精品解析：河南省三门峡市2024-2025学年高二下学期5月期末质量检测数学试题

2024—2025学年度下学期期末质量检测 高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将本人的姓名､准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整､笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 5.考试结束，将答题卡交回. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】按照导数四则运算法则求导即可． 【详解】． 故选：C． 2. 已知下列说法： ①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均增加3个单位； ②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，则模型甲的拟合效果更好； ③对分类变量与，随机变量越大，则判断“与有关系”的把握程度越大； ④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近1. 其中说法错误的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据回归方程、相关指数、卡方值、相关系数的实际意义判断各项的正误即可. 【详解】①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均减少5个单位，错； ②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，由甲模型的值较大，故模型甲的拟合效果更好，对； ③对分类变量与，随机变量越大，变量的相关性越强，则判断“与有关系”的把握程度越大，对； ④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近1，错. 所以，错误的共有2个. 故选：B 3. 已知由样本数据组成一个样本，可得到回归直线方程为，且，则样本点的残差为（ ） A. 0.3 B. -0.3 C. 1.3 D. -1.3 【答案】A 【解析】 【分析】先将中心代入回归方程求出，将代入回归方程求得，结合残差的定义即可求解. 【详解】由题意知，将点代入， 得，所以， 将代入，解得， 所以样本点的残差为. 故选：A 4. 某校乒乓球社团为了解喜欢乒乓球运动是否与性别有关，随机抽取了若干人进行调查.已知抽查的男生､女生人数均为，其中男生喜爱乒乓球运动的人数占男生人数的，女生喜爱乒乓球运动的人数占女生人数的.若本次调查得出“有的把握认为喜爱乒乓球运动与性别有关”的结论，则的最小值为（ ） 附：参考公式及数据：. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，作出列联表，计算的值，依题意，须使的值不小于小概率对应的，求解不等式即得. 【详解】依题意，作出列联表： 男生 女生 合计 喜爱乒乓球运动 不喜爱乒乓球运动 合计 则， 因本次调查得出“有的把握认为喜爱乒乓球运动与性别有关”的结论，故得， 解得，因，故的最小值为23. 故选：D. 5. 的展开式中各项系数之和为，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出的值，再根据，利用通项公式求出的值. 【详解】令，可得的展开式中各项系数之和为，， 设， 则. 故选：B 【点睛】本题考查了二项式定理求多项式的系数和，二项式定理展开式的通项公式，需熟记公式，属于基础题. 6. 从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ） A. 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种 【答案】C 【解析】 【分析】结合捆绑法与全排列，并消除和的顺序即可求解. 【详解】站在一起有种， 将看成一个整体与进行全排列，共有种， 同时要求在的左边，共有种． 故选：. 7. 已知函数，若有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对函数求导，分析其单调性，再结合函数的零点情况确定的取值范围.涉及到的知识点有导数与函数单调性的关系以及函数零点的概念. 【详解】函数的定义域为. 对求导，可得：.  当时，在上，，即，所以在上单调递减，此时不可能有两个零点.  当时，令，即，因为，所以，解得（负根舍去）. 当时，，，上单调递增； 当时，，，在上单调递减. 所以在处取得极大值，也是最大值，.   因为当和时，，要使有两个零点，则，即. 因为，不等式两边同时除以得，即. 根据对数函数的单调性，在上单调递增，所以，两边同时平方可得，解得.  的取值范围是. 故选：D. 8. 为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，且满足，每局之间相互独立.记甲､乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ） A. 17 B. 22 C. 27 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得甲乙两人每轮训练通过的概率表达式，结合基本不等式及二次函数知识可得两人通过训练概率的最大值，再结合甲、乙在轮训练中训练过关的轮数服从二项分布，及二项分布期望公式即可求解. 【详解】由题可知：甲乙两人每轮训练通过的概率为：. 因为，，，所以由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立. 