精品解析：内蒙古自治区锡林郭勒盟太仆寺旗宝昌第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024----2025学年第二学期宝昌第一中学高二期中考试试卷 本次试卷满分150分，考试时间120分钟 命题人：张利生 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. 120 B. 360 C. 720 D. 840 3. 5名男生分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是（ ） A. 6 B. 120 C. 125 D. 243 4. 已知，则（ ） A. 80 B. 81 C. 242 D. 243 5. 已知随机变量，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. 7. 某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1050个的天数大约是 （ ）（若随机变量，则，，） A. 205 B. 246 C. 270 D. 275 8. 已知函数在处取得极大值，则实数的取值为（ ） A. 或1 B. 2或 C. D. 1 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 若件产品中有件次品和件正品．现从中随机抽取件产品，记取得的次品数为随机变量，则下列结论正确的是（    ） A. 若是有放回的抽取，则 B. 若是无放回的抽取，则 C. 若是有放回的抽取，的数学期望 D. 若是无放回的抽取，的数学期望 10. 若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. 在与处的瞬时增长率相同 B. 在上不单调 C. 可能为奇函数 D. 11. 围棋棋理博大精深，蕴含着中华文化的丰富内涵，被列为“琴棋书画”四大文化之一，是中华文化与文明的体现．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进行最后的决赛，比赛采取五场三胜制，即先胜三场的一方获得冠军，比赛结束．假设每场比赛甲胜乙的概率都为，且没有和棋，每场比赛的结果互不影响，记决赛的比赛总场数为，则下列结论正确的是（ ） A. 且甲获得冠军的概率是 B. 有连续三场比赛都是乙胜的概率是 C. D. 若甲赢了第一场，则乙仍有超过的可能性获得冠军 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 马鞍山市某月连续四天的最低气温如下表所示： 第天 最低气温（单位） 由最小二乘法得到经验回归方程，则的值为_____________. 13. 为加强对某病毒预防措施的落实，某校决定对甲、乙两个班的学生进行随机抽查，已知甲、乙两班的人数之比为，其中甲班女生占，乙班女生占，则学校恰好抽到一名女生的概率为______． 14. 下列说法中正确的是______. ①设随机变量X服从二项分布，则 ②小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则； ③ 四、解答题（共77分） 15. 求函数的单调区间. 16. 盒中有四张卡片，分别标有数字，现从盒中任取两张卡片． （1）求两张卡片的数字之积为偶数的概率； （2）取后放回，重复操作次，记取到偶数、奇数、既有偶数又有奇数的次数分别为，求证：． 17. 某人工智能公司从2018至2024年的利润情况如下表所示： 年份 2018 2019 2020 2021 2022 2023 2024 年份代码x 1 2 3 4 5 6 7 利润y（单位：亿元） 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9 （1）根据表中的数据，推断变量y与x之间是否线性相关．计算y与x之间的相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关程度； （2）求出y关于x的经验回归方程，并预测该人工智能公司2025年的利润； 参考数据： 参考公式：对于一组数据，①相关系数为：; ②经验回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计公式分别， 18. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列. （1）求展开式中的一次项； （2）证明展开式中没有常数项； （3）求展开式中所有的有理项. 19. 设函数． （1）当时， ①讨论函数的单调性； ②若存在两个极值点，且，求的取值范围； （2）当且时，若相异的满足，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024----2025学年第二学期宝昌第一中学高二期中考试试卷 本次试卷满分150分，考试时间120分钟 命题人：张利生 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用概率的乘法公式计算即可. 【详解】因为，，所以. 故选：B 2. （ ） A. 120 B. 360 C. 720 D. 840 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数公式直接运算即可. 【详解】因为. 故选：A. 3. 5名男生分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，不同报法的种数是（ ） A. 6 B. 120 C. 125 D. 243 【答案】D 【解析】 【分析】分析题意，考虑每名男生报名的方法数，再按分步乘法计数原理即可求得. 【详解】依题意，每名男生都可以报名参加3个运动队中的任何一个，且每人限报其中的一个， 故每名男生的报名方法都是3种，因此5名男生的不同报法种数为. 