精品解析：湖北省沙市中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

2024—2025学年度下学期2023级 6月月考数学试卷 命题人：刘一 审题人：刘昌梅 考试时间：2025年6月12日 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设f(x)是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. -1 D. -2 2. 某市对机动车单双号限行进行了调查，在参加调查的2748名有车人中有1760名持反对意见，2652名无车人中有1400名持反对意见，在运用这些数据说明“拥有车辆”与“反对机动车单双号限行”是否相关时，用下列哪种方法最有说服力（ ） A. 平均数 B. 方差 C. 独立性检验 D. 回归直线方程 3. 设随机变量，满足：，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ） A. 56种 B. 68种 C 74种 D. 92种 5. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中，所有不含z的项的系数之和为（ ） A. 16 B. 32 C. 27 D. 81 7. 一只蚂蚁从点出发沿着水平面网格线爬行到点，再由点沿着长方体的棱爬行至顶点处，则它可以爬行的不同最短路径条数有（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 120 8. 已知，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 阳山水蜜桃迄今已有近七十年的栽培历史，产于中国著名桃乡江苏无锡阳山镇.水蜜桃果形大、色泽美，皮韧易剥、香气浓郁，汁多味甜，入口即化，有“水做骨肉”的美誉，阳山水蜜桃早桃品种5月底开始上市，7月15日前后，甜度最高的湖景桃也将大量上市.已知甲、乙两个品种的阳山水蜜桃的质量（单位：斤）分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示则下列说法正确的是（ ） A. 乙品种水蜜桃的平均质量 B. 甲品种水蜜桃质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右 C. 甲品种水蜜桃的平均质量比乙类水果的平均质量小 D. 乙品种水蜜桃的质量服从的正态分布的参数 10. 下列结论中正确的是（    ） A. B. C. D. 11. 如图，数轴上的点分别对应实数，质点从原点出发，每次随机地向左或向右移动1个单位长度，移动了4次．以下结论正确的是（ ） A. 质点移动过程中每次离点的距离都不超过1个单位长度的概率为 B. 质点最终移动到点的概率为 C. 质点在经过点的条件下，最终回到点的概率为 D. 质点在经过点的条件下，最终回到点的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某班教室一排有6个座位，如果每个座位只能坐1人，现安排三人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法有___________种.（用数字作答） 13. 在三个地区暴发了流感，这三个地区分别有人患了流感.假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任取一人，则这个人患流感的概率是___________；如果此人患流感，此人选自地区的概率___________. 14. 切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件的概率作出估计.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为______. 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. 已知一道数学多项选择题有4个选项，其中有3个是正确选项，每选对1个得2分，全选对得满分6分，但是有选错的得0分．学生甲对这4个选项都无法判断是否正确，故其只能猜答案．他有3个方案：（1）猜1个选项；（2）猜2个选项；（3）猜3个选项．若甲猜每一个选项都是等可能的，请你根据得分期望的大小帮他确定哪一个方案最好． 16. 红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金（万元）与年收益（万元）的8组数据： 10 20 30 40 50 60 70 80 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4 （1）用模拟生产食品淀粉年收益与年投入资金的关系，求出回归方程； （2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的．2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值．（精确到0.1万元） 附：①回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， ② 161 29 20400 109 603 ③ 17. 