所以，当，即时取得最大值. 又甲、乙在轮训练中训练过关的轮数服从二项分布，则期望为，结合，可得. 故选：C. 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知、是两个随机事件，且，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若、相互独立，则 C 若，则 D. 若，则、相互独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据条件概率公式，全概率公式，以及概率的加法公式分别判断各选项. 【详解】A选项：由条件概率公式可知，即，A选项正确； B选项：由独立事件的定义可知，当、相互独立时，，B选项正确； C选项：由，即，所以，C选项正确； D选项：是条件概率的基本性质，无论事件、是否相互独立，该等式恒成立，D选项错误； 故选：ABC. 10. 已知函数，.下列结论正确的是（ ） A. 有且只有个零点 B. 有且只有个极值点 C. 无最大值，也无最小值 D. 的极小值就是最小值 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，根据导数判断函数的单调性与极值最值情况，进而可导零点. 【详解】由已知， 则， 令，解得或， 则 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为，B选项错误； 又当时，恒成立，所以当且仅当时，，即函数的极小值也是最小值，A、D选项正确，C选项错误； 故选：AD. 11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝，最早出现在南宋数学家杨辉1261年所著《详解九章算法》中.“杨辉三角”中三角形数的排列规律如图所示，它的第行的各项从左往右依次是二项式展开式中各项的二项式系数.下列结论正确的是（ ） A. B. 第2024行中从左往右第1013个数是该行中所有数字中最大的 C. 记第行的第个数为，则 D. 记第2行第3个数字为，第3行第3个数字为，第行第3个数字为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用组合数性质可判断A；根据二项式系数性质判断BC；确定，根据数列的裂项求和，判断D。 【详解】对于A，由于， 故164，A错误； 对于B，由于2024为偶数，这一行共有2025项，故这一行中的中间一项最大， 第2024行中从左往右第1013个数是中间项，是该行中所有数字中最大的，B正确； 对于C，第行的第个数为， 故，C错误； 对于D，由题意可知， 故 ，故D正确， 故选：BD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________. 【答案】0.5## 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，即正态分布曲线关于均值对称，结合已知条件求出的值. 【详解】已知随机变量服从正态分布，根据正态分布的性质可知，正态分布曲线关于均值对称.  因为，，且，根据正态分布曲线的对称性可知，3.5与关于对称轴对称.  已知3.5与关于对称，所以，可得：， 移项可得：.  故答案为：0.5. 13. 盒子中有大小与质地均相同的个红球和个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球个（大小与质地均相同），再从中随机取1个球，计算此次取到白球的概率是______________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，根据古典概型求得概率，结合全概率公式，可得答案. 【详解】由题意可设{第一次取得红球}，{第一次取得白球}， {第二次取得红球}，{第二次取得白球}， 易知，，，， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数在R上可导，其导函数为，且，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】设则， 故在R上单调递减， 且，即， 即， 故. 故不等式的解集为. 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. 随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注.为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意程度，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据： 对充电设施 对续航里程 满意 不满意 满意 70 30 不满意 50 50 （1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为，事件“该车主对充电设施满意”为，求和； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关？ 【答案】（1）， （2）能认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式求解，利用条件概率公式求解； （2）首先假设，再计算，并和参考数据比较，即可作出判断. 【小问1详解】 依题意，. 【小问2详解】 假设零事件：认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度无关， ， 所以根据的独立性检验，认为不成立， 即认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关. 16. 