精品解析：山东省青岛市青岛第二中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题

青岛二中2024-2025学年第二学期期中考试—高二数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人： 审核人： 一、选择题：本题共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. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 2. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ） A. ，不具有线性相关性 B. 决定系数变大 C. 相关系数变小 D. 残差平方和变小 3. 某中学环保社团计划利用社团前空地栽种五棵高低不一样的树木，其中最高和最矮的两棵树木种在两头的方法有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 24种 D. 48种 4. 已知两个变量和之间存在线性相关关系，某兴趣小组收集了一组，的样本数据如下表所示： 1 2 3 4 5 0.5 0.6 1 14 1.5 根据表中数据利用最小二乘法得到的回归方程是（ ） A B. C D. 5. 某篮球运动员每次投篮投中的概率是，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为，则的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 某校高二年级有5名同学计划前往崂山、黄山、华山三个景点旅游．已知5名同学中有2名男生，3名女生．每个景点至少有1名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生A不去同一处景点游玩，女生B与女生C去同一处景点游玩，则这5名同学游玩行程的方法数为（ ） A. 30 B. 36 C. 42 D. 54 8. 已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. 展开式中二项式系数最大项为第3项 B. 当时，除以8的余数是1 C. D. 10. 有个编号分别为1，2，3，…，的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球．现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（） A. 的取值范围是 B. 不可能有两个零点 C. 当时，过点作曲线的切线有且仅有两条 D. 当时，的图象与图象交点的纵坐标之和为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为______． 13. 已知函数，若有两个零点，则实数k的取值范围______． 14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，从盒中任取3个球，记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的期望为______. 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. 某校为了解本校学生每天的体育活动时间，随机抽取了100名学生作为样本，统计并绘制了如图的频率分布直方图： （1）从这100名学生中按照分层抽样的方式在体育活动时间位于和的两组学生中抽取9名学生，再从这9名学生中随机抽取3人，用表示这3人中属于的人数，求的分布列和数学期望： （2）每天的体育活动时间不低于40分钟的同学被称为“体育爱好者”.以这100名学生体育活动时间的频率估计该校学生体育活动时间的概率，从该校学生中随机抽取10名，求其中“体育爱好者”人数的均值和方差. 16. 某公司计划对未开通共享电动车的某市进行车辆投放，为了确定车辆投放量，对过去在其他城市的投放量情况以及年使用人次进行了统计，得到了投放量（单位：千辆）与年使用人次（单位：千次）的数据如下表所示，根据数据绘制投放量与年使用人次的散点图如图所示． 1 2 3 4 5 6 7 6 11 21 34 66 101 196 （1）观察散点图，可知两个变量不具有线性相关关系，拟用对数函数模型或指数函数模型对两个变量的关系进行拟合.请问哪个模型更适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）？并求出关于的回归方程； （2）公司为了测试共享电动车的性能，从所有同型号共享电动车中随机抽取100辆进行等距离骑行测试，骑行前对其中60台进行保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的共享电动车占比.请根据统计数据完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为共享电动车是否报废与保养有关？ \ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 参考数据：，． 62.14 1.54 2535 50.12 3.47 参考公式：对于一组数据，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，．， 其中． 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2706 3.841 5.024 6.635 10.828 17. 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. 18. 甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立. （1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率； （2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值. 19 已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）当时，证明：； （3）若且，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 青岛二中2024-2025学年第二学期期中考试—高二数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人： 审核人： 一、选择题：本题共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. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性即可得到结果. 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布的对称轴为， 所以, 故选：B 2. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ） A. ，不具有线性相关性 B. 决定系数变大 C. 相关系数变小 D. 残差平方和变小 【答案】C 【解析】 【分析】从图中分析得到加入点后，回归效果会变差，再由决定系数，相关系数，残差平方和及相关性的概念和性质作出判断即可. 【详解】对于A，加入点后，变量与预报变量相关性变弱， 但不能说，不具有线性相关性，所以A不正确 对于B，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以加上点后，决定系数变小，故B不正确； 对于C，从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，所以加上点后，回归效果变差. 所以相关系数的绝对值越趋于0，故C正确； 对于D，残差平方和变大，拟合效果越差，所以加上点后，残差平方和变大，故D不正确； 故选：C. 3. 某中学环保社团计划利用社团前空地栽种五棵高低不一样的树木，其中最高和最矮的两棵树木种在两头的方法有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 24种 D. 48种 【答案】B 【解析】 【分析】按照特殊元素优先排列的原则，先排最高和最低的两棵，在排剩余的三棵即可. 【详解】先安排最高和最矮的树木的位置，方法有种； 再安排剩下三棵树的位置，方法有种， 所以一共有种安排方法． 故选：B． 4. 已知两个变量和之间存在线性相关关系，某兴趣小组收集了一组，的样本数据如下表所示： 1 2 3 4 5 0.5 0.6 1 1.4 1.5 根据表中数据利用最小二乘法得到的回归方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，，由回归直线必过样本中心，将点（，）依次代入各项检验是否成立可得结果. 【详解】∵， ∴回归直线必过样本中心（3,1）， 而A、B、D项中的回归直线方程不过点（3,1），C项的回归直线方程过点（3,1）， 故选：C. 5. 某篮球运动员每次投篮投中的概率是，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为，则的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】记在他10次投篮中，投中的次数为，则，求出取最大值时的的值，即可得解. 【详解】记在他10次投篮中，投中的次数为，则， 且， 由，得， 所以，所以，所以， 所以，解得，因为，所以， 所以在他10次投篮中，最有可能投中的次数为8次. 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用不等式求出的最大值是解题关键. 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，通过求导判断函数的单调性可得，即可判断；令，通过求导判断函数的单调性可得，即可判断，即可求解. 【详解】令，所以上恒成立， 所以在上单调递增，所以，所以， 所以，即， 令，所以， 当时，，在上单调递减， 所以，则，所以， 所以，所以，即， 所以. 故选：. 7. 某校高二年级有5名同学计划前往崂山、黄山、华山三个景点旅游．已知5名同学中有2名男生，3名女生．每个景点至少有1名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生A不去同一处景点游玩，女生B与女生C去同一处景点游玩，则这5名同学游玩行程的方法数为（ ） A. 30 B. 36 C. 42 D. 54 【答案】A 【解析】 【分析】先将人按和两种情况分成三组，再分配即可. 【详解】将人分成三组，有和两种分法， 若按分组，根据题意有种分法， 若按分组，根据题意，有种分法， 所以这5名同学游玩行程的方法数为种. 故选：A. 8. 已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用构造的导数，来判断其单调性，又把已知要求解的不等式转化为，从而可利用单调性解不等式. 【详解】由已知得：因为，所以， 两边同乘以又可得：， 因为，所以有， 再构造，则， 所以在上单调递增， 因为的定义域可知，，所以， 又因为，所以， 即上面不等式可转化为，根据在上单调递增， 可得，解得， 故选：． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 若，则下列结论中正确的是（ ） A. 展开式中二项式系数最大项为第3项 B. 当时，除以8的余数是1 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据二项式系数的性质判断；对B，赋值令，根据展开式可判断；对C，分别令，得解；对D，求导，再令得解. 【详解】对于A，展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项为第4项，故A错误； 对于B，当时，，所以除以8的余数是1，故B正确； 对于C，令，可得，令，得， 所以，故C正确； 对于D，对两边求导， 得， 令，得，故D正确. 故选：BCD. 10. 有个编号分别为1，2，3，…，的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球．现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用全概率公式即可判断AC，由条件概率的公式即可判断B，由与的关系，即可得到，从而判断D. 