江西省吉安市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试卷

吉安市高二下学期期末教学质量检测20256 数学试卷 (测这时同：120分钟卷面总分：150分) 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2同容选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑：如需改动， 用檬皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非远择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无 效， 玉考试结束后。将答题卡交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的 1.5+1与5-1的等比中项为 A.2 B.2或-2 C,反 D.W反成-2 工已知火前发射：秒后，其高度（单位：米）为)-。，则火箭发射后第9秒时，火前升高的 顾时速度为 A.15 m/s B.15 m/ C.135 2 m/s D.81 m/s 3.在等差数列a中，S,为其箱n项和，若4+日=4，则S= A14 B.16 C.7 D.8 4.函数x-4加天的单调递诚区间为 A.（2 B.2+m c(m2) D..) 已如随机变量x的分有列为=小高=23小则代=2 6已知数列a满定4-，马-2，且“。-A,(neN),则山如= A-1 B.1 0-2 7,连续摄一枚均匀的组子两次，记事作：“第一次拥出的点数为奇数”，事件B:“第二次拼 D.2 出的点数为偶数”，事件“两次调出的点数之和为偶数”，事件D=“两次据出的点数之积 古专事高二下学期别木质量检测 数学议题第1置共4耳 为偶数”，则 A.事件B与事件D相互独立 B.事件A与事件D相互独立 C.事件A与事件C相互独立 D.事件C与事件D相互独立 8.已知函最八=xnx-x-),g)=-a+a,若x之1时，)g)20恒成立，则实数e 的取值范围为 A.( B.(0,d C.[L+o) D.le,+) 二、多项选择题：本题共3小避，每小题6分，共8分.在每小题给出的选项中，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.下列命题正确的是 A标准差描述了组数据国绕平均数被动的大小。标准差越大，数据的离敢程度越大 B。用相关系数，判断线性相关强度，r越大，变量的线性相关程度越大 C用卡方检龄法判断“是否有把捏认为吸丽与地肺癌有关”时，X的值越大测表示吸烟与患肺 磨之甸的关联性越小 D已如鞋机变量、y满足7=2x-.且X-a6号则D)号 10.已知函数f)=x2-9x2+24x-20,则 A)的极小值为-4 B.x)有三个零点 C八)图像的对称中心为3.-2) D.过点50)只能作曲线y=八x)的一条切线 11己知数列a,}满足4=2，只4=2aa.-3知。+2(neN*),其前n项和为S.,则 人4-号 数司 为等差数列 C存在n22,使得S,为整数 D.对任意#≥2，均有S.-n<1+1N示 三，填空题：本题共3小题，每小驱5分，共5分。 12.已知数列a,}的前项和S,=m2,则4.= 3.已知过原点的直线1与函数)=1+1的留像相切，则直线1的方程为 4.甲乙两人分别独立抛掷一枚均匀的型子，甲据m+1次，乙提m次(m之5，meN),设甲 授锦出现偶数点的次数为X,乙投掬出现奇数点的次数为y,则P川X>)= 言安有高二下学期期末精量检测数等议班第2页共4页 四、解答题：本题共5小题，共7门分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(本小题满分13分) 昌磷深高铁是京九高铁的重要组成部分，全线于2021年2月10日开通运营，昌赣深高铁的 开通使吉安至深圳的最快旅行时间压缩至2小时41分，极大促利了吉安人民群众的出行，某日从 古安西至深圳北的部分G学头高铁车次情况如下表（假设高铁车次均能准点出发及到达）： 上午(0000至1159j 下车(12：00至23：59) 9:06 G725 1147 14:13 G2707 17:14 吉安西2小时4山分 圳北 吉安西 3小时1分 深圳北 1020G2731 13:29 1847 G2775 2146 吉安3小时9分圳比 吉安西2小时59分广北 1106 G771 小3分一 1409 1916 G2793 22.0 直安西 2小时48分广圳 11:46 G2763 1455 1922G2715 1234 吉安西3小9分广圳吉安西3小时12分深圳 (1)从上表中随机选取两链不问的高铁车次，求至少有一越高铁车次的运行时问大于3小时 的概率： (2)甲，乙两人分别从上表中随机速取一植高铁车次从吉安西出发到深圳北，其中甲必须上 午出发，乙必须下午出发，且两人的选拼互不影响，记随机变量X为甲、乙选取的列车中运行时 长不超过3小时的个数，求X的分布列和数学斯望. 