精品解析：广西钦州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题

钦州市2025年春季学期高二年级期末教学质量监测 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：北师大版选择性必修第一册第四章～第七章，选择性必修第二册. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下表是离散型随机变量概率分布列，则常数的值是（ ） 3 4 5 6 A. B. C. D. 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.3 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.5 5. 有4辆车停放于5个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问不同的停放方法有（ ） A. 40种 B. 48种 C. 56种 D. 64种 6. 等比数列前项和为，且，，则（ ） A. 100 B. 102 C. 103 D. 105 7. 已知函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，，且，则的前51项的和为（ ） A. 37 B. 40 C. 42 D. 46 二、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. 9. 公比为的等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ） A. 与相互对立 B. 与相互独立 C. D. 11. 对于函数，下列说法正确有（ ） A. 在处取得极大值1 B. 在处切线方程为 C. 有两个零点 D. 若在上恒成立，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如下是一个列联表，则________. y x 总计 总计 13. 中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值.现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷器厂生产，其中甲、乙、丙瓷器厂分别生产500件、300件、200件，而且甲、乙、丙瓷器厂的次品率依次为2%，4%，4%.现从这批瓷器中任取一件，取到次品的概率是________. 14. 某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个.从袋中随机取出3个球，已知不全为黑球的概率为，若记取出3个球中黑球的个数为，则________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知的展开式中第5项为常数项. （1）求的值； （2）求展开式中所有的无理项. 16. 已知数列为等差数列，为正项等比数列，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，证明：. 17. 某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下： 研发投入（亿元） 1 2 3 4 5 产品收益（亿元） 2 6 8 9 10 （1）计算，相关系数，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高） （2）求出关于的线性回归方程，并预测若想收益不少于14.6（亿元），则需研发投入至少多少亿元？（结果保留一位小数） 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数的公式分别为 ，，. 18. 甲参加一档电视知识竞赛节目，该节目采用三轮两胜制（三轮两胜制是指在一场比赛中，参赛者进行三轮比赛，其赢得两轮比赛即为获胜）.在每轮比赛中，甲需要回答一个知识问题，回答正确的概率为，回答错误的概率为，每轮比赛的结果是独立的，即每轮比赛甲回答正确的概率不受其他轮次结果的影响. （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，节目组设置两种积分奖励方案.方案一：最终获胜者得4分，失败者得3分；方案二：最终获胜者得2分，失败者得1分.请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大. 19. 已知函数，. （1）求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若且时，求证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 钦州市2025年春季学期高二年级期末教学质量监测 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：北师大版选择性必修第一册第四章～第七章，选择性必修第二册. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下表是离散型随机变量的概率分布列，则常数的值是（ ） 3 4 5 6 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布列的性质建立等式求解即可． 【详解】因为离散型随机变量的概率之和为1， 所以，解得. 故选：B 2. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项分布的性质即可求期望和方差. 【详解】由二项分布公式可得： 所以， 故选：C. 3. 已知函数在处可导，且，则（ ） A B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数在点处导数的概念进行判断即可. 【详解】因为. 故选：D 4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.3 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.5 【答案】A 【解析】 【分析】由正态分布的对称性得到答案. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A. 5. 有4辆车停放于5个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问不同的停放方法有（ ） A. 40种 B. 48种 C. 56种 D. 64种 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，利用捆绑法以及排列，可得答案. 【详解】从个并排车位中选出并排的车位，共有种情况， 则甲乙辆车的不同排法有种， 再将剩余的辆车停放在剩余的个车位，则不同的排法有， 所以总共有. 故选：B. 6. 等比数列的前项和为，且，，则（ ） A. 100 B. 102 C. 103 D. 105 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的性质求解即可. 【详解】等比数列的前项和为，且，， 所以公比为：， 所以， 所以. 故选：C. 7. 已知函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数在区间上不单调，可知在区间上有零点，列出不等式组，可求得答案. 【详解】因为函数在区间上不单调， 所以在区间上有零点， 由，得，则得， 故选：D． 8. 已知数列满足，，且，则的前51项的和为（ ） A. 37 B. 40 C. 42 D. 46 【答案】B 【解析】 【分析】分为奇数和偶数讨论，分组求和得到答案. 【详解】当为奇数时，也是奇数，因为，所以当为奇数时，， ，令，则，令，则， 令，则，令，则， 以此类推，偶数项为和交替， 前项中有项奇数项，和为， 有项偶数项，有个、个，和为， 所以的前51项的和为. 故选：B. 二、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. 9. 公比为的等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据条件，确定数列的通项公式，再逐项判断即可. 【详解】由题意：.故AB正确； 所以. 因为，故C错误； 因为，故D正确. 故选：ABD 10. 同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ） A. 与相互对立 B. 