【详解】由题意，从1号盒子取球有两种情况：取出的球是白球和取出的球是黑球， 若从1号盒子取出的球是白球，概率为， 此时2号盒子中有2个白球和1个黑球，则从2号盒子取出的球是白球，概率为， 即，依此类推， 若从1号盒子取出的球是黑球，概率为， 此时2号盒子中有1个白球和2个黑球，则从2号盒子取出的球是白球，概率为， 即，依此类推， 由全概率公式 ， 所以A错误； 因为，则，所以B正确； 由全概率公式，时， ， 所以， ，所以C正确； 由，则， 因为，， 所以，即， 则，当时，， 所以，所以D正确． 故选：BCD． 11. 已知函数在处取得极值，且在上单调，则下列结论中正确的是（） A. 的取值范围是 B. 不可能有两个零点 C. 当时，过点作曲线的切线有且仅有两条 D. 当时，的图象与图象交点的纵坐标之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求导函数，利用在处取得极值，求得的取值范围判断A；对于B，结合A，求得函数的极大值与极小值，可得，时，有两个零点，求解判断B；对于C，假设切点，求出切线方程，再将点代入即可求出切点的坐标，进而可知切线方程；对于D，求出的对称中心和的对称中心，判断其函数图象交点的个数，再由对称可求其交点纵坐标之和. 【详解】选项A：由题得， 若，则单调递增，不存在极值， 又因为在处取得极值，所以必有． 当时，可知在处取得极小值，且在上单调递增，符合题意； 当时，可知在处取得极大值，但在上先减后增，不符合题意． 综上，的取值范围是，故A正确． 选项B：由选项A可知的极大值为 ， 极小值为， 因为，所以极大值， 当极小值，即时，有两个零点，故B错误． 选项C：当时，，假设上的一点， 因为，所以， 所以过点的切线方程为， 将点代入并化简可得，解得或， 当时，切点，此时切线方程为，即， 当时，切点，此时切线方程为，即，所以C正确. 选项D：当时，，， 当时，，当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减； 令，则， 令，解得，所以的对称中心为，即， 因为，， 所以的对称中心为，与的对称中心相同， 易知单调递增，易求得， 在上的图象如图所示， 在，与有三个交点，左右两个交点关于对称中心对称， 该两点的纵坐标之和为，中间一个交点的纵坐标为， 由于的增长速度比快，因此在较大处有两个交点，且关于对称中心对称， 该两点的纵坐标之和为， 因此，在定义域内，与有5个交点，这五个交点的纵坐标之和为，D正确. 故选：ACD． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】由展开式的通项得出的展开式中含的项，进而得出系数. 【详解】展开式的通项为， 则的展开式中含的项为 ， 即的展开式中的系数为. 故答案为：. 13. 已知函数，若有两个零点，则实数k的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的最小值，由零点情况求出最小值点的范围，进而求出的范围. 【详解】函数的定义域为，求导得， 函数在上都单调递增，则函数在上单调递增， 又当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大， 当趋近于正无穷大时，趋近于正无穷大，则存在正数，使得， 即，，当时，；当时，， 函数在上递减，在上递增， 当从大于0的方向趋近于0时，趋近于正无穷大，当趋近于正无穷大时，趋近于正无穷大， 则当且仅当时，函数有两个零点， 令函数，求导得， 函数在上单调递减，而，由，得， 又函数在上单调递增，因此， 所以实数k的取值范围是. 故答案为： 14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，从盒中任取3个球，记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的期望为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出从12个球中任取3个球的方法数，并求出取出的3个球的标号之和能被3整除的方法数，得出的所有可能取值，再求出，，，最后利用数学期望的计算公式求数学期望即可. 【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法， 1到12中能被3整除的有3,6,9,12，除3余1的有1,4,7,10，除3余2的有2,5,8,11， 由题意知的所有可能取值为0，1，2， 取出的3个球的标号之和能被3整除的情况有： ①标号被3整除的球中取3个有； ②标号被3除余数为1的球取3个有； ③标号被3除余数为2的球取3个有； ④标号被3整除和除3余1和除3余2的三类球各取1个有. 则． 取出3个球的标号之和被3除余1的情况有： ①标号被3除余数为1的球1个和标号被3整除的球2个有； ②标号被3除余数为1的球2个和标号被3除余数为2的球1个有； ③标号被3除余数为2的球2个和标号被3整除的球1个有. 则. 取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有： ①标号被3除余数为1的球2个和标号被3整除的球1个有； ②标号被3除余数为1的球1个和标号被3除余数为2的球2个有； ③标号被3除余数为2的球1个和标号被3整除的球2个有， 则， 所以． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题以球的抽取为背景考查排列组合、古典概型、离散型随机变量的数学期望等知识，解题的关键性是分类要不重复不遗漏，考查了学生逻辑思维能力、数据处理能力. 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. 某校为了解本校学生每天的体育活动时间，随机抽取了100名学生作为样本，统计并绘制了如图的频率分布直方图： （1）从这100名学生中按照分层抽样的方式在体育活动时间位于和的两组学生中抽取9名学生，再从这9名学生中随机抽取3人，用表示这3人中属于的人数，求的分布列和数学期望： （2）每天的体育活动时间不低于40分钟的同学被称为“体育爱好者”.以这100名学生体育活动时间的频率估计该校学生体育活动时间的概率，从该校学生中随机抽取10名，求其中“体育爱好者”人数的均值和方差. 【答案】（1）分布列见解析， （2）， 【解析】 【分析】（1）由已知可得9名学生中位于的有人，位于的有人，由服从超几何分布即可求解； （2）由已知可得，根据二项分布的均值和期望公式求解即可. 【小问1详解】 因为体育活动时间位于和的频率分别为和， 所以抽取的9名学生中位于的有人， 位于的有人， 所以随机变量所有可能取值为0，1，2，3，且服从超几何分布， 故，， ，， 所以分布列为： 0 1 2 3 所以； 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，每天的运动时间不低于40分钟的频率为： ， 则， ，. 16. 某公司计划对未开通共享电动车的某市进行车辆投放，为了确定车辆投放量，对过去在其他城市的投放量情况以及年使用人次进行了统计，得到了投放量（单位：千辆）与年使用人次（单位：千次）的数据如下表所示，根据数据绘制投放量与年使用人次的散点图如图所示． 1 2 3 4 5 6 7 6 11 21 34 66 101 196 （1）观察散点图，可知两个变量不具有线性相关关系，拟用对数函数模型或指数函数模型对两个变量的关系进行拟合.请问哪个模型更适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）？并求出关于的回归方程； （2）公司为了测试共享电动车的性能，从所有同型号共享电动车中随机抽取100辆进行等距离骑行测试，骑行前对其中60台进行保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的共享电动车占比.请根据统计数据完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为共享电动车是否报废与保养有关？ \ 保养 未保养 合计 报废 20 未报废 合计 60 100 参考数据：，． 62.14 1.54 2535 50.12 3.47 参考公式：对于一组数据，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，．， 其中． 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型， （2）列联表见解析，认为是否报废与保养有关 【解析】 【分析】（1）由散点图可知，应选指数函数模型，根据已知条件两边同时取对数，转化为关于与一次函数模型，结合参考数据即可求解； （2）根据题意完成列联表，利用独立性检验公式，计算的值可判断. 【小问1详解】 由散点图判断，适宜作为投放量与年使用人次的回归方程类型． 由，两边同时取常用对数得． 设，则． 因为，，，， 所以. 把代入，得， 所以，所以， 则， 故关于的回归方程为. 【小问2详解】 设零假设：是否报废与是否保养无关． 由题意，报废电动车中保养过的共台，未保养的电动车共台，补充列联表如下： \ 保养 未保养 合计 报废 6 14 20 未报废 54 26 80 合计 60 40 100 则， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否报废与保养有关． 17. 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）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）通过求导，分类讨论，根据导函数与的大小关系来讨论函数的单调性； （2）将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，通过求导研究函数的单调性进而求出最小值. 【小问1详解】 首先求的导数，可得. 然后分情况讨论： 当时，因为恒成立，所以恒成立.所以在上单调递增. 当时，令，即，解得. 当时，，所以.此时单调递减. 当时，，所以.此时单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 小问2详解】 当时，恒成立，即，移项可得. 因为，两边同时除以，得到恒成立. 令，对求导，可得. 令，对求导，可得.因为，所以，即.可知在上单调递增. 那么，即在上恒成立. 令，即，因为，，所以的解为. 当时，即，因为，，所以，解得，即在上单调递增. 当时，即，因为，，所以，解得，即在上单调递减. 所以在处取得最小值，. 因为恒成立，所以，即的取值范围为. 18. 甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立. （1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率； （2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算； （2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值. 【小问1详解】 用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则， 记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件共5种， 所以 . 【小问2详解】 因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即， 由题意得的所有可能取值为，则 ， ， . 所以的分布列为 2 4 5 所以的期望 ， 因为，所以，当且仅当时等号成立，所以， 所以， 故的最大值为. 19. 已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）当时，证明：； （3）若且，，证明：． 【答案】（1）1 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论的单调性，即可求得最大值； （2）将所证的结论变形，得到函数，利用导数判断函数的单调性，求出最值即可证明； （3）将已知条件变形得到，再利用（1）中函数的单调性，构造函数，，进而可以得证. 【小问1详解】 当时，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以； 【小问2详解】 当时，， 要证，只需证， 令， 则， 令，则 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； ，即，， 当时，，在单调递增； 当时，在单调递减； ，即，，证毕． 【小问3详解】 由，可得， 两边取以为底的对数并整理得，，即， 因为，不妨设， 由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，， 即， 而，且当时，恒成立，得到， 记，， 则， 函数在上单调递增， ，即，于是， 又在上单调递减，， ，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$