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. 80 B. 81 C. 242 D. 243 【答案】C 【解析】 【分析】代入特殊值令和简化计算即可得解. 【详解】， 令，得； 令，得； 所以. 故选：C. 5. 已知随机变量，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项分布的期望值和方差公式以及方差性质列方程组即可求得，可判断B正确. 【详解】根据题意由可得； 由可得，即； 所以， 解得，即A、C、D均错误； 易知，即B正确. 故选：B 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式的展开式的通项可求得的展开式中的系数. 【详解】的展开式中的系数即为的展开式中的系数， 又二项式的展开式的通项为， 令，可得，则的系数为. 故选：D. 7. 某早餐店发现加入网络平台后，每天小笼包的销售量（单位：个），估计300天内小笼包的销售量约在950到1050个的天数大约是 （ ）（若随机变量，则，，） A. 205 B. 246 C. 270 D. 275 【答案】A 【解析】 【分析】由正态曲线的性质求出，即可求解． 【详解】依题意，得， 则， 则估计天内小笼包的销售量约在到个的天数大约是：， 故选：A. 8. 已知函数在处取得极大值，则实数的取值为（ ） A. 或1 B. 2或 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，由是函数上的极值，得到，求得或，分类讨论，结合函数的单调性和极值点的概念，进行判断，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为是函数的极值点，可得， 即，解得或， 当时，， 令，解得或；令，解得， 所以在区间上单调递增，在区间单调递减， 此时，在处函数取得极小值，不符合题意，舍去； 当时，， 令，解得；令，解得或， 所以在区间上单调递减，在区间单调递增， 此时，在处函数取得极大值，符合题意， 综上可得，实数的值为. 故选：C. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 若件产品中有件次品和件正品．现从中随机抽取件产品，记取得的次品数为随机变量，则下列结论正确的是（    ） A. 若是有放回的抽取，则 B. 若是无放回的抽取，则 C. 若是有放回的抽取，的数学期望 D. 若是无放回的抽取，的数学期望 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件知，有放回的抽取时，，利用二项分布求出和期望，即可判断A和C的正误，无放回的抽取时，服从超几可分布，利用超几可分布，求出和期望，即可判断B和D的正误，即可求解. 【详解】若是有放回的抽取，则， 则， ，故选项A和C正确， 若是无放回的抽取，则可能取，，，， 又，， ，， 所以，故选项B错误，选项D正确， 故选：ACD. 10. 若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. 在与处的瞬时增长率相同 B. 在上不单调 C. 可能为奇函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的导函数图象及性质，结合瞬时增长率、单调性判断AB；举例说明判断C；借助导数在上的单调性质确定在上的凹凸性判断D. 【详解】对于A，由函数的导函数为偶函数，得， 因此在与处的瞬时增长率相同，A正确； 对于B，当时，，因此在上单调递减，B错误； 对于C，函数的导函数符合给定图象，函数是奇函数，C正确； 对于D，当时，且函数在上单调递增，则函数在上为凹函数， 因此，即，D正确. 如图，在凹函数定义域内，观察图象得. 故选：ACD 11. 围棋棋理博大精深，蕴含着中华文化的丰富内涵，被列为“琴棋书画”四大文化之一，是中华文化与文明的体现．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进行最后的决赛，比赛采取五场三胜制，即先胜三场的一方获得冠军，比赛结束．假设每场比赛甲胜乙的概率都为，且没有和棋，每场比赛的结果互不影响，记决赛的比赛总场数为，则下列结论正确的是（ ） A. 且甲获得冠军的概率是 B. 有连续三场比赛都是乙胜的概率是 C. D. 若甲赢了第一场，则乙仍有超过的可能性获得冠军 【答案】CD 【解析】 【分析】对ABCD，分析出满足各自选项的所有情况，再利用独立事件的乘法公式一一判断即可. 【详解】对于A，且甲获得冠军有两种情况:且甲获得冠军，且甲获得冠军， 且甲获得冠军表示甲连胜三场，且甲获得冠军表示第四场甲获胜且前三场中有两场甲获胜， 所以且甲获得冠军的概率为，故A错误; 对于B，有连续三场比赛都是乙胜包含三种情况：前三场比赛都是乙获胜， 第一场比赛甲获胜接下来三场比赛都是乙获胜，前两场比赛甲获胜接下来三场比赛都是乙获胜， 所以有连续三场比赛都是乙胜的概率为，故B错误; 对于C，包含两种情况:比赛四场甲获得冠军，比赛四场乙获得冠军， 所以，故C正确； 对于D，甲赢了第一场，乙获得冠军包含两种情况： 第二至第四场都是乙获胜，第五场乙获胜且第二至第四场中有两场乙获胜， 所以甲赢了第一场，乙获得冠军的概率为， 因为为，所以若甲赢了第一场，则乙仍有超过的可能性获得冠军，故D正确. 故选：CD. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 马鞍山市某月连续四天的最低气温如下表所示： 第天 最低气温（单位） 由最小二乘法得到经验回归方程，则的值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】求出样本中心点的坐标，代入回归直线方程后可求得的值. 【详解】由表格中的数据可得，， 所以回归直线过点，则，解得. 故答案为：. 13. 为加强对某病毒预防措施的落实，某校决定对甲、乙两个班的学生进行随机抽查，已知甲、乙两班的人数之比为，其中甲班女生占，乙班女生占，则学校恰好抽到一名女生的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据全概率公式公式直接求解即可. 【详解】设A：抽到一名学生是甲班的，B：抽到一名女生， 则，，， 所以由全概率公式可知，． 故答案为： 14. 下列说法中正确的是______. ①设随机变量X服从二项分布，则 ②小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则； ③ 【答案】①② 【解析】 【分析】由二项分布的概率公式求得概率判断①；利用条件概率计算公式求得概率判断②；由期望和方差的计算公式判断③. 【详解】①设随机变量X服从二项分布，则故①正确； ②设事件“4个人去的景点互不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，小赵独自去一个景点，则有4个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择，可能性为种，所以小赵独自去一个景点的可能性为种； 因为4个人去的景点互不相同的可能性为种，所以，故②正确； ③，故③错误. 故答案为：①②. 四、解答题（共77分） 15. 求函数的单调区间. 【答案】单调递增区间为；单调递减区间为． 【解析】 【分析】先根据函数解析式求出函数的定义域，根据导数的运算法则对函数进行求导得，利用导数研究函数的单调性，即可得出函数的单调区间； 【详解】函数的定义域为． ． 因为，所以． 由，解得；由，解得 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 16. 盒中有四张卡片，分别标有数字，现从盒中任取两张卡片． （1）求两张卡片的数字之积为偶数的概率； （2）取后放回，重复操作次，记取到偶数、奇数、既有偶数又有奇数的次数分别为，求证：． 【答案】（1） （2） 每次操作，记取到偶数、奇数、既有偶数又有奇数分别为事件， 所以，， 所以，，， 故，， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型及对立事件的概率公式计算可得； （2）记取到偶数、奇数、既有偶数又有奇数分别为事件，求出、、，即可得到，，，再根据二项分布的期望公式计算可得. 【小问1详解】 记“两张卡片的数字之积为偶数”为事件，则事件的对立事件为两张卡片均是奇数， 所以． 【小问2详解】 略 17. 某人工智能公司从2018至2024年的利润情况如下表所示： 年份 2018 2019 2020 2021 2022 2023 2024 年份代码x 1 2 3 4 5 6 7 利润y（单位：亿元） 2.9 3.3 3.6 4.4 4.8 5.2 5.9 （1）根据表中的数据，推断变量y与x之间是否线性相关．计算y与x之间的相关系数（精确到0.01），并推断它们的相关程度； （2）求出y关于x的经验回归方程，并预测该人工智能公司2025年的利润； 参考数据： 参考公式：对于一组数据，①相关系数为：; ②经验回归直线x的斜率和截距的最小二乘估计公式分别， 【答案】（1）y与x线性相关，，相关程度很强 （2），6.3亿元 【解析】 【分析】（1）用题目给的、、的值代入算 r ，再依据 r 的值和正负判断变量关系．  （2）把已知的和的值代入计算，得到涉及的系数，进而得到方程．再 把给定 x 值代入回归方程算出 y 值． 【小问1详解】 由题设，易知y与x线性相关，且， ， 由于，可以推断变量y与x成正线性相关且相关程度很强． 【小问2详解】 由题设，，， 所以，因此y关于x的回归方程为， 当时，，即预测该人工智能公司2025的利润为6.3亿元． 18. 在的展开式中，前3项的系数成等差数列. （1）求展开式中的一次项； （2）证明展开式中没有常数项； （3）求展开式中所有的有理项. 【答案】（1） （2）证明如下; 由（1）展开式通项为 ，则， ∴不满足， ∴展开式中没有常数项； （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理的展开式公式及等差数列的性质先计算n的值，再利用二项式展开式的通项公式计算一次项即可； （2）根据通项公式设出常数项计算得出矛盾，即可证明； （3）利用二项式展开式通项待定系数求有理项即可. 【小问1详解】 设该二项式展开式通项为，则， 由题意可得：或， 显然不符题意，舍去，故. 令，即含x的一次项为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知二项式展开式通项，由题意知， 令得为展开式中所有的有理项. 19. 设函数． （1）当时， ①讨论函数的单调性； ②若存在两个极值点，且，求的取值范围； （2）当且时，若相异的满足，求证：． 【答案】（1）①当时，在上单调递增; 当时，在和单调递增，在单调递减； ②； （2）证明:由得，即， 当时，要证，即证，即证， 若，则恒成立，下证时. 当，，所以在单调递减， 当，，所以在单调递增， 不妨设，则有，现要证，即证， 因为，即证，即证， 设， 则 ， 所以，即得证，所以得证； 当时，要证，即证，即证， 若，则恒成立， 下证：当时有. 当，，所以在单调递减， 当，，所以在单调递增， 不妨设，则有，现要证， 即证， 因为，即证，即证， 设， 则 ， 所以，即得证，所以得证； 综上所述：． 【解析】 【分析】（1）①求导，令，分，，两种情况讨论可求的单调区间；②由韦达定理得，由已知可得，进而可求的取值范围； （2）求导，当，要证结论，需证，结合已知构造新函数，可证明结论，同理可证，结论成立. 【小问1详解】 时 ① 设 1°，当时，因为（当且仅当时取等），所以， 即在上单调递增 2°，当时，，令解得， 所以 + 0 - 0 + 极大值 极小值 此时在和单调递增， 在单调递减； ②由①得此时且设，由韦达定理得， 所以 因为，所以，解得， 因此的取值范围是； 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $