程中候鸟每分钟的耗氧偏差．（） （1）若，候鸟每分钟的耗氧量为8100个单位时，它的飞行速度是多少？ （2）若雄性候鸟的飞行速度为，雌性候鸟的飞行速度为，那么此时雄性候鸟每分钟的耗氧量是雌性候鸟每分钟的耗氧量的多少倍？ 16. 已知函数． （1）若的解集为，求a，b的值； （2）若方程在上有解，求实数a的取值范围． 17. 航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．2022~2023学年全国青少年航天创新大赛设航天创意设计、太空探测、航天科学探究与创新三个竞赛单元及载人航天主题专项赛．某校为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，举行了一次航天创新知识竞赛选拔赛，从中抽取了10名学生的竞赛成绩，得到如下表格： 序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩（分） 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80 记这10名学生竞赛成绩的平均分与方差分别为，．经计算，． （1）求与； （2）规定竞赛成绩不低于60分为优秀，从这10名学生中任取3名，记竞赛成绩优秀的人数为X，求X的分布列； （3）经统计，航天创新知识选拔赛成绩服从正态分布，用，值分别作为，的近似值，若科创中心计划从全市抽查100名学生进行测试，记这100名学生的测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的均值． 附：若，则，，． 18. 人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验．经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束；若试验未结束，则将摸到的球放回原袋，每次试验相互独立． （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整． （i）求选到的袋子为甲袋的概率； （ii）求选到的袋子为乙袋，且第二次试验就结束的概率． 19. 小明同学在课外学习时发现以下定义：设函数是定义在区间上的连续函数，若、，都有，则称为区间上的下凸函数．例如，函数在上为下凸函数.通过查阅资料，小明同学了解到了琴生（Jensn）不等式：若是区间上的下凸函数，则对任意的、、、，不等式恒成立（当且仅当时等号成立）． （1）已知在上为下凸函数，若，求最大值； （2）判断函数在上是否是下凸函数，若是，请证明；若不是，请说明理由； （3）设、、、，且，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出各个集合，再利用交集和补集的性质求解即可. 【详解】令，解得，则，故， 因为，所以，故A正确. 故选：A 2. 在的展开式中，系数为整数的项数是（ ） A. 8 B. 5 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求出通项公式，得到当时，系数为整数，得到答案. 【详解】的展开式通项公式为，， 要想系数为整数，需为整数，显然当时，满足要求， 故系数为整数的项数为3. 故选：C 3. 若直线与幂函数的图象依次交于不同的三点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 以上说法都不正确 【答案】D 【解析】 【分析】根据题给条件写出三点的坐标，计算的长度逐一判断即可. 【详解】 因为，由得；得；得. 则. 因为，所以是关于的减函数. 因为，所以，则. 故以上选项都不对. 故选：D. 4. 函数（为自然常数）的大致图像是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性可排除D；由，可排除B；当趋近正无穷时，趋近可排除C，即可得出答案. 【详解】因为的定义为， 所以，所以为奇函数，排除D， 又因为，所以排除B， 当趋近正无穷时，趋近，故C错误. 故选：A. 5. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ） A. 144 B. 120 C. 84 D. 116 【答案】B 【解析】 【分析】分选取的数字只有一个1和有两个1两种情况讨论，即可得解. 【详解】若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有种； 若选的数字有两个1，则不同的排列方法有种. 故共有种不同的设置方法. 故选：B. 6. 为了考查一种新疫苗预防某X疾病的效果，研究人员对一地区某种动物进行试验，从该试验群中随机进行了抽查，已知抽查的接种疫苗的动物数量是没接种疫苗的2倍，接种且发病占接种的，没接种且发病的占没接种的，若本次抽查得出“在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为接种该疫苗与预防某X疾病有关”的结论，则被抽查的没接种动物至少有（ ）只 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2706 3.841 5.635 7.879 10.828 A. 35 B. 36 C. 37 D. 38 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意列出二联表，即可由卡方公式求解即可. 【详解】设没接种只数为k，依题意，得2×2列联表如下： 发病 没发病 合计 接种 2k 没接种 k 合计 3k 则的观测值为：，因为本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为喜爱足球与性别有关的结论， 于是，即，即 ∴，∴ 故选：B． 7. 