精品解析：天津市滨海新区大港油田实验中学2024-2025学年高二下学期第二次阶段性考试数学试卷

天津市滨海新区大港 油田实验中学 2024-2025 学年度第二学期高二数学第二次阶段性考试试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，共60分） 1 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 一个火车站有6股岔道，如果每股岔道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，不同的停放方法为（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.7 4. 已知集合，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知随机变量，若，则，分别是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 7. 为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为 A. B. C. D. 8. 对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 已知随机变量的分布列： X -1 0 1 则值为（ ） A B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ）. A. 设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位； B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0 D 随机变量，，且，，则 11. 在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 7 12. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 13. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 14. 已知，，对，且，恒有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 15. “切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如：在点(0，1)处的切线为，如图所示，易知除切点(0，1)外，图象上其余所有的点均在的上方，故有．该结论可通过构造函数并求其最小值来证明．显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同．请根据以上材料，下列命题中正确的是（ ） ①； ②； ③； ④． A. ①② B. ①②④ C. ①②③ D. ①②③④ 二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 16. 设命题，则为_____ 17. 函数的极大值点_______________. 18. 的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为__________． 19. 中国古代儒家提出“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备连排六节课，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有_____种. 20. 若函数在上不单调，则实数的取值范围是_____ 21. 的展开式中，设各项的系数和为a，各项的二项式系数和为b，则________. 22. 已知，且，则的最小值为_____ 23. 甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比是4：5：6，这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，现从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为_____；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为_____ 24. 已知函数，若函数的零点有两个或三个，则实数的取值范围为____________． 25. 已知函数，，对任意的，总存在，使，则实数的取值范围是_____ 三、解答题（本大题共3小题，．共40分） 26. 一个袋子中装有5个黑球，3个白球，它们除颜色外完全相同． （1）现每次从袋子中不放回地随机取出一个球，在第一次取到黑球的条件下，求第二次取到白球的概率； （2）若从袋子中任取3个球，设为取到黑球的个数，求随机变量的分布列和数学期望． 27. 甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得-10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． （1）求在一局比赛中，甲得分的分布列与数学期望； （2）设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； （3）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 28. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线斜率为4，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）已知的导函数在区间上存在零点，求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市滨海新区大港 油田实验中学 2024-2025 学年度第二学期高二数学第二次阶段性考试试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，共60分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合间的运算即可求解. 【详解】解：， ， 即. 故选：B 2. 一个火车站有6股岔道，如果每股岔道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，不同的停放方法为（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】由分步乘法原理以及排列数的意义即可得解. 【详解】第一列火车有6种选择，第二列火车有5种选择，第三列火车有4种选择，第四列火车有3种选择， 所以满足题意的不同的停放方法为种. 故选：A. 3. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【分析】 由随机变量,当,结合,即可求得,根据正态分布的对称性,即可求得答案. 【详解】 随机变量 当 又 ,可得 根据正态分布的对称性可得: 故选:B 【点睛】本题主要考查正态分布的对称性,意在考查对基础知识的掌握与应用,属于基础题. 4. 已知集合，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分情况讨论集合是否为空集，再根据集合间的包含关系列出不等式组求解，最后综合两种情况得出的取值范围. 【详解】当为空集时，时.解不等式，可得. 因为空集是任何集合的子集，所以当时，. 当不为空集时，时，解不等式，可得. 此时，要使，那么集合中的元素都要满足集合的范围. 已知，，所以需满足. 解不等式，可得. 综合可得，又因为前提是，所以取交集得. 综合两种情况，将和两种情况综合起来，取并集可得. 能使成立的所有组成的集合为， 故选： C. 