与相互独立 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据独立事件的定义判断B，根据互斥事件、对立事件的定义判断A，根据独立事件及条件概率的概率公式判断C、D. 【详解】对于A，由题意可知，事件与事件有可能同时发生， 例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误； 对于B，依题意，，， 所以事件与事件相互独立，故B正确； 对于C、D，，因为，所以， 所以，故C正确，D错误． 故选：BC． 11. 对于函数，下列说法正确的有（ ） A. 在处取得极大值1 B. 在处的切线方程为 C. 有两个零点 D. 若在上恒成立，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数来研究原函数的单调性即可判断A，利用导数求切线方程即可判断B，利用方程的解即可判断C，利用分离参变量构造函数求导来研究函数最大值，即可判断D. 【详解】由题得， 所以当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又因为，所以在处取得极大值1，故A正确； 由于，， 所以在处的切线方程为， 整理得：，故B正确； 由，所以只有一个零点，故C错误； 由，可得，构造，求导得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又因为，所以在处取得最大值，所以，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. 如下是一个列联表，则________. y x 总计 总计 【答案】 【解析】 【分析】根据列联表的概念，可得答案. 【详解】由题意可得，则，可得，所以. 故答案为：. 13. 中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值.现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷器厂生产，其中甲、乙、丙瓷器厂分别生产500件、300件、200件，而且甲、乙、丙瓷器厂的次品率依次为2%，4%，4%.现从这批瓷器中任取一件，取到次品的概率是________. 【答案】##0.03 【解析】 【分析】设任取一件产品来自甲厂为事件、来自乙厂为事件、来自丙厂为事件，根据题意求出各自的概率，然后利用全概率公式可求出从中任取一件，取到次品的概率. 【详解】设任取一件产品来自甲厂为事件、来自乙厂为事件、来自丙厂为事件，则彼此互斥，且， 设任取一件产品，取到的是次品为事件，则 故答案为：. 14. 某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个.从袋中随机取出3个球，已知不全为黑球的概率为，若记取出3个球中黑球的个数为，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出袋中黑球个数，进而得到的可能取值和对应的概率，得到期望和方差. 【详解】设袋中黑球个数为，则白球个数为， 则，故， 则的可能取值为1,2,3， ，，， 故， 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知的展开式中第5项为常数项. （1）求的值； （2）求展开式中所有的无理项. 【答案】（1）； （2）时，无理项为；时，无理项为；时，无理项为. 【解析】 【分析】（1）根据二项式定理写出通项，展开式中的常数项，即的指数为零时，即可求解； （2）根据二项式定理写出通项，展开式中所有的无理项，即的指数不为整数时，根据通项逐项求解即可. 【小问1详解】 根据二项式定理，的展开式的通项为， 化简得， 因为展开式中第5项为常数项，即，的指数为零， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）得，当时展开式的通项为， 要求展开式中的无理项，即的指数不为整数时， 即不为整数，则取奇数时满足条件， 对应的无理项为：时，； 时，； 时，. 16. 已知数列为等差数列，为正项等比数列，，，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，证明：. 【答案】（1），. （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用基本量法可求公差与公比，故可求两个数列的通项； （2）利用裂项相消法可求的前项和，从而可证题设中的不等式. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由题设有，因，故解得， 故，. 【小问2详解】 , 故 . 17. 某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下： 研发投入（亿元） 1 2 3 4 5 产品收益（亿元） 2 6 8 9 10 （1）计算，的相关系数，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高） （2）求出关于的线性回归方程，并预测若想收益不少于14.6（亿元），则需研发投入至少多少亿元？（结果保留一位小数） 参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数的公式分别为 ，，. 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】根据表格中的数据，利用所给的公式，分别计算，可得答案. 【小问1详解】 由表格中的数据可得，， ， ，， 所以， 由，则可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 所以，由，则. 所以回归直线方程为，令，则，解得， 所以需研发投入至少亿元. 18. 甲参加一档电视知识竞赛节目，该节目采用三轮两胜制（三轮两胜制是指在一场比赛中，参赛者进行三轮比赛，其赢得两轮比赛即为获胜）.在每轮比赛中，甲需要回答一个知识问题，回答正确的概率为，回答错误的概率为，每轮比赛的结果是独立的，即每轮比赛甲回答正确的概率不受其他轮次结果的影响. （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，节目组设置两种积分奖励方案.方案一：最终获胜者得4分，失败者得3分；方案二：最终获胜者得2分，失败者得1分.请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率； （2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小即可. 【小问1详解】 记“甲最终以获胜”为事件，记“甲最终以获胜”为事件，“甲最终获胜”为事件， 于是，与为互斥事件， 由于，， 则， 即甲最终获胜的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 4 则， 若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 2 1 则， 所以，所以应该选第一种方案． 19. 已知函数，. （1）求的极值； （2）讨论的单调性； （3）若且时，求证. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2）当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，令其导数为0求解得到的极值点，根据该极值点左右的单调性判断该极值点是极大值点还是极小值点，再代入即可； （2）对参数的取值分类讨论，利用导数为正，函数单增，导数为负，函数单减进行判断即可； （3）对不等式进行化简，构造新函数，将问题转化为求该函数的最小值即可. 【小问1详解】 ， ， 令，解得， 当时，，，得，单调递减， 当时，，，得，单调递增， 因此，是的极小值点，极小值为， 综上，极小值为，无极大值. 【小问2详解】 定义域为， ， 当时，在上恒成立，在上单调递增， 当时，令，解得， 当时，，得，单调递减， 当时，，得，单调递增， 综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 当时，，定义域为， ， ，即，，， 令，定义域为， ，其中，恒成立， 假设解得， 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， 因此最小值为， 由可知，， 所以，即的最小值为0， 综上，，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$