16,(本小题满分15分) 已正项等比数州包的首项一其前：项和为3。且5线=4好 (1)求a,}的通项公式 2)求数列a,的前n项和T 17(本小题满分15分) 己知函数f(国)=1x-x (1)果)的单调区侧和极值： (2)证明：)⅓-2x 古安市离二下学期期木质量检测数学认想第」页未4页 18.(本小题满分17分) 某高科技公司在产品研发的过程中，为了研究芯片性能指标y与原材料中某种关键成分的含 量x(单位：%之间的关系，研发团队进行了一后列实整，现随机抽取了都分实验数据如下表： x2 6810 y3040 605070 4--司 日)请根据上述数据，求出y与x的线性同自方程y=+4:(参考公式，6= 6可 a=-6x) (2)经研究发现，该花片在正落工作时，其性使指标Y服从正态分布)其中。=10， 当芯片的性能指标在(“-2a,4+20)之间时，芯片的工作状态最佳若由()中回归方程预测。 当关健成分含量为2时，花片性能指标为4 (1)假设在一次产品检验中，从该批次芯片中随机抽取2000个，估计性能指标不在(67,87) 范留内的艺片个数（结果保的整数）：（附：若Z-N(a.。),则风u-a<Z<口+=0.6826 P氏u-2a<Z<r+2a)=0.9544) ()某机器的控制系统使用了m(m之3，月∈N)个花片，其中每个芯片处在最住工作状态的 概率为心<P<),各个芯片工作相互植立，知果系统中有超过一半的芯片处在最佳工作状态， 则控系统的工作效率最高，其概率记为风，若在控制系统中增加一个芯片，控制系统工作效 率最高的概率记为Px+),试判新P)与a+)的大小关系并证明 19.(本小题满分17分) 任取数列a冲相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列a,}具有P性质.已知其 有P性质的数列如，共有n项，且所有的项之和为S, (1)若#=4，且4=1，出，=4，求，的所有可能值： 2)若4=2025，月=675，且4>4=2,674)恒成立，求a,n 3)若4=1,22，S=0,证明：+=4（传eNy 言安市南二下学韧喇术质量检别数学试题第4页共4两吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 1 页 共 8 页 吉安市高二下学期期末教学质量检测 2025.6 数学参考答案及评分标准 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A A D B B C A 1. 设 13  与 13  的等比中项为 S，则有    213132 S ，解得 2S ，故选 D. 2. 由题意得   tth 3 5'  ，则火箭发射后第 9秒的瞬时速度为   159' h m/ s，故选 A. 3. 因为 47162  aaaa ，所以   14 2 74 2 771 7      aaS ，故选 A. 4. 由题意得     x x x xxf 2242' 2   ，令   0' xf ，解得 20  x ， 所以函数  xf 的递减区间为  20， ，故选 D. 5. 由题意得               ii a ii aiXP 1 1 1 1 ，而由       1432  XPXPXP 得 1 4 1 3 1 3 1 2 1 2 11                         a ，化简得 1 4 3 a ，解得 3 4 a ， 所以   3 22 XP ，故选 B. 6. 因为 nnn aaa   12 ，所以    123434456   nnnnnnnnn aaaaaaaaa    nnnn aaaa   11 ，故数列 na 是以周期为 6的周期数列，而 2025除 6余 3， 故 11232025  aaaa ，故选 B. 7. 由题意可知   2 1 AP ，   2 1 BP ，   2 1 36 18 CP ，   4 3 36 27 DP ， 事件 BD表示第二次掷出的点数为偶数，则   2 1 BDP ，而      BDPDPBP  8 3 4 3 2 1 故事件 B与事件 D不独立，选项 A错误； 事件 AD表示第一掷出的点数为奇数，第二次掷出的点数为偶数，则   4 1 36 9 ADP ，而     4 3 2 1 DPAP  ADP 8 3 ，故事件 A与事件 D不独立，选项 B错误； 事件 AC表示两次掷出的点数均为奇数，则   4 1 36 9 ACP ，而 吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 2 页 共 8 页      ACPCPAP  4 1 2 1 2 1 ，故事件 A与事件 C独立，选项 C正确； 事件 CD表示两次掷出的点数均为偶数，则   4 1 36 9 BDP ，而      CDPDPCP  8 3 4 3 2 1 ，事件 C与事件 D不独立，选项 D错误；故本题选 C. 8. 