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解以及，分别得出两个不等式的解集，根据两集合的关系，即可得出答案. 【详解】解可得，，设. 由可得，，解得或， 设或. 显然集合是集合的真子集， 所以，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知随机变量，若，则，分别是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项分布的期望与方差公式及离散型随机变量的期望与方差的性质即可求解. 【详解】∵， ∴ ∵， ∴. 故选: C. 7. 为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由已知, ， 故选C. 8. 对四组数据进行统计，获得如图散点图，关于其相关系数的比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据散点图和相关系数的概念和性质辨析即可. 【详解】由散点图可知，相关系数所在散点图呈负相关，所在散点图呈正相关，所以都为正数，都为负数． 所在散点图近似一条直线上，线性相关性比较强，相关系数的绝对值越接近， 而所在散点图比较分散，线性相关性比较弱，相关系数的绝对值越远离． 综上可得：． 故选：A． 9. 已知随机变量的分布列： X -1 0 1 则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布列的性质求出的值，进而根据期望公式求解得出答案. 【详解】根据分布列的性质可得，解得， 所以，. 故选：B. 10. 下列说法正确的是（ ）. A. 设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位； B. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于0 D. 随机变量，，且，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据回归方程的意义即可判断A；根据独立性检验的思想即可判断B；根据相关系数的表示意义即可判断C；根据正态曲线的性质和二项分布的均值求法计算即可判断D. 【详解】A：回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位，故A错误； B：因为，所以有的把握判断X与Y有关联， 即推断犯错误的概率不大于0.05，故B正确； C：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故C错误； D：由于服从正态分布，且，故其均值. 而服从二项分布，故，由，得，解得，故D错误. 故选：B 11. 在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ） A. B. C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得的系数． 【详解】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大， 它展开式共计有项，， 故二项展开式的通项公式为， 令，求得，可得在的展开式中的系数为， 故选：A． 12. 若函数在区间内存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出导函数，检验时的情况；当时，令，只需或.代入求解不等式，即可得出答案. 【详解】由已知可得定义域为， 当时，解可得，不满足定义域； 当时，令， 要使函数在区间内存在单调递减区间， 只需满足或. 由可得，，此时有； 由可得，，此时有. 所以，. 综上所述，. 故选：A. 13. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数，由已知可转化为有两个不同的正实数解，根据二次函数零点的分布列出不等式组，求解即可得出答案. 【详解】 因为函数有两个极值点， 所以有两个不同的正实数解， 所以有有两个不同的正实数解， 即二次函数有两个不同的正零点， 所以有，解得. 故选：D. 14. 已知，，对，且，恒有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，确定函数单调递增，得到，设，求导得到函数的单调区间，计算最值得到答案. 【详解】设， ， 对，且，恒有，即， 在上单调递增，故恒成立， 即，设，， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 故，即，即. 故选：A 15. “切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如：在点(0，1)处的切线为，如图所示，易知除切点(0，1)外，图象上其余所有的点均在的上方，故有．该结论可通过构造函数并求其最小值来证明．显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同．请根据以上材料，下列命题中正确的是（ ） ①； ②； ③； ④． A. ①② B. ①②④ C. ①②③ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知不等式，可变形得到，然后再进行赋值代入证明各选项，即可. 【详解】对于①，对，由于恒成立，可得，当时，两边取自然对数得， 所以有，即，故①正确； 对于②，对，由于恒成立，可得，即，故②正确； 对于③，对，由于恒成立，可得，因为， 所以有，即，故③正确； 对于④，对，由于恒成立，可得， 当时，两边取自然对数得， 把用代得：， 又因为，所以有，故④正确； 故选：D. 二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 16. 设命题，则为_____ 【答案】 【解析】 【分析】直接写出全称量词命题的否定，即可. 【详解】由已知可得，命题的否定 为. 故答案为：. 17. 函数的极大值点_______________. 【答案】 【解析】 【分析】求导函数，解不等式和得出的单调性，即可得出极大值点. 【详解】定义域为， 由，得， 由，得或；，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 则 的极大值点为. 故答案为： 18. 的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为__________． 【答案】15 【解析】 【分析】由题意先求出，再求出的展开式的通项公式，令代入即可得出答案. 【详解】因为的展开式中第2项的二项式系数为6，所以，， 的展开式的通项公式为， 令，得，故展开式中的常数项为． 故答案为：15. 19. 中国古代儒家提出的“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备连排六节课，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有_____种. 【答案】144 【解析】 【分析】本题需要分步处理排列条件，首先将“射”与“御”捆绑为一个整体，然后结合插空法求解可得. 【详解】由题意知：“乐”与“书”不能相邻，“射”与“御”要相邻， 可将“射”与“御”进行捆绑看成一个整体，共有种. 然后与“礼”、“数”进行排序，共有种. 最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种. 由于是分步进行，所以共有种. 故答案为：144. 20. 若函数在上不单调，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，根据函数单调性与导数的关系，结合函数在上不单调这一条件，确定的取值范围. 【详解】已知，其定义域为. 对求导可得：. 令，即，因为，所以，则，解得. 当时，，，，所以，函数上单调递减； 当时，，，，所以，函数在上单调递增. 因为函数在上不单调，所以. 