设函数，，若曲线在点（1，f（1））处切线方程为 （1）求a，b的值： （2）若关于x的不等式只有唯一实数解，求实数m的值. 18. 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为． （1）求第次传球者为乙的概率； （2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差； （3）求第次传球者为丁概率． 19. 已知函数． （1）若函数存在单调递减区间，求实数b的取值范围； （2）设是函数的两个极值点，证明：． 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2023级 6月月考数学试卷 命题人：刘一 审题人：刘昌梅 考试时间：2025年6月12日 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设f(x)是可导函数，且，则（ ） A. 2 B. C. -1 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知及导数的定义求即可. 【详解】由题设，. 故选：B 2. 某市对机动车单双号限行进行了调查，在参加调查的2748名有车人中有1760名持反对意见，2652名无车人中有1400名持反对意见，在运用这些数据说明“拥有车辆”与“反对机动车单双号限行”是否相关时，用下列哪种方法最有说服力（ ） A. 平均数 B. 方差 C. 独立性检验 D. 回归直线方程 【答案】C 【解析】 【分析】根据在参加调查的2748名有车人中有1760名持反对意见，2652名无车人中有1400名持反对意见，求出的值判断. 【详解】解：由在参加调查的2748名有车人中有1760名持反对意见，2652名无车人中有1400名持反对意见， 得， 所以有的把握认为“拥有车辆”与“反对机动车单双号限行”有关， 故利用独立性检验方法最有说服力， 故：C 3. 设随机变量，满足：，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】二项分布与次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出，再利用方差的性质求解即可． 【详解】解：因为，则， 又，所以． 故选：A． 4. 某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ） A. 56种 B. 68种 C. 74种 D. 92种 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值. 【详解】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法． 故选：D 【点睛】方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏. 5. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件和复合函数的导数公式，求，以及，再根据到底几何意义写出切线方程. 【详解】令，则，得， ，，则， 所以曲线在点处切线方程为，即. 故选：B 6. 展开式中，所有不含z的项的系数之和为（ ） A. 16 B. 32 C. 27 D. 81 【答案】D 【解析】 【分析】原问题即为求展开式中的所有项的系数和，令，即可得答案. 【详解】解：展开式的通项公式为， 若展开式中的项不含z，则，此时符合条件的项为展开式中的所有项， 令，可得所有不含z的项的系数之和为， 故选：D. 7. 一只蚂蚁从点出发沿着水平面的网格线爬行到点，再由点沿着长方体的棱爬行至顶点处，则它可以爬行的不同最短路径条数有（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】先求到的最短路径条数，再求到处的最短路径条数，由分步计数原理求爬行的不同最短路径条数. 【详解】从出发沿着水平面的网格线爬行到，需要走五段路，其中三纵二横，最短路径有条， 由点沿着长方体的棱爬行至顶点处，点处出发有3条路径，爬过一条棱后又各有2条最短路径到处，最短路径有条， 所以从到可以爬行的不同最短路径条数有条. 故选：B. 8. 已知，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦函数的单调性可得，构造函数，由函数单调性可得，即可得出大小关系. 【详解】因为余弦函数在上单调递减，且， 所以； 因为，， 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以. 故选：D． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 阳山水蜜桃迄今已有近七十年的栽培历史，产于中国著名桃乡江苏无锡阳山镇.水蜜桃果形大、色泽美，皮韧易剥、香气浓郁，汁多味甜，入口即化，有“水做骨肉”的美誉，阳山水蜜桃早桃品种5月底开始上市，7月15日前后，甜度最高的湖景桃也将大量上市.已知甲、乙两个品种的阳山水蜜桃的质量（单位：斤）分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示则下列说法正确的是（ ） A. 乙品种水蜜桃的平均质量 B. 