由题意得   1ln'  axxf ，   aexg x ' ， 当 1a 时，   0' xf ，   0' xg ，则函数  xf 与  xg 均在  ，1 上单调递增，所以     01  fxf ，     01  gxg ，故此时     0 xgxf 恒成立； 当 ea 1 时，   0' xg ，则  xg 在  ，1 上单调递增，     01  gxg ，  xf 在  11 ae， 上 单调递增，在  ，1ae 上单调递减，故  xf 的最小值为   011   aa eaef ，此时不满足     0 xgxf 恒成立； 当 2eae  时，  xg 在  aln1， 上单调递减，在  ，aln 上单调递增，故  xg 的最小值为     0ln2ln  aaag ，但  xf 在存在小于零的情况，不满足     0 xgxf 恒成立； 当 2ea  时，  xf 与  xg 都存在大于零和小于零的情况，故也不满足     0 xgxf 恒成立； 综上可知 a的取值范围为  1， ，故本题选 A. 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. 题号 9 10 11 答案 AD AC ABD 9. 标准差衡量数据与平均数的偏离程度，描述数据围绕平均数的波动大小，标准差越大，数 据越分散，离散程度越大.故选项 A正确； 相关系数 r的绝对值越大，线性相关程度越强.故选项 B错误； 卡方检验中， 2 的值越大，实际观测值与理论值差异越大，拒绝原假设的理由越充分， 即吸烟与患肺癌的关联性越强.故选项 C错误； 由于 ) 5 25(~ ，BX ，故   5 6 5 3 5 25 XD ，故   5 24 5 622 YD .故选项 D正确； 综上，本题选 AD. 10. 由题意得     423'  xxxf ，当   ，4x 时   0' xf ，当  4,2x 时   0' xf ，即 4x 为函数  xf 的极小值点，极小值为   44 f ，故选项 A正确； 吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 3 页 共 8 页 由于      5220249 223  xxxxxxf ，令   0xf ，解得 2x 或 5x ，所以  xf 只 有 2个零点，故选项 B错误； 由     423'  xxxf ，对其再次求导得   186''  xxf ，令   0'' xf 得 3x ，则函数  xf 的对称中心为   33 f， ，即  23 ， ，故选项 C正确； 设切点为  20249 020300  xxxx， ，切线的斜率为    863' 0200  xxxfk ，故切线方程 为     002002030 86320249 xxxxxxxy  ，将点  05， 代入方程中解得 5x 或 2x ， 即过点  05， 作函数的切线有两条，故选项 D错误； 综上，本题选 AC. 11. 由 232 11   nnnn aaaa   23211   nnn aaa ，即 12 23 1    n n n a aa ，因为 21 a ，所以 3 4 122 223 2   a ， 5 6 1 3 42 2 3 43 3    a ，故选项 A正确； 由 1 12 1 12 1 1 12 11 12 231 12 23 1 11                   nn n nn n n n n n n n aa a aa a a aa a aa ，即数列       1 1 na 是以 1 1 1 1  a 为首项，2为公差的等差数列，故选项 B正确； 因为   12121 1 1   nn an ，所以 1 12 1    n an ，则 12 1 5 1 3 11   n nSn  ，当 2n 时， nS 不可能为整数，故选项 C错误； 设      10 2 21ln    x x xxxf ，则        0 21 4 2 4 1 1' 22       xxxx xf ， 即函数  xf 在  10，上单调递增，故     00  fxf ，即    10 2 21ln    x x xx ， 令  *2 1 1 Nnn n x    ， ，则有 2 1 1 1 2 1 11ln           n n n ，即 12 2 1 ln    nn n ，所以   1lnln 2 1 1 ln 2 1 12 1     nn n n n ， 所以       n i in 2 12 11 12 1 5 1 3 11  吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 4 页 共 8 页          1lnln3ln4ln2ln3ln1ln2ln 2 11  nn nn ln1ln 2 11  ， 即 nnSn ln1 ，故选项 D正确；综上所述，本题选 ABD. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 题号 12 13 14 答案 12 n xy  (只写对一个不给分) 2 1 12. 