故实数的取值范围是. 故答案为：. 21. 的展开式中，设各项的系数和为a，各项的二项式系数和为b，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】分别求得各项系数和与各项的二项式系数和，从而求得的值． 【详解】解：在的展开式中，令可得设各项的系数和为， 而各项的二项式系数和为， ， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意各项系数和与各项的二项式系数和的区别，属于基础题． 22. 已知，且，则的最小值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可得，然后根据“1”的代换求解即可得出答案. 【详解】由已知可得，，则， 则. 当且仅当，且，， 即，时等号成立. 所以，的最小值为. 故答案为：. 23. 甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比是4：5：6，这三个盒子中黑球占总数的比例分别为，现从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为_____；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为_____ 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】设甲盒子中球总数为，根据古典概型得出各个盒子取到一个黑球的概率，进而利用独立事件乘法公式求解即可得出全是黑球的概率；根据全概率公式，计算求解即可得出白球的概率. 【详解】设甲盒子中球总数为，则乙盒子中球总数为，丙盒子中球总数为 则从三个盒子中各随机取一个球， 该球为甲盒子中的概率为， 该球为乙盒子中的概率为， 该球为丙盒子中的概率为. 甲盒子取到黑球的概率， 乙盒子取到黑球的概率， 丙盒子取到黑球的概率， 显然相互独立， 所以从三个盒子中各随机取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为. 由全概率公式可知，将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为. 故答案：；. 24. 已知函数，若函数的零点有两个或三个，则实数的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性及值域，画出函数图象，根据零点个数，及数形结合法判断的范围. 【详解】当时， 则上，递减，值域为； 上，递增，值域为； 当时， 则上，递增，值域为； 上，递减，值域为； 所以函数图象如下： 则有两个或三个零点，由图知：. 故答案为：. 25. 已知函数，，对任意的，总存在，使，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据已知可知只需要满足在上恒小于等于在上的最大值.求导根据导函数得出，代入即可得出在上恒成立，分离参数得出在上恒成立.，，求导得出在上的最大值，即可得出答案. 【详解】由已知可知，只需满足对任意的，， 只需要满足在上恒小于等于在上的最大值. 因为， 所以在上单调递减， 所以在上得最大值为， 所以，在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立. 设，， 则. 则当时，有，即在上单调递增； 当时，有，即在上单调递减. 所以，在上的最大值为. 则由在上恒成立可知，. 故答案为：. 三、解答题（本大题共3小题，．共40分） 26. 一个袋子中装有5个黑球，3个白球，它们除颜色外完全相同． （1）现每次从袋子中不放回地随机取出一个球，在第一次取到黑球的条件下，求第二次取到白球的概率； （2）若从袋子中任取3个球，设为取到黑球的个数，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）设“第一次取到黑球”为事件，“第二次取到百球”为事件，求出、，再由条件概率公式计算可得答案； （2）设为取到黑球的个数，求出的可能取值及对应的概率可得分布列、期望. 【小问1详解】 设“第一次取到黑球”为事件，“第二次取到百球”为事件， 则，， 所以； 【小问2详解】 设为取到黑球的个数，则的可能取值为， ，， ，， 随机变量的分布列为 . 27. 甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得-10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． （1）求在一局比赛中，甲得分的分布列与数学期望； （2）设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； （3）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 【答案】（1）分布列见解析， （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）需要先确定甲得分的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，进而得到分布列和数学期望； （2）根据独立重复试验的概率公式计算取不同值的概率，得到分布列和数学期望； （3）分析甲最终获胜的所有情况，分别计算其概率，再求和得到甲最终获胜的概率. 【小问1详解】 在一局比赛中，甲得分可能取值为，，10. 表示甲答错且乙答对的情况.根据独立事件的概率乘法公式，可得. 包含两种情况：甲、乙都答对或甲、乙都答错. 甲、乙都答对的概率为，甲、乙都答错的概率为， 根据互斥事件的概率加法公式，可得. 表示甲答对且乙答错的情况.根据独立事件概率乘法公式，可得. 的分布列为： 10 则的数学期望为：. 【小问2详解】 因为每局比赛甲得分的概率为，且每次答题的结果互不影响，所以. 则 ， . 的分布列为： 0 1 2 3 4 则的数学期望为：. 【小问3详解】 甲最终获胜有以下四种情况： ① 三局都得10分，其概率为 ② 两局得10分，一局得分，其概率为 ③ 两局得10分，一局得分，其概率为 ④ 一局得10分，两局得分，其概率为. 综上可得，甲最终获胜的概率为. 28. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线斜率为4，求a的值； （2）讨论函数的单调性； （3）已知的导函数在区间上存在零点，求证：当时，. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由可求得； （2）求出导函数，分类讨论确定和的解得单调区间； （3）根据（2）的求解，先确定的导函数在区间上存在零点时的范围，确定单调性后得的最小值，引入新函数后，由导数得新函数的最小值，从而证得结论． 【小问1详解】 ， 则， 由题意可得，解得； 【小问2详解】 由（1）可得：， 当时，则恒成立， 令，解得；令，解得； 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，解得或， ①当，即时，令，解得或； 令，解得； 故在，上单调递增，在上单调递减； ②当，即时，则在定义域内恒成立， 故在上单调递增； ③当，即时，令，解得或； 令，解得； 故在，上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 由（2）知：若在区间上存在零点，则，解得. 且在上单调递增，在上单调递减， 则， 构建，，则， 令，则当时恒成立， 故在上单调递减，则， 即当时恒成立， 则在上单调递减，则， 故. 【点睛】方法点睛：求单调区间的方法，求出导函数，然后解不等式得增区间，得减区间，题中不等式的证明可以在利用导数的基础上求得函数的最小值，由于此最小值中含有参数，以此参数为自变量得一新函数，再利用导数求得其极值、最值，从而可证明结论成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$