精品解析：山东省蒙阴第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

蒙阴一中2024-2025学年高二下学期期中考试 数学试题 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. 某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，当时，该质点的瞬时速度为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，正确的结论为（ ）（附：，，） A. 变量与不独立 B. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 变量与独立 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过 4. 随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的3倍，和谐号列车的正点率为0.98，复兴号列车的正点率为0.99，则一列车能正点到达该车站的概率为（ ） A. 0.9825 B. 0.9833 C. 0.9867 D. 0.9875 5. 相关变量，的散点图如下.若剔除点后，剩下数据得到的统计中，较剔除之前值变大的是（ ） A. 的平均值 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差的平方和 6. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加100米比赛，决出第1名到第5名的名次．比赛结束后甲说：“我不是第1名”，乙说：“我不是第5名”．根据以上信息，这5人的名次排列情况种数为（ ） A. 72 B. 78 C. 96 D. 120 7. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，） A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014 8. 已知定义在上的函数的导函数为，对于任意的实数都有，且时，．若，，，则a，b，c的大小关系是（ ） 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. 一批产品中有3个正品，2个次品.现从中任意取出2件产品，记事件：“2个产品中至少有一个正品”，事件：“2个产品中至少有一个次品”，事件：“2个产品中有正品也有次品”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与事件为互斥事件 B. 事件与事件是相互独立事件 C. D. 10. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 11. 已知函数，则函数（ ） A. 单调减区间为 B. 在区间上的最小值为 C. 图象关于点中心对称 D. 极大值与极小值的和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量的方差，则随机变量的方差______ 13. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据，如表所示.（残差＝观测值－预测值） 3 4 5 6 2.5 3 4 根据表中数据，得出关于的经验回归方程为.据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为______. 14. 如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，则小球落入_________号格子的概率最大. 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. 已知二项式展开式中，前二项的二项式系数和是11. （1）求n的值； （2）求其二项式系数之和与各项系数之和的差； （3）求上述展开式中所有偶数项的系数和. 16. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线的方程； （2）探究的最小值； （3）当时，求的最小值的极值． 17. 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表： 新能源汽车款 新能源汽车款 总计 男性 50 10 女性 25 15 40 总计 25 100 （1）求； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？ （3）假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望. 附：，. 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 18. 某乡村企业希望通过技术革新增加产品收益，根据市场调研，技术革新投入经费（单位：万元）和增加收益（单位：万元）的数据如下表： 4 6 8 10 12 27 42 55 56 60 为了进一步了解技术革新投入经费对增加收益的影响，通过对表中数据进行分析，分别提出了两个回归模型：①，②． （1）根据以上数据，计算模型①中与的相关系数（结果精确到0.01）； （2）若，则选择模型①；否则选择模型②．根据（1）的结果，试建立增加收益关于技术革新投入经费的回归模型，并预测时的值（结果精确到0.01）． 附：i）回归直线的斜率、截距的最小二乘估计以及相关系数分别为：，， ii）参考数据：设，，，，，． 19. 定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”． （1）若是上的“好函数”，求的取值范围． （2）（i）证明：是上的“好函数”． （ii）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蒙阴一中2024-2025学年高二下学期期中考试 数学试题 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. 某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，当时，该质点的瞬时速度为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导函数，再令计算可得. 【详解】因为，所以，所以， 所以当时，该质点的瞬时速度为. 故选：A 2. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理求出项即可得该项系数. 