已知函数，函数图像在点处的切线方程为，且当时，函数取得极值. （1）求函数的解析式； （2）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义及其极值定义计算即可得解； （2）利用函数单调性与导函数的关系可得当时，，计算即可得解. 【小问1详解】 ，则有， 解得，即； 【小问2详解】 由，， 由在区间上单调递增，故当时，， 令，解得或， 故或， 对，该不等式组无解， 对，解得， 综上所述，. 17. 某面包店推出一款新面包，每个面包的成本价为元，售价为元，该款面包当天只出一炉（一炉至少个，至多个），当天如果没有售完，剩余的面包以每个元的价格处理掉，为了确定这一炉面包的个数，以便利润最大化，该店记录了这款新面包最近天的日需求量（单位：个），整理得下表： 日需求量 频数 （1）根据表中数据可知，频数与日需求量（单位：个）线性相关，求关于的线性回归方程； （2）若该店这款新面包每日出炉数设定为个 （i）求日需求量为个时的当日利润； （ii）求这天的日均利润. 相关公式：， 【答案】（1）；（2）（i）15元；（ii）101.6元. 【解析】 【分析】（1）计算x,y的平均数，计算线性回归方程的参数，即可．（2）（i）当日需求为15个时，结合信息表，计算利润，即可．（ii）分别计算每种日需求下的利润，计算期望，即可． 【详解】（1），， ， ，故关于的线性回归方程为. （2）（i）若日需求量为个，则当日利润元 （ii）若日需求量为个，则当日利润元 若日需求量为个，则当日利润元 若日需求量为个或个，则当日利润元 则这30日的日均利润 元 【点睛】考查了线性回归方程的计算，考查了数学期望的计算，关键结合x,y的平均数，得到线性回归方程，即可，难度中等． 18. 某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为． （1）求甲第一个月得分的分布列及数学期望； （2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率； （3）若乙每种课的表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率． 【答案】（1）分布列见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）方法一，先列出甲在第一个月的得分的所有可能，再按照重伯努利实验计算出概率，写出分布列，求出数学期望即可；方法二，分析出甲的4节课中优秀的节数服从二项分布，且，再按照期望的性质计算即可； （2）分别求出甲乙在第一个月的得分不少于6分，即的概率，再按照相互独立事件概率公式求解即可； （3）先分析出乙得分为21分有3种情况，并分别求出概率，从而得到乙一共获得21分的概率，再求出乙获得21分的同时他在第二个月获得8分的概率，再用条件概率的公式计算即可. 【小问1详解】 方法一：记甲在第一个月的得分为，则的取值为4，5，6，7，8， 则， ， ， ， ， 所以甲第一个月得分的分布列为： 4 5 6 7 8 ； 方法二：设甲的4节课中优秀的节数为， 则且 则； 【小问2详解】 记事件为“甲、乙第二个月可以一起选择其他兴趣课”， 设甲在第一个月的得分为， 则， 设乙在第一个月的得分为，设乙的4节课中优秀的节数为， 则且， 所以，， ， 所以； 4 5 6 7 8 【小问3详解】记事件B为“乙在三个月后得分为21分”， 事件为“乙在第2个月的得8分” 乙得分为21分共有3种情况： ① 8+8+5，这种情况的概率， ② 8+7+6，这种情况的概率， ③ 7+7+7，这种情况的概率， 所以， ， 则. 19. 已知函数. （1）若，判断函数单调性； （2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （3）已知函数有两个极值点，求证： 【答案】（1）在上单调递增； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导可得，可得结论； （2）通过函数的导数，对a分类讨论，分别求解函数的单调性，求出满足条件的实数a的取值范围． （3）根据（2）的结论把转化为，然后利用换元法求出关于t的函数，利用导函数求出最值即可. 【小问1详解】 若，则，函数的定义域为， 所以， 所以在上单调递增； 【小问2详解】 由，可得 ①若，易知在上恒成立， 所以在是减函数，又，所以，不符合题意，  ②若，令，则，， 故时，，又， 所以时，，不符合题意， ③若，易知，故在是增函数， 又，所以，综上，； 小问3详解】 由（2）知，，所以，且， 当时，，所以在上是减函数， 故要证，即证， 即， 又，所以，又， 代入化简得：，所以， 令，则，即证， 设，则， 所以在上是减函数，所以， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度下学期期末质量检测 高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将本人的姓名､准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整､笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 5.考试结束，将答题卡交回. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知下列说法： ①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均增加3个单位； ②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，则模型甲的拟合效果更好； ③对分类变量与，随机变量越大，则判断“与有关系”的把握程度越大； ④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近1. 其中说法错误的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知由样本数据组成一个样本，可得到回归直线方程为，且，则样本点的残差为（ ） A 0.3 B. -0.3 C. 1.3 D. -1.3 4. 某校乒乓球社团为了解喜欢乒乓球运动是否与性别有关，随机抽取了若干人进行调查.已知抽查的男生､女生人数均为，其中男生喜爱乒乓球运动的人数占男生人数的，女生喜爱乒乓球运动的人数占女生人数的.若本次调查得出“有的把握认为喜爱乒乓球运动与性别有关”的结论，则的最小值为（ ） 附：参考公式及数据：. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 5. 的展开式中各项系数之和为，设，则（ ） A. B. C. D. 6. 从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ） A 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种 7. 已知函数，若有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，且满足，每局之间相互独立.记甲､乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ） A. 17 B. 22 C. 27 D. 32 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知、是两个随机事件，且，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若、相互独立，则 C. 若，则 D. 若，则、相互独立 10. 已知函数，.下列结论正确的是（ ） A. 有且只有个零点 B. 有且只有个极值点 C. 无最大值，也无最小值 D. 的极小值就是最小值 11. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝，最早出现在南宋数学家杨辉1261年所著《详解九章算法》中.“杨辉三角”中三角形数的排列规律如图所示，它的第行的各项从左往右依次是二项式展开式中各项的二项式系数.下列结论正确的是（ ） A. B. 第2024行中从左往右第1013个数是该行中所有数字中最大的 C. 记第行的第个数为，则 D. 记第2行第3个数字为，第3行第3个数字为，第行的第3个数字为，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________. 13. 盒子中有大小与质地均相同的个红球和个白球，从中随机取1个球，观察其颜色后放回，并同时放入与其相同颜色的球个（大小与质地均相同），再从中随机取1个球，计算此次取到白球的概率是______________． 14. 已知函数在R上可导，其导函数为，且，则不等式的解集为________． 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. 随着人们环保意识的增强和科技的发展，新能源汽车越来越受到消费者的关注.为了解消费者对新能源汽车续航里程和充电设施的满意程度，随机调查了200名新能源汽车车主，得到如下数据： 对充电设施 对续航里程 满意 不满意 满意 70 30 不满意 50 50 （1）任意调查一名新能源汽车车主，设事件“该车主对续航里程满意”为，事件“该车主对充电设施满意”为，求和； （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对续航里程的满意程度与对充电设施的满意程度有关？ 16. 已知函数，函数图像在点处的切线方程为，且当时，函数取得极值. （1）求函数的解析式； （2）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围． 17. 某面包店推出一款新面包，每个面包的成本价为元，售价为元，该款面包当天只出一炉（一炉至少个，至多个），当天如果没有售完，剩余的面包以每个元的价格处理掉，为了确定这一炉面包的个数，以便利润最大化，该店记录了这款新面包最近天的日需求量（单位：个），整理得下表： 日需求量 频数 （1）根据表中数据可知，频数与日需求量（单位：个）线性相关，求关于的线性回归方程； （2）若该店这款新面包每日出炉数设定为个 （i）求日需求量为个时的当日利润； （ii）求这天的日均利润. 相关公式：， 18. 某校为丰富学生的校园生活决定开展兴趣课，兴趣课包括音乐课，舞蹈课，影视鉴赏课、篮球课、围棋课等十余种．兴趣课共开展3个月，每种课每月4节且必须上满，每节课可得1分且表现优秀可额外获得1分，若本月不少于6分，下月可以选择继续上此课或者选择其他的兴趣课，6分以下则只能上原来的课．现有甲、乙两人是好朋友，在第一个月他们一起选择了音乐课，音乐课上甲每节课表现优秀的概率为，乙每节课表现优秀的概率为． （1）求甲第一个月得分的分布列及数学期望； （2）求第二个月甲乙两人可以一起选择其他兴趣课的概率； （3）若乙每种课表现优秀率一致，在三个月后乙一共获得21分的情况下，求他在第二个月获得8分的概率． 19. 已知函数. （1）若，判断函数单调性； （2）若关于不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （3）已知函数有两个极值点，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$