当 1n 时， 111  Sa ；当 2n 时，   121 221   nnnSSa nnn ，当 1n 时也符合， 故 12  nan . 13. 当 0x 时，   1ln  xxf ，设切点为  1ln 00 xx， ，切线斜率为   0 0 1' x xfk  ，则切线方 程为    0 0 0 11ln xx x xy  ，将  00， 代入方程中解得 10 x ，故切线方程为 xy  ；由于   1ln  xxf 为偶函数，其图像关于 y轴对称，故当 0x 时，切线方程为 xy  .综上可 知，切线方程为 xy  和 xy  . 14. 可以先考虑甲乙各抛掷m次的情形， ①如果甲投掷出现偶数点的次数等于乙投掷出现奇数点的次数，将该情形概率设为 1p ， 则第 1m 次甲必须再抛掷出偶数点，才能使得甲投掷出现偶数点的次数大于乙投掷出现 奇数点的次数； ②如果甲投掷出现偶数点的次数小于乙投掷出现奇数点的次数，将该情形概率设为 2p ， 则第 1m 次无论结果如何，甲投掷出现偶数点的次数仍然不大于乙投掷出现奇数点的次 数； ③如果甲投掷出现偶数点的次数大于乙投掷出现奇数点的次数，将该情形概率设为 3p ， 则第 1m 次无论结果如何，甲投掷出现偶数点的次数仍然大于乙投掷出现奇数点的次数； 由对称性可知 32 pp  ，故   312 1 ppYXP  ，而由于      1321 32 ppp pp ， 故   2 1 22 2 2 1 32131 31      pppppppYXP . 吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 5 页 共 8 页 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. 解：（1）设“至少有一趟高铁车次的运行时间大于 3小时”为事件 A，则其对立事件 A为 “两趟车运行时间都不超过 3小时”， 由车次表中数据可知共有 3趟车运行时间不超过两小时，故   28 3 2 8 2 3  C CAP ，…………2分 故     28 25 28 311  APAP . …………………………………………………………5分 （2）设“甲选取的列车运行时间不超过 3个小时”为事件 B，“乙选取的列车运行时间不超过 3 小时”为事件C， 则   4 1 BP ，   4 3 BP ，   2 1 CP ，   2 1 CP ， ……………………………………………7分 由题意知 X 的所有可能取值为 0，1，2，       8 3 2 1 4 30  CPBPXP ，           2 1 2 1 4 3 2 1 4 11  CPBPCPBPXP ，       8 1 2 1 4 12  CPBPXP ， ………………………………………………………10分 故 X 的分布列为 ………………………………11分   4 3 8 12 2 11 8 30  XE . ……………………………………………………………13分 16. 解：（1）设数列 na 的公比为 q， 当 1q 时， 1 2 122 S ， 22 144 S ，此时 42 45 SS  ；………………………………2分 当 1q 时，  qaaS  1 2 1 212 ，   q qS    1 1 2 1 4 4 ，由 42 45 SS      42 1415 qq  ， 解得 2 1 q ，故 n na       2 1 .……………………………………………………………………7分 （2）由（1）可得 n n nna       2 1 ，则 n n nT                 2 1 2 12 2 1 2  ①………………8分 则 132 2 1 2 12 2 1 2 1                  n n nT  ② ……………………………………………10分 吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 6 页 共 8 页 ①-②得： 132 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1                            nn n nT    11 2 121 2 1 2 11                  nnn nn …13分 故 nn nT 2 22  ……………………………………………………………………………15分 17. 解：（1）    0111'  x x x x xf ， ……………………………………………………2分 令 0)(' xf ，解得 10  x ，令 0)(' xf ，解得 1x ， …………………………………4分 故 )(xf 在的单调增区间为  1,0 ，单调减区间为  ，1 …………………………………6分 由此可得  xf 在 1x 处取得极大值   11 f ，无极小值.…………………………………8分 （2）要证明   xexxf x 21   ，只需证明 2)( 1   x exf x ，即证明 2ln 1   x exx x ，………9分 令 2ln)( 1   x exxxg x ，则     2 1 2 11 111' x exx x exe x xg xxx      ， ………………11分 令   0' xg ，得 1x ，且当 10  x 时，   0' xg ，当 1x 时，   0' xg ， 故  xg 在 1x 处取最大值   01 g ，即     01  gxg ，……………………………………13分 所以 02ln 1   x exx x ，故   xexxf x 21   .………………………………………………15分 18. 解：（1）由题意得 6 5 108642   x ，……………………………………………1分 50 5 7050604030   y ，………………………………………………………………2分            180204021001022045 1   yyxx i i i ，…………………3分       4042024 2222 25 1  i i xx ，…………………………………………………4分 故      2 9 40 180ˆ 5 1 2 5 1         i i i ii xx yyxx b ， 236 2 950ˆˆ  xbya ，……………………………5分 所以 y关于 x的线性回归方程为 23 2 9  xy . ………………………………………………6分 （2）（ⅰ）当 12x 时， 772312 2 9 y ，即 77 ， 67 ， 87 ，………8分 已知   6828.08767  YP ，则  6787  YYP 或 =   3174.087671  YP ， 所以从该批次芯片中随机抽取 2000个，性能指标不在  8767， 范围内的芯片个数约为 吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 7 页 共 8 页 6353174.02000  个.………………………………………………………………………10分 （ⅱ）记 X 为原系统中工作最佳的芯片个数，Y为增加一个芯片后系统中工作最佳的芯片个 数.由条件可知  pnBX ，~ ，  pnBY ，1~  .………………………………………………11分 当 12  kn ( 2k ， k N*)时，则原系统中    kXPnP  ，新系统中    11  kYPnP . 由题意可知      kXPpkXPkYP  11 ， 所以              kXPkXPkXPpkXPkXPkYP  111         0111 112   pppCkXPp kkkk 即    1 nPnP ；……………………………………………………………………………14分 当 kn 2 ( 2k ， k N*)时，则原系统中    1 kXPnP ，新系统中    11  kYPnP . 由题意可知      kXPpkXPkYP  11 ， 所以         0111 12   kkkk ppCkXPpkXPkYP ， 即    1 nPnP ；……………………………………………………………………………16分 综上，当 n为奇数时，    1 nPnP ；当 n为偶数时，    1 nPnP . …………………17分 19. 解：（1）若 4n ，且满足 11 a ， 44 a 具有 P性质的数列为：    4,7,4,1na ，此时 16nS ；    4,1,4,1na ，此时 10nS ；    4,1,2,1 na ，此时 4nS 故 4S 的所有可能值为 4，10，16. …………………………………………………………4分 （2）由题意可知对任意的 k，均有 31  kk aa ，因为  674211 ，，，  kaa kk 恒成立，故 31  kk aa ，即数列 na 是以 2025为首项， 3 为公差的等差数列， 所以   nnan 32028132025  ，即 367532028675 a . …………………………8分 （3）令  1211   nkaac kkk ，，， ，依题意可知 3kc ， 因为 12112113112 ,,,  nn cccaaccaacaa  ，……………………………10分 所以     1211 21  nn ccncnnaS  吉安市高二下学期期末质量检测 数学答案 第 8 页 共 8 页            121 12111121  ncncncnnn            121 121112 1    ncncnc nn  ，……………………………12分 因为 3kc ，所以 kc1 为偶数  121  nk ，，， ， 所以        121 12111  ncncnc  也为偶数，…………………………………14分 因为 0nS ，故   2 1nn 也必为偶数，即 4整除  1nn ， 所以 knn 42  ( k N*).………………………………………………………………………17分