【详解】二项式的展开式中，含的项为， 所以的系数为. 故选：A 3. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，正确的结论为（ ）（附：，，） A. 变量与不独立 B. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过 C. 变量与独立 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立性检验的基本思想判断即可. 【详解】因为， 所以依据的独立性检验，可以认为变量与独立. 故选：C 4. 随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的3倍，和谐号列车的正点率为0.98，复兴号列车的正点率为0.99，则一列车能正点到达该车站的概率为（ ） A. 0.9825 B. 0.9833 C. 0.9867 D. 0.9875 【答案】A 【解析】 【分析】利用全概率公式可得答案. 【详解】依题意，设到达该车站列车为和谐号列车的概率为，为复兴号列车的概率为， 则一列车能正点到达该车站的概率为. 故选：A. 5. 相关变量，的散点图如下.若剔除点后，剩下数据得到的统计中，较剔除之前值变大的是（ ） A. 的平均值 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差的平方和 【答案】C 【解析】 【分析】结合图像和变量之间的相关关系进行判断即可. 【详解】由散点图可知，去掉点后，，的线性相关加强，且是负相关， 故样本的相关系数变小，决定系数变大，残差平方和变小，样本数据y的平均值也变小. 故选：C 6. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加100米比赛，决出第1名到第5名的名次．比赛结束后甲说：“我不是第1名”，乙说：“我不是第5名”．根据以上信息，这5人的名次排列情况种数为（ ） A. 72 B. 78 C. 96 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】讨论甲是否在第5名，根据排列组合公式计算即可. 【详解】当甲是第5名时，共有种； 当甲不是第5名时，共有种； 综上，共有78种. 故选：B 7. 我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．棣莫弗在1733年证明了的特殊情形，1812年，拉普拉斯对一般的p进行了证明．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为（ ）（附：若，则，，） A. 0.1587 B. 0.0228 C. 0.0027 D. 0.0014 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据二项分布的期望与方差公式分别求出和，然后再利用正态分布的对称性即可求解. 【详解】解：抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为，则， 所以，， 由题意，，且，， 因为， 所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数超过60次的概率为， 故选：B. 8. 已知定义在上的函数的导函数为，对于任意的实数都有，且时，．若，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，由奇偶性定义判断为偶函数，再由导数结合得出其单调性，最后由单调性以及奇偶性比较大小即可. 【详解】解：令， 对于任意的实数都有，即为偶函数； ； 当时，， 当时，为增函数； 又， ，即. 故选：C. 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. 一批产品中有3个正品，2个次品.现从中任意取出2件产品，记事件：“2个产品中至少有一个正品”，事件：“2个产品中至少有一个次品”，事件：“2个产品中有正品也有次品”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与事件为互斥事件 B. 事件与事件是相互独立事件 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据事件的相关概念可判断ABC，计算出可判断D. 【详解】因为事件与事件可以同时发生，故A错误； 事件包含事件，所以事件与事件不是相互独立事件，故B错误； 因为，所以，故C正确； ，故D正确； 故选：CD 10. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，随机变量满足正态分布，且， 故，故A正确； 对于B，当时， 此时，故B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D，，故单调递增， 故，即， 解得，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则函数（ ） A. 单调减区间为 B. 在区间上的最小值为 C. 图象关于点中心对称 D. 极大值与极小值的和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调区间和极值即可判断选项A，B，D；利用即可判断选项C. 【详解】对于A，， 故， 所以在和上，，函数单调递增； 在上，，函数单调递减， 故A错误； 对于D，由A知，函数的极大值为， 极小值， 则，故D正确； 对于B，， 结合函数在的单调性可知：，故B正确； 对于C，， 所以， 故函数图象关于点中心对称，故C正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量的方差，则随机变量的方差______ 【答案】 【解析】 【分析】利用方差的性质直接计算求解即可. 【详解】因为随机变量的方差，随机变量， 所以 故答案为： 13. 某工厂为研究某种产品的产量（吨）与所需某种原材料的质量（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据，如表所示.（残差＝观测值－预测值） 3 4 5 6 2.5 3 4 根据表中数据，得出关于的经验回归方程为.据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为______. 【答案】4.5 【解析】 【分析】根据残差求得时的预测值，从而求得，再利用样本中心一定在回归直线上，即可求得答案. 【详解】由题意可得时的预测值为， 则有， 即， 又， 故， 故答案为：4.5 14. 