如图所示，5颗串珠用一根细线串起，现将它们依次取出（只允许从两边取出），一次取一颗，两颗☆☆串珠被连续取出的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】利用两个原理及古典概率公式求解即可. 【详解】依题意，前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为， 第1，2次取“☆☆”，再取另3颗珠有4种方法； 第2，3次取“☆☆”，则第1次取右起第一颗，共有2种方法； 第3，4次取“☆☆”，则第1，2次取右起两颗，有1种取法； 第4，5次取“☆☆”，则第1，2，3次取右起三颗，有2种取法， 因此两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是， 所以所求概率为. 故选：D 8. 已知函数，若为方程的解，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到，化简得到，两边同取自然对数，得到，结合在上为单调递增函数，得到，即且，得到且，代入即可求解. 【详解】由函数，则方程，可得， 则，即，即， 所以， 两边同取自然对数，可得， 因为函数在上为单调递增函数， 所以，即，即，所以， 即，且， 所以. 故选：A. 二、多选题（共3小题，每题6分，共18分，选对部分得部分分，错选或不选不得分） 9. 设离散型随机变量的分布列如下所示，若离散型随机变量满足，则下列说法正确的是（ ） 0 1 2 3 4 0.4 0.1 0.2 A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由分布列性质求得，再由求概率判断A、B，均值和方差的求法求判断C，由期望和方差的性质求判断D. 【详解】对于A，由分布列的性质有，可得，故A对； 对于B，由，故B对； 对于C，， ，故C对； 对于D，所以，故D错. 故选：ABC 10. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，剔除一个偏离直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点.则下列说法正确的是（ ） A. 相关变量 x，y具有正相关关系 B. 剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大 C. 剔除该异常点后回归直线经过点 D. 剔除该异常点后，回归直线斜率是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由回归直线方程的斜率判断A，由样本相关系数的性质判断B，求出剔除异常点后的回归直线方程，代入计算，即可判断CD 【详解】对于A，由回归直线方程的斜率为，可知相关变量 x，y具有负相关关系，故A错误； 对于B，剔除一个偏离直线较大的异常点后，成对样本数据相关程度更强，故样本相关系数的绝对值变大，B正确； 对于C，因原回归直线方程为，且，则， 剔除异常点后，得到新的回归直线经过点，则得到新的， ，故剔除该异常点后的回归直线方程经过点，C正确； 对于D，新的回归直线过点，列出方程，解得， 则新的回归方程为，故D正确； 故选：BCD 11. 已知函数，若非空集合，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 的取值与有关 B. 为定值 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】令，从而化为，不妨设的解集为，可得，由，从而得，且，化简，解得或，又是方程的两个根，利用韦达定理可得，则，进而求得的取值范围. 【详解】令， 则可化为， 不妨设的解集为，即， ，即， 故， 又，且， ，且， ，且， 由，解得， 故选项A错误，选项B正确； ， ， 有解， ，即或， 又是方程的两个根， 即是方程的两个根， 故，即， ， 又，则， 解得：， 又或， ， 故选项C错误，选项D正确. 故答案选：BD. 非选择题部分 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知随机变量的分布列，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据分布列的性质概率之和为可求. 【详解】已知（）， 则由分布列的性质可得 ， 解得， 故答案为：. 13. 甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去，如果由甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为______. 【答案】##0.3125 【解析】 【分析】求出五次传球总的传球结果数，然后分析如何传球才能使得满足题意，分别求出其可能的结果数，然后求和.最后利用古典概型求出概率即可. 【详解】每次传球都有两种选择，所以5次传球共有种传球结果. 因为从甲开始，最后回到甲手上，所以第一次传球后不可能是甲接到球，第四次传球后不可能是甲接到球. 如果第二次传球是甲接到球，则第三次传球后不是甲接到球，所以共有种传球结果； 如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后也不是甲接到球，则有种传球结果； 如果第二次传球不是甲接到球，第三次传球后是甲接到球，则有种传球结果； 所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里共有种传球的结果， 所以甲先传球，则连续传球五次后，球在甲手里得概率为. 故答案为： 14. 设函数，已知对任意，若、满足，，则，则正实数的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意将不等式转化为恒成立，根据、的取值范围可得 对恒成立，分离参数可得，设，利用基本不等式即可求解. 【详解】显然，由对任意，若、满足，， 可得， 对于，恒成立， 即为， 化简可得， 即，即恒成立， 由，， 可得， 即对恒成立，可得， 设，则， 当，即，上式取得等号， 由，所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 科学家经过测量发现候鸟的飞行速度可以表示为函数，单位是，其中表示候鸟每分钟耗氧量的单位数，表示测量过程中候鸟每分钟的耗氧偏差．（） （1）若，候鸟每分钟的耗氧量为8100个单位时，它的飞行速度是多少？ （2）若雄性候鸟的飞行速度为，雌性候鸟的飞行速度为，那么此时雄性候鸟每分钟的耗氧量是雌性候鸟每分钟的耗氧量的多少倍？ 【答案】（1）． （2）9倍． 【解析】 【分析】（1）将所给数据代入题干所给解析式中，由对数的运算性质计算可得； （2）设雄鸟每分钟的耗氧量为，雌鸟每分钟的耗氧量为，代入解析式，两式作差得到，即可求出. 【小问1详解】 将代入函数式可得：， 故此时候鸟飞行速度为． 【小问2详解】 设雄鸟每分钟的耗氧量为，雌鸟每分钟的耗氧量为， 依题意可得：，两式相减可得：，于是． 故此时雄鸟每分钟的耗氧量是雌鸟每分钟的耗氧量的9倍； 16. 已知函数． （1）若的解集为，求a，b的值； （2）若方程在上有解，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意确定为的两个根，由韦达定理即可求解； （2）将原问题转化为在上有解，换元后结合二次函数性质即可求解. 【小问1详解】 由的解集为，可知为的两个根， 故，解得； 【小问2详解】 方程在上有解，即在上有解， 即在上有解， 令，则， 故实数a的取值范围为. 17. 航天事业是国家综合国力的重要标志，带动着一批新兴产业和新兴学科的发展．2022~2023学年全国青少年航天创新大赛设航天创意设计、太空探测、航天科学探究与创新三个竞赛单元及载人航天主题专项赛．某校为了激发学生对航天科技的兴趣，点燃学生的航天梦，举行了一次航天创新知识竞赛选拔赛，从中抽取了10名学生的竞赛成绩，得到如下表格： 序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 成绩（分） 38 41 44 51 54 56 58 64 74 80 记这10名学生竞赛成绩的平均分与方差分别为，．经计算，． （1）求与； （2）规定竞赛成绩不低于60分为优秀，从这10名学生中任取3名，记竞赛成绩优秀的人数为X，求X的分布列； （3）经统计，航天创新知识选拔赛成绩服从正态分布，用，的值分别作为，的近似值，若科创中心计划从全市抽查100名学生进行测试，记这100名学生的测试成绩恰好落在区间的人数为Y，求Y的均值． 附：若，则，，． 【答案】（1）， （2）分布列见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由公式即可求解， （2）根据超几何分布的概率公式，即可求解概率，进而可得分布列， （3）根据正态分布的性质，结合区间的概率以及二项分布的期望公式即可求解. 【小问1详解】 ，； 【小问2详解】 竞赛成绩“优秀”的学生有3人，则X的可能取值为0，1，2，3， 则，， ，． 则X的分布列为： X 0 1 2 3 P 【小问3详解】由题意，，，记抽查学生的测试成绩为， 则， ∴这100名学生的测试成绩恰好落在区间的入数为， ∴． 18. 人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验．经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束；若试验未结束，则将摸到的球放回原袋，每次试验相互独立． （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整． （i）求选到的袋子为甲袋的概率； （ii）求选到的袋子为乙袋，且第二次试验就结束的概率． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，结合，即可求解； （2）（i）因为是对立事件，得到，结合条件概率的计算公式，即可求解； （ii）由（i）得到，第次独立试验结束的概率为，结合条件的概率的计算公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件， “试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件． 则， 所以试验一次结果为红球的概率为. 【小问2详解】 解：（i）因为是对立事件，， 所以， 所以选到的袋子为甲袋的概率为. （ii）由（i）得， 设为第次独立试验结束的概率，则 所以设题设概率为，则. 19. 小明同学在课外学习时发现以下定义：设函数是定义在区间上的连续函数，若、，都有，则称为区间上的下凸函数．例如，函数在上为下凸函数.通过查阅资料，小明同学了解到了琴生（Jensn）不等式：若是区间上的下凸函数，则对任意的、、、，不等式恒成立（当且仅当时等号成立）． （1）已知在上为下凸函数，若，求的最大值； （2）判断函数在上是否是下凸函数，若是，请证明；若不是，请说明理由； （3）设、、、，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）是，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由下凸函数的定义可得出，结合琴生不等式可求得的最大值； （2）判断：是下凸函数，任取、，作差，并判断差值的符号，结合下凸函数的定义即可得出结论； （3）先证明出函数为下凸函数，再结合琴生不等式可求得的最小值. 【小问1详解】 由在上为下凸函数，得， 因此，当且仅当时取等号，则，即， 当且仅当时取等号，所以的最大值是． 【小问2详解】 判断：是下凸函数， 函数的定义域为，设、， 则 ， 当且仅当时取等号， 因此恒成立，所以二次函数下是凸函数. 【小问3详解】 令， 设、，则 ，即， 于是函数在上为下凸函数， 依题意，， 因此 ， 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$