甲品种水蜜桃的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右 C. 甲品种水蜜桃的平均质量比乙类水果的平均质量小 D. 乙品种水蜜桃的质量服从的正态分布的参数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据图像以及正态密度曲线的性质即可逐一分析四个选项得到结论. 【详解】对于选项A：，故A对； 对于选项B：甲图像相对乙更高瘦，故B对； 对于选项C：，故C对； 对于选项D：乙图像的最高点为1.99，故对称轴取值为，所以，故D错. 故选：ABC. 10. 下列结论中正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由反例判断A的正误，根据组合数的性质可判断C的正误，根据二项展开式结合赋值法可判断B的正误，根据二项展开式结合多项式乘法，算两次可判断D的正误. 【详解】对于A，取，则左边，而右边，两边不相等，故A错误； 对于C， 故C正确； 对于B，由二项式定理得：， 令得，，即， 令得，， ，故B正确； 对于D，因为等号左右两边的展开式中的系数相等， 右边展开式中的系数为， 而左边即为， 故左边的系数为， 故，故D正确． 故选：BCD 11. 如图，数轴上的点分别对应实数，质点从原点出发，每次随机地向左或向右移动1个单位长度，移动了4次．以下结论正确的是（ ） A. 质点移动过程中每次离点的距离都不超过1个单位长度的概率为 B. 质点最终移动到点的概率为 C. 质点在经过点的条件下，最终回到点的概率为 D. 质点在经过点的条件下，最终回到点的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别计算每个选项中对应的事件概率，依据古典概型和条件概率的公式及相关原理进行分析. 【详解】对于选项A：可以从每次移动的概率角度分析，每次从点离开（概率为），下次必须回到点（概率为1），所以概率为. 故A正确； 对于选项B：点对应实数2，从原点出发移动4次最终到点，说明向右移动的次数比向左移动的次数多2次. 设向右移动次，向左移动次，则且，解得，. 从4次移动中选3次向右移动的组合数为，而总的移动情况数为种， 所以质点最终移动到点的概率为. 故B正确； 对于选项C：记质点经过点为事件，质点最终回到点为事件. 先求（事件包含的基本事件个数）： 记质点从出发这4次经过的位置为， 则， 所以，其中，， 根据条件概率公式，故C错误； 对于选项D：由于两点关于点对称，所以质点经过点和经过点的情况在本质上是一样的，因此这两个选项的答案相同，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某班教室一排有6个座位，如果每个座位只能坐1人，现安排三人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法有___________种.（用数字作答） 【答案】72 【解析】 【分析】由已知可得，将安排三人就座看成3个坐着人的座位和3个空座位排队，利用捆绑法和插空法结合排列数和组合数的计算可得答案. 【详解】由题意，可看成3个坐着人的座位和3个空座位排队， 恰有两个空座位相邻，故和另外一个空座位均不相邻， 先安排3个坐着人的座位，共有种坐法，产生4个空位， 然后安排空座位到空中，相邻的两个空位捆绑在一起，看做一个元素，有种坐法，然后再从剩余的3个空中选择一个，将剩余的一个空座位安上，有种坐法， 所以共有种坐法. 故答案为：72. 13. 在三个地区暴发了流感，这三个地区分别有人患了流感.假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任取一人，则这个人患流感的概率是___________；如果此人患流感，此人选自地区的概率___________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】利用全概率公式可求这个人患流感的概率；利用条件概率公式可求如果此人患流感，此人选自地区的概率. 【详解】记事件选取的这个人患了流感，记事件此人来自地区，记事件此人来自地区，记事件此人来自地区， 则，且、、彼此互斥， 由题意可得，，， ，，， 由全概率公式可得 ； 由条件概率公式可得. 故答案为：；. 14. 切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件的概率作出估计.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为______. 【答案】1250 【解析】 【分析】由题意知，可求出，由，得，再由切比雪夫不等式列不等式求解即可. 【详解】由题意知，所以，， 若，则， 即，即， 由切比雪夫不等式知， 要使得至少有98%把握使发射信号“1”的频率在区间内， 则，解， 所以估计信号发射次数n的最小值为1250. 故答案为：1250 【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的期望和方差，考查切比雪夫不等式的应用，解题的关键是将变形为，考查理解能力和计算能力，属于较难题. 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. 已知一道数学多项选择题有4个选项，其中有3个是正确选项，每选对1个得2分，全选对得满分6分，但是有选错的得0分．学生甲对这4个选项都无法判断是否正确，故其只能猜答案．他有3个方案：（1）猜1个选项；（2）猜2个选项；（3）猜3个选项．若甲猜每一个选项都是等可能的，请你根据得分期望的大小帮他确定哪一个方案最好． 【答案】选择方案（2）最好 【解析】 【分析】先设三个方案得分的随机变量，算出各随机变量可能的取值及对应概率.方案（1），得分可能是 0 或 2，算出取 0 和 2 的概率，再用期望公式算出期望.同理算出方案（2）、（3）得分的期望.最后比较三个期望大小，期望大的方案就是最好的. 【详解】解：设方案（1），（2），（3）的得分分别为随机变量，，， （1）的所有可能取值为， ，， ； （2）的所有可能取值为， ，， ； （3）的所有可能取值为， ，， ； 所以， 故选择方案（2）最好． 16. 红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金（万元）与年收益（万元）的8组数据： 10 20 30 40 50 60 70 80 12.8 16.5 19 209 215 21.9 23 25.4 （1）用模拟生产食品淀粉年收益与年投入资金的关系，求出回归方程； （2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的．2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值．（精确到0.1万元） 附：①回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， ② 161 29 20400 109 603 ③ 【答案】（1） （2）36.5 【解析】 【分析】（1）利用回归直线的公式求和的值，可得回归方程. （2）建立函数关系，利用导数分析函数单调性，求出函数的最大值. 【小问1详解】 ∴回归方程为： 【小问2详解】 2024年设该企业投入食品淀粉生产x万元，预计收益（万元） ， ，得 ∴其在上递增，上递减 17. 设函数，，若曲线在点（1，f（1））处的切线方程为 （1）求a，b的值： （2）若关于x的不等式只有唯一实数解，求实数m的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导可得，根据导数的几何意义，可得，又，即可求得答案. （2）由（1）可得，利用导数可得的单调性和最值，则所求整理可得只有唯一实数解，令，利用导数求的单调区间和最值，分析即可得答案. 【小问1详解】 由题意得， 所以， 又，解得. 【小问2详解】 由（1）可得，， 令，解得， 当时，，则为增函数， 当时，，则为减函数， 所以 则只有唯一实数解，整理可得， 令， 则 因为， 所以恒成立， 令，解得， 当时，，则为减函数， 当时，，则为增函数， 所以， 因为只有唯一实数解使得成立，所以. 所以关于x的不等式只有唯一实数解，实数m的值为 18. 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为． （1）求第次传球者为乙的概率； （2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差； （3）求第次传球者为丁的概率． 【答案】（1）； （2）分布列见解析，； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用独立事件乘法求甲丙乙、甲丁乙的概率，再应用互斥事件加法求概率； （2）由题意的可能取值为，，并求出对应概率，写出分布列，进而求方差； （3）设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，根据已知得，进而有，再由等比数列的定义写出通项公式，即可得. 【小问1详解】 甲丙乙的概率为：，甲丁乙的概率为：， 记事件“第次传球者为乙”，则． 【小问2详解】 由题设，的可能取值为，， ， ， 所以的概率分布列为 ． 【小问3详解】 设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，则， 因为乙和丁相对于甲，地位是相等的，所以第次传球者为乙的概率也为，第次传球者为丙的概率也为， 因为， 所以，因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即． 19. 已知函数． （1）若函数存在单调递减区间，求实数b的取值范围； （2）设是函数的两个极值点，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数对在定义域上的零点分布进行分类讨论即可求解； （2）将转化为，再根据，即证，构造函数，证明其小于0即可. 【小问1详解】 ， ∵函数存在单调递减区间，∴在上有解， ∵，设，则， 当时，显然在上有解； 当时，，， 由韦达定理知，， 所以必有一个正根，满足条件. 当时，有，解得， 综上： 故实数的取值范围为． 【小问2详解】 由题意可知，， ∵有两个极值点， ∴是的两个根，则， ∴ ， ∴要证，即证， 即证，即证，即证， 令，则证明， 令，则， ∴在上单调递增， 则，即， 所以原不等式成立． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$