如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，则小球落入_________号格子的概率最大. 【答案】 【解析】 【分析】利用次独立重复试验中，小球掉入号格子的概率为，设小球掉入号格子的概率最大，则，再利用组合数公式，结合题目已知条件即可求解. 【详解】小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率为，向右下落的概率为， 小球掉入0号格子，需要向左10次，则概率为； 小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，则概率为； 小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，则概率为； 小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，则概率为； 依此类推，小球掉入号格子，需要向左次，向右次，概率为， 设小球掉入号格子的概率最大，显然， 则，即， 即 解得， 又为整数， ， 则小球落入8号格子的概率最大. 故答案为：. 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. 已知二项式展开式中，前二项的二项式系数和是11. （1）求n的值； （2）求其二项式系数之和与各项系数之和的差； （3）求上述展开式中所有偶数项的系数和. 【答案】（1） （2）1023 （3） 【解析】 【分析】（1）利用指定两项的二项式系数建立方程求解参数即可. （2）利用二项式性质得到二项式系数之和，利用赋值法得到各项系数之和，再作差即可. （3）利用赋值法再作差求解偶数项的系数和即可. 【小问1详解】 因为二项式展开式中，前二项的二项式系数和是11， 所以，得到，解得. 【小问2详解】 由二项式性质得二项式系数之和为， 令，可得各项系数之和为， 所以二项式系数之和与各项系数之和的差为. 【小问3详解】 令， 则 所以 16. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线的方程； （2）探究的最小值； （3）当时，求的最小值的极值． 【答案】（1） （2） （3）极大值为，无极小值． 【解析】 【分析】（1）求导得，，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）对求定义域，求导，根据a取不同的值得到函数单调性，即可求出最小值； （3）令，对函数求导，即可求解. 【小问1详解】 当时，，， 则，， 所以切线的方程为 【小问2详解】 定义域为． 当时，，则在上单调递增，故没有最小值； 当时，在单调递减，在单调递增， 所以 综上所述：当时，没有最小值；当时，最小值为； 【小问3详解】 由（2）可得 设，则， 令，得，所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为，无极小值． 17. 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性，调查100人购买情况，得到如下列联表： 新能源汽车款 新能源汽车款 总计 男性 50 10 女性 25 15 40 总计 25 100 （1）求； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联？ （3）假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了B款车的人数为，求的数学期望. 附：，. 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1），； （2）与性别有关 （3） 【解析】 【分析】（1）利用表格数据直接计算即可. （2）列出零假设，计算，再进行独立性检验即可. （3）先判断服从二项分布，再利用二项分布的期望公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得，. 【小问2详解】 零假设为：选购新能源汽车的款式与性别无关联. 根据列联表中的数据，可得， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 可以认为选购车的款式与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05； 【小问3详解】 随机抽取1人购买B款车的概率为， X的可能取值有，由题意得， 由二项分布的期望公式得. 18. 某乡村企业希望通过技术革新增加产品收益，根据市场调研，技术革新投入经费（单位：万元）和增加收益（单位：万元）的数据如下表： 4 6 8 10 12 27 42 55 56 60 为了进一步了解技术革新投入经费对增加收益的影响，通过对表中数据进行分析，分别提出了两个回归模型：①，②． （1）根据以上数据，计算模型①中与的相关系数（结果精确到0.01）； （2）若，则选择模型①；否则选择模型②．根据（1）的结果，试建立增加收益关于技术革新投入经费的回归模型，并预测时的值（结果精确到0.01）． 附：i）回归直线的斜率、截距的最小二乘估计以及相关系数分别为：，， ii）参考数据：设，，，，，． 【答案】（1） （2），约为万元 【解析】 【分析】（1）根据所给数据求出，，，，，即可求出相关系数； （2）根据（1）的结论，可判断选择模型②，令，求出关于的线性回归方程，即可求出关于的经验方程，再代入计算可得. 【小问1详解】 因为， ， 所以， ， ， 模型①中，相关系数， 【小问2详解】 因为，所以选择模型②， 令，先建立关于的线性回归方程， 由于， ， 所以关于的线性回归方程为， 即， 当时，（万元）， 所以若投入经费万元，收益约为万元. 19. 定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”． （1）若是上的“好函数”，求的取值范围． （2）（i）证明：是上的“好函数”． （ii）设，证明：． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用给定定义得到，再结合求解参数范围即可. （2）（i）利用给定定义结合换元法并构造函数，利用导数判断其单调性，进而得到，最后再证明结论即可. （ii）利用已知得到，再利用裂项相消法证明结论即可. 【小问1详解】 由题可知任意， 且，，即，解得， 因为，所以解得，即的取值范围为． 【小问2详解】 （i）设， 则． 令，且， 则，则在上单调递增， 得到，即， 故是上的“好函数”. （ii）由（i）可知，当时，， 令，则， 即， 故， 化简可得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $