精品解析：浙江省余姚中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题

余姚中学2024学年第二学期期中检测高二数学学科试卷 一、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. 若，，．则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的性质，结合媒介数比较大小即得. 【详解】依题意，，，而， 所以. 故选：B 2. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的充要条件 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 命题“”的否定形式是“” D. “”是“”的充分不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用不等式的性质判断A的正误，利用正切函数的性质判断B的正误，利用命题的否定形式判断C的正误，利用对数的定义判断D的正误. 【详解】对A，若中，时也成立，故A错； 对B，当时，，故， 若，则，故B对； 对C，存在量词命题的否定是，故C错； 对D，若均为负数，则无意义，故D错. 3. 函数的部分图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由偶函数的性质和特殊值可得. 【详解】的定义域为，， 则为偶函数，图象关于轴对称，故排除AC， 又，排除B，只有D符合， 故选：D. 4. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中，取出4张排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有（ ）种． A. 72 B. 144 C. 384 D. 432 【答案】D 【解析】 【分析】根据所取数字之和为10，分3类，再由分类加法计数原理求解即可. 【详解】分3类： ①红1蓝1，红4蓝4，排成一排； ②红2蓝2，红3蓝3，排成一排； ③2个1选1张，2个2选1张，2个3选1张，2个4选1张，排成一排， 由分类加法计数原理，共种， 故选：D． 5. 已知函数（且），若对任意实数，恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件判断函数的单调性，再根据函数的解析式，列式求解. 【详解】由，不妨假设， 则，即，即， 则函数单调递增， ，（且）， 则，解得：. 故选：D 6. 下列结论不正确的是（ ） A. 若、两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性强 B. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 C. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 D. 由两个分类变量、的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断、相关，且犯错误的概率不超过 【答案】C 【解析】 【分析】根据相关系数的概念可判断A选项；利用方差的性质可判断B选项；利用残差分析可判断C选项；利用独立性检验可判断D选项. 【详解】对于A选项，样本相关系数的绝对值越接近，相关性越强，故A正确 对于B选项，一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，故 B正确 对于C选项，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故 C错误 对于D选项，因为， 所以，依据的独立性检验，可判断、相关，且犯错误的概率不超过，故D正确. 故选：C. 7. 已知，，若关于的不等式在恒成立．则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共同零点，由此得是方程的根，可得的关系，消再利用基本不等式求解最值即可. 【详解】设. 由已知，在单调递增， 当时，；当时，. 由图象开口向上，，可知方程有一正根一负根， 即函数在有且仅有一个零点，且为异号零点； 由题意，则当时，；当时，. 所以是方程的根，则，即，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 则的最小值是. 故选：B. 8. 若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据，列出关于的方程，进而求得的值，得到的解析式，再用零点存在定理判断即可. 【详解】因为函数在上是单调函数，， 设，所以， 所以， 因为与在上单调递增，所以有唯一解，解得， 所以， 又，， 故的零点所在的区间为. 故选：B. 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若A，B是相互独立事件，则 D. 若A，B是互斥事件，则 【答案】AC 【解析】 【分析】计算得AC正确；当A，B是相互独立事件时，，故B错误；因为A，B是互斥事件，得，而，故D错误． 【详解】解：，故A正确； 当A，B是相互独立事件时，则，故B错误； 因为A，B是相互独立事件，则，所以，故C正确； 因为A，B是互斥事件，，则根据条件概率公式，而，故D错误． 故选：AC． 10. 已知的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（ ） A. B. 展开式中常数项为160 C. 展开式系数的绝对值的和1458 D. 展开式中含项的系数为240 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A,先利用赋值法算出；对于B和D，求出展开式的通项公式，再由多项式乘法法则即可判断；对于C，展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和，然后用赋值法即可判断 【详解】解：对于A,令，所以的展开式中各项系数的和为，解得，故A正确； 对于B和D,展开式通项公式为, 当时，；当时，(舍去)， 所以展开式中常数项为； 当时，；当时，(舍去)， 所以展开式中含项的系数为， 故B错误，D正确； 对于C，二项式展开式系数的绝对值的和可看做是二项式展开式系数的和， 所以令，展开式系数的和为，故C正确； 故选：ACD 11. 已知是定义在上的奇函数，且满足，若当时，，则下列选项正确的是（ ） A. 图象关于点中心对称 B. 8为的周期 C. D. 方程在上共有1526个不同的实数解 【答案】AC 【解析】 【分析】利用奇函数和中心对称性可得A正确；由可得B错误；由可得C正确；设，由周期性可得D错误. 【详解】对于A，因为，所以， 又是定义在上的奇函数，所以，即，所以图象关于点中心对称，故A正确； 对于B，，所以， 所以， 又是定义在上的奇函数，所以，所以， 所以，所以8不为的周期，故B错误； 对于C，因为，所以， 又当时，，所以，所以，故C正确； 对于D，因为， 设，则 所以4为的周期， 又是定义在上的奇函数，所以，如图 所以方程等价于在上共有个不同的实数解. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，若，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据二项分布的概率计算求得p的值，利用正态分布的对称性即可求得答案. 【详解】由题意知随机变量，， 所以，即， 即， 而，则， 故答案为： 13. 函数的最大值为______. 【答案】. 【解析】 【分析】利用柯西不等式，即可求得原函数的最大值. 【详解】由有意义，可得，解得， 由柯西不等式，可得：， 当且仅当时，即时等号成立， 此时函数取得最大值为. 故答案为：. 下面证明柯西不等式：，当且仅当时等号成立. 证明：由 ， 则得，当且仅当时等号成立. 14. 在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望. 【详解】对于维坐标，其中.即有两种选择， 故共有种选择，即维“立方体”的顶点个数是个顶点； 当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足， 则满足的个数为. 所以. 故分布列为： 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，再由求出概率. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 设全集，集合，集合，其中. （1）当时，求； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解不等式求出集合，再求交集可得答案； （2）由得，建立不等式可得答案. 【小问1详解】 由得：，解得：， 即，； 当时，， 解得：，即； ； 【小问2详解】 由（1）知：； 由得：， 即， 由得 ，解得：， 即实数的取值范围为. 16. 在十余年的学习生活中，部分学生养成了上课转笔的习惯某研究小组为研究学生上课是否转笔与学习成绩好差的关系，从全市若干所学校的全部学生中随机抽取名学生进行调查，其中上课转笔的有人经调查，得到这名学生近期考试的成绩分数均在内的频率分布直方图如图所示分组区间为记总成绩不低于分的为优秀，其余为合格. 成绩 转笔 合计 上课转笔 上课不转笔 合格 25 优秀 10 合计 100 （1）请完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的成绩是否优秀与上课是否转笔有关联.（单位：人） （2）现按成绩采用比例分配的分层随机抽样的方法从这人中抽取人，再从这人中随机抽取人进行进一步调查，记抽到的人中成绩合格的人数为，求的分布列和均值； （3）若将频率视作概率，从全市所有在校学生中随机抽取人进行调查，记人中上课转笔的人数为，求的均值和方差. 附：参考公式：，其中. 参考数据： 【答案】（1）列联表见解析，能 （2）分布列见解析， （3）9，4.95 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图补全列联表，计算后，对照临界值即可得出答案； （2）由题意计算可得这名学生中抽取的人中，成绩合格的有人，成绩优秀的有人，的可能取值为，求出相应的概率，写出分布列，从而求出数学期望； （3）根据二项分布期望和方差计算公式计算即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，抽取的名学生中成绩合格的有人， 则成绩优秀的有人. 列联表如下表所示单位：人 成绩 转笔 合计 上课转笔 上课不转笔 合格 优秀 合计 零假设为：学生成绩是否优秀与上课是否转笔无关联， 计算得， 依据小概率值的独立性检验， 我们推断不成立，可以认为学生成绩是否优秀与上课是否转笔有关联； 【小问2详解】 根据频率分布直方图可知，这名学生中成绩优秀的频率为， 成绩合格的频率为， 故从这名学生中抽取的人中，成绩合格的有人，成绩优秀的有人， 则的可能取值为， ， 故的分布列为 . 【小问3详解】 由题意知，从全市所有在校学生中随机抽取人，其上课转笔的概率为， 故， 所以. 17. 设函数的定义域为，若存在，使得成立，则称为的一个“准不动点”.已知函数 （1）若，求的“准不动点”： （2）若为的一个“准不动点”，且，求实数的取值范围： （3）设函数若使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）0或1； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，利用换元法计算可得； （2）依题意可得在上有解，参变分离可得在上有解，结合对勾函数的单调性求出的取值范围，即可得解； （3）依题意可得，根据的单调性，求出的最值，即可得到，换元得到，参变分离，结合函数的单调性，计算可得. 【小问1详解】 当时，由可得，， 令，则，解得或， 即或，解得或， 的“准不动点”为0或1； 【小问2详解】 由得，， 即在上有解， 令，由可得，则在上有解， 故，当时，在上单调递增，，则，解得， 的取值范围； 【小问3详解】 由得，， 即，则， 又由指数函数的性质可知在上单调递增，，则， 即， 令，则，从而，则， 又在上均为增函数，则，， ，即，所以实数的取值范围为. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，. （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集. 18. 已知函数，，. （1）求的单调区间； （2）若当时，与的单调性相同，求实数的取值范围； （3）若当时，有最小值，证明：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）； （3） 由（2）知，，， 令，，求导得， 则函数在上单调递增，而又，， 于是存在唯一的，使得，即，即， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，则在上恒成立， 函数在上单调递减，，即， 因此，所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，进而求出其单调性. （2）由（1）可知将单调性相同转化为在时恒成立，求出，可得实数的取值范围. （3）对求导后构造函数再求导，利用零点存在性定理可判断导函数的符号，求出其单调性可得最小值的表达式，再构造函数求出其值域即可. 【小问1详解】 函数的定义域，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 由题意及（1）得在上单调递增，则在时恒成立， 令，，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 且对，恒成立，则， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 19. 甲，乙两人进行投篮比赛，有两种投篮方式：方式一，投两分球3次，进一球积2分；方式二，投三分球2次，进一球积3分.甲和乙投进两分球的概率分别为和，投进三分球的概率分别为和，且两人投篮互不影响.先上场者可以任意选择一种投篮方式，后上场者只能选择另一种投篮方式，最终积分高者获胜.已知两人都会优先选择理论上平均积分更高的投篮方式. （1）试判断甲，乙两人会分别优先选择何种投篮方式； （2）现在由裁判随机选择上场顺序，在最终结果为甲获胜的条件下，求乙以一分之差惜败的概率. 【答案】（1）甲，乙两人都会优先选择方式一 （2） 【解析】 【分析】（1）设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为；乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为.分别计算对应的期望即可判断； （2）结合（1），最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B.由，，再由条件概率计算公式求解即可； 【小问1详解】 设甲选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为； 乙选择方式一获得的积分为，选择方式二获得的积分为. 可分别求出随机变量，，，的分布列. ， ， 0 2 4 6 所以. 同理可得 0 3 6 0 2 4 6 0 3 6 所以，. 因为，，所以甲，乙两人都会优先选择方式一. 【小问2详解】 记最终结果为甲获胜为事件A，乙以一分之差惜败为事件B. 由 ， 得. 由， 得. 又， ， 所以， 即在最终结果为甲获胜的条件下，乙以一分之差惜败的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余姚中学2024学年第二学期期中检测高二数学学科试卷 一、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. 若，，．则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的充要条件 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 命题“”的否定形式是“” D. “”是“”的充分不必要条件 3. 函数的部分图象是（ ） A. B. C. D. 4. 有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中，取出4张排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有（ ）种． A. 72 B. 144 C. 384 D. 432 5. 已知函数（且），若对任意实数，恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 下列结论不正确的是（ ） A. 若、两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性强 B. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变 C. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 D. 由两个分类变量、的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断、相关，且犯错误的概率不超过 7. 已知，，若关于的不等式在恒成立．则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 8. 若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若A，B是相互独立事件，则 D. 若A，B是互斥事件，则 10. 已知的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（ ） A. B. 展开式中常数项为160 C. 展开式系数的绝对值的和1458 D. 展开式中含项的系数为240 11. 已知是定义在上的奇函数，且满足，若当时，，则下列选项正确的是（ ） A. 图象关于点中心对称 B. 8为的周期 C. D. 方程在上共有1526个不同的实数解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，若，则_________． 13. 函数的最大值为______. 14. 在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 设全集，集合，集合，其中. （1）当时，求； （2）若，求实数的取值范围. 16. 在十余年的学习生活中，部分学生养成了上课转笔的习惯某研究小组为研究学生上课是否转笔与学习成绩好差的关系，从全市若干所学校的全部学生中随机抽取名学生进行调查，其中上课转笔的有人经调查，得到这名学生近期考试的成绩分数均在内的频率分布直方图如图所示分组区间为记总成绩不低于分的为优秀，其余为合格. 成绩 转笔 合计 上课转笔 上课不转笔 合格 25 优秀 10 合计 100 （1）请完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生的成绩是否优秀与上课是否转笔有关联.（单位：人） （2）现按成绩采用比例分配的分层随机抽样的方法从这人中抽取人，再从这人中随机抽取人进行进一步调查，记抽到的人中成绩合格的人数为，求的分布列和均值； （3）若将频率视作概率，从全市所有在校学生中随机抽取人进行调查，记人中上课转笔的人数为，求的均值和方差. 附：参考公式：，其中. 参考数据： 17. 设函数的定义域为，若存在，使得成立，则称为的一个“准不动点”.已知函数 （1）若，求的“准不动点”： （2）若为的一个“准不动点”，且，求实数的取值范围： （3）设函数若使得成立，求实数的取值范围. 18. 已知函数，，. （1）求的单调区间； （2）若当时，与的单调性相同，求实数的取值范围； （3）若当时，有最小值，证明：. 19. 甲，乙两人进行投篮比赛，有两种投篮方式：方式一，投两分球3次，进一球积2分；方式二，投三分球2次，进一球积3分.甲和乙投进两分球的概率分别为和，投进三分球的概率分别为和，且两人投篮互不影响.先上场者可以任意选择一种投篮方式，后上场者只能选择另一种投篮方式，最终积分高者获胜.已知两人都会优先选择理论上平均积分更高的投篮方式. （1）试判断甲，乙两人会分别优先选择何种投篮方式； （2）现在由裁判随机选择上场顺序，在最终结果为甲获胜的条件下，求乙以一分之差惜败的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $