精品解析：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 数学试卷 2025.6 （测试时间：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.回答选择题时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.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. 与的等比中项为（ ） A. 2 B. 2或-2 C. D. 或 2. 已知火箭发射秒后，其高度（单位：米）为，则火箭发射后第9秒时，火箭升高的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，为其前项和，若，则（ ） A. 14 B. 16 C. 7 D. 8 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，且，则（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 7. 连续掷一枚均匀的骰子两次，记事件“第一次掷出的点数为奇数”，事件“第二次掷出的点数为偶数”，事件“两次掷出的点数之和为偶数”，事件“两次掷出的点数之积为偶数”，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 事件C与事件D相互独立 8. 已知函数，若时，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差越大，数据的离散程度越大 B. 用相关系数判断线性相关强度，越大，变量的线性相关程度越大 C. 用卡方检验法判断“是否有把握认为吸烟与患肺癌有关”时，的值越大则表示吸烟与患肺癌之间的关联性越小 D. 已知随机变量满足，且，则 10. 已知函数，则（ ） A. 的极小值为 B. 有三个零点 C. 图象的对称中心为 D. 过点只能作曲线的一条切线 11. 已知数列满足，其前项和为，则（ ） A. B. 数列为等差数列 C. 存在，使得为整数 D. 对任意，均有 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和，则__________. 13. 已知过原点的直线与函数的图像相切，则直线的方程为__________. 14. 甲乙两人分别独立抛掷一枚均匀的骰子，甲掷次，乙掷次，设甲投掷出现偶数点的次数为，乙投掷出现奇数点的次数为，则__________. 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. 昌赣深高铁是京九高铁的重要组成部分，全线于2021年12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，极大便利了吉安人民群众的出行.某日从吉安西至深圳北的部分G字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（00：00至11：59） 下午（12：00至23：59） 9：06吉安西11：47深圳北 14：13吉安西17：14深圳北 10：20吉安西13：29深圳北 18：47吉安西21：46深圳北 11：06吉安西14：09深圳北 19：16吉安西22：04深圳北 11：46吉安西14：55深圳北 19：22吉安西12：34深圳北 （1）从上表中随机选取两趟不同的高铁车次，求至少有一趟高铁车次的运行时间大于3小时的概率； （2）甲､乙两人分别从上表中随机选取一趟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，且两人的选择互不影响.记随机变量为甲､乙选取的列车中运行时长不超过3小时的个数，求的分布列和数学期望. 16. 已知正项等比数列的首项，其前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）求的单调区间和极值； （2）证明：. 18. 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与原材料中某种关键成分的含量（单位：）之间的关系，研发团队进行了一系列实验，现随机抽取了部分实验数据如下表： 2 4 6 8 10 30 40 60 50 70 （1）请根据上述数据，求出与的线性回归方程；（参考公式：，） （2）经研究发现，该芯片在正常工作时，其性能指标服从正态分布，其中，当芯片的性能指标在之间时，芯片的工作状态最佳.若由（1）中回归方程预测，当关键成分含量为12时，芯片性能指标为. （i）假设在一次产品检验中，从该批次芯片中随机抽取2000个，估计性能指标不在范围内的芯片个数（结果保留整数）；（附：若，则，） （ii）某机器的控制系统使用了个芯片，其中每个芯片处在最佳工作状态的概率为，各个芯片工作相互独立，如果系统中有超过一半的芯片处在最佳工作状态，则控制系统的工作效率最高，其概率记为.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，试判断与的大小关系并证明. 19. 任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有性质.已知具有性质的数列共有项，且所有的项之和为. （1）若，且，求的所有可能值； （2）若，且恒成立，求； （3）若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉安市高二下学期期末教学质量检测 数学试卷 2025.6 （测试时间：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.回答选择题时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.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. 与的等比中项为（ ） A. 2 B. 2或-2 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比中项的性质即可解题. 【详解】设与的等比中项为， 则有， 解得， 故选： 2. 已知火箭发射秒后，其高度（单位：米）为，则火箭发射后第9秒时，火箭升高的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的导数在物理上的应用可求出答案. 【详解】由题意得， 则火箭发射后第9秒的瞬时速度为. 故选A. 3. 在等差数列中，为其前项和，若，则（ ） A. 14 B. 16 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和等差数列的前项和公式求出结果. 【详解】因为，所以， 所以. 所以. 故选：A. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，令，求解即可. 【详解】定义域为，由题意得， 令，解得， 所以函数的递减区间为， 故选：D. 5. 已知随机变量的分布列为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据概率的性质求出的值，然后即可求出的值. 【详解】由题意得， 而由得， 化简得，解得，所以. 所以. 故选：B. 6. 已知数列满足，且，则（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意计算可得，故数列是以周期为6的周期数列，借助周期性计算即可得. 【详解】因为，所以 ， 故数列是以周期为6的周期数列， 而2025除以6余3，故. 故选：B. 7. 连续掷一枚均匀的骰子两次，记事件“第一次掷出的点数为奇数”，事件“第二次掷出的点数为偶数”，事件“两次掷出的点数之和为偶数”，事件“两次掷出的点数之积为偶数”，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 事件C与事件D相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用事件相互独立事件的判断方法是判断是否等于，根据此方法，借助古典概型求概率，即可得出判断. 【详解】由题意可知， 事件表示第一次任意掷，第二次掷出的点数为偶数，则 ， 而，故事件与事件不独立，选项A错误； 事件表示第一掷出的点数为奇数，第二次掷出的点数为偶数， 则，而， 故事件与事件不独立，选项B错误； 事件表示两次掷出的点数均为奇数，则， 而，故事件与事件独立，选项C正确； 事件表示两次掷出的点数均为偶数，则， 而，事件与事件不独立，选项D错误； 故选：C. 8. 已知函数，若时，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先分别对函数求导，然后讨论当时两个函数的单调性和最值，判断其乘积是否大于等于0. 【详解】由题意得， 当时，，则函数与均在上单调递增，所以，故此时恒成立； 当时，，则在上单调递增，，在上单调递增，在上单调递减，故的最小值为，此时不满足恒成立； 当时，在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为，但在存在小于零的情况，不满足恒成立； 当时，与都存在大于零和小于零的情况，故也不满足恒成立； 综上可知的取值范围为. 故选：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. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差越大，数据的离散程度越大 B. 用相关系数判断线性相关强度，越大，变量的线性相关程度越大 C. 用卡方检验法判断“是否有把握认为吸烟与患肺癌有关”时，的值越大则表示吸烟与患肺癌之间的关联性越小 D. 已知随机变量满足，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据标准差的定义、相关系数的内涵、卡方检验、二项分布的方差等知识对选项逐一判断即可. 【详解】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，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，故，故.故选项D正确； 故选：AD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的极小值为 B. 有三个零点 C. 图象的对称中心为 D. 过点只能作曲线的一条切线 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数的极值与导数的关系可判断A选项；解方程，可判断B选项；利用函数对称性的定义可判断C选项；设切点为，利用导数的几何意义结合点在切线上，可得出关于的方程，解之可判断D选项. 【详解】因为，则， 当时，当时， 即为函数的极小值点，极小值为，故选项A正确； 由于，令，解得或，所以只有个零点，故选项B错误； 假设函数的对称中心为，则， 所以，可得， 故函数的图象关于直线对称， 因为图象的对称轴为直线，且， 所以函数的对称中心为， 事实上 ， 所以， 故函数的对称中心为，故选项C正确； 设切点为，切线的斜率为， 故切线方程为， 将点代入切线方程可得，即， 解得或，即过点作函数的切线有两条，故选项D错误； 故选：AC. 11. 已知数列满足，其前项和为，则（ ） A. B. 数列为等差数列 C. 存在，使得为整数 D. 对任意，均有 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，根据递推数列的等式，将的值代入求出即可；对于选项B，将原等式进行变形、化简，根据定义判断数列为等差数列；对于选项C，在选项B的基础上可求出的通项公式，然后求出并判断其值是否为整数即可；对于选项D，构造函数，求导判断单调性，进而证明不等式成立. 【详解】由，即， 因为，所以，故选项A正确； 由， 即数列是以为首项，2为公差的等差数列，故选项B正确； 因为，所以， 则，当时，不可能为整数，故选项C错误； 设，则， 即函数在上单调递增，故，即， 令，则有，即， 所以， 所以 即，故选项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. 已知数列的前项和，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据，求出通项，再验证也满足所求式子即可. 【详解】因为数列的前项和， 所以， 又也满足上式， 所以. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查由求数列的通项，属于基础题型. 13. 已知过原点的直线与函数的图像相切，则直线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先讨论当时，去绝对值得到函数的解析式，然后求导求出切线斜率，然后将点代入得到切线方程，最后根据函数是偶函数，可求出时的切线方程，从而得到答案. 【详解】当时，，设切点为， 则切线斜率为，那么切线方程为， 将代入方程中解得，故切线方程为； 由于为偶函数，其图像关于轴对称， 故当时，切线方程为. 综上可知，切线方程为和. 故答案为：. 14. 甲乙两人分别独立抛掷一枚均匀的骰子，甲掷次，乙掷次，设甲投掷出现偶数点的次数为，乙投掷出现奇数点的次数为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先考虑甲、乙投掷次的情况，然后根据概率的特征求出的值. 【详解】可以先考虑甲、乙各抛掷次的情形， 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， 则第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， 则第次无论结果如何，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， 则第次无论结果如何，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 故，而由于， 故. 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. 昌赣深高铁是京九高铁的重要组成部分，全线于2021年12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，极大便利了吉安人民群众的出行.某日从吉安西至深圳北的部分G字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（00：00至11：59） 下午（12：00至23：59） 9：06吉安西11：47深圳北 14：13吉安西17：14深圳北 10：20吉安西13：29深圳北 18：47吉安西21：46深圳北 11：06吉安西14：09深圳北 19：16吉安西22：04深圳北 11：46吉安西14：55深圳北 19：22吉安西12：34深圳北 （1）从上表中随机选取两趟不同的高铁车次，求至少有一趟高铁车次的运行时间大于3小时的概率； （2）甲､乙两人分别从上表中随机选取一趟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，且两人的选择互不影响.记随机变量为甲､乙选取的列车中运行时长不超过3小时的个数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出对立事件的概率，进而可得到该事件的概率值. （2）首先确定的可能取值，并求出对应的概率值，然后列出分布列求出期望即可. 【小问1详解】 设“至少有一趟高铁车次的运行时间大于3小时”为事件，则其对立事件为“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，故故. 【小问2详解】 设“甲选取的列车运行时间不超过3个小时”为事件“乙选取的列车运行时间不超过3小时”为事件 则 由题意知的所有可能取值为 故的分布列为 0 1 2 . 16. 已知正项等比数列的首项，其前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公比，结合等比数列求和公式计算即可得； （2）借助错位相减法计算即可得. 【小问1详解】 设数列的公比为， 当时，，此时； 当时，， 由，解得，故； 【小问2详解】 由（1）得，则， 则， 故 ， 故. 17. 已知函数. （1）求的单调区间和极值； （2）证明：. 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为，极大值-1，无极小值 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导，然后根据定义域确定函数单调区间，进而确定极值点和极值即可. （2）根据不等式构造新函数，然后求导判断单调性确定其最大值，从而证明结论. 【小问1详解】 ， 令，解得，令，解得， 故在的单调增区间为，单调减区间为 由此可得在处取得极大值，无极小值 【小问2详解】 要证明，只需证明，即证明 令，则， 令，得，且当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 故在处取最大值，即， 所以，故. 18. 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与原材料中某种关键成分的含量（单位：）之间的关系，研发团队进行了一系列实验，现随机抽取了部分实验数据如下表： 2 4 6 8 10 30 40 60 50 70 （1）请根据上述数据，求出与的线性回归方程；（参考公式：，） （2）经研究发现，该芯片在正常工作时，其性能指标服从正态分布，其中，当芯片的性能指标在之间时，芯片的工作状态最佳.若由（1）中回归方程预测，当关键成分含量为12时，芯片性能指标为. （i）假设在一次产品检验中，从该批次芯片中随机抽取2000个，估计性能指标不在范围内的芯片个数（结果保留整数）；（附：若，则，） （ii）某机器的控制系统使用了个芯片，其中每个芯片处在最佳工作状态的概率为，各个芯片工作相互独立，如果系统中有超过一半的芯片处在最佳工作状态，则控制系统的工作效率最高，其概率记为.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，试判断与的大小关系并证明. 【答案】（1） （2）（i）635； （ii）记为原系统中工作最佳的芯片个数，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 当时，则原系统中，新系统中. 由题意可知， 所以 即； 当时，则原系统中，新系统中. 由题意可知， 所以， 即； 综上，当为奇数时，；当为偶数时，. 【解析】 【分析】（1）先求出的平均值，然后根据公式求出回归方程的系数，从而得到回归方程. （2）（i）根据正态分布的性质先求出性能指标不在范围内的概率，进而可求出性能指标不在范围内的芯片个数.（ii）根据二项分布的性质求解和的关系即可. 【小问1详解】 由题意得，， 所以， ， 故， 所以关于的线性回归方程为. 【小问2详解】 （i）当时，，即 已知，则或， 所以从该批次芯片中随机抽取2000个，性能指标不在范围内的芯片个数约为 个. （ii）略 19. 任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有性质.已知具有性质的数列共有项，且所有的项之和为. （1）若，且，求的所有可能值； （2）若，且恒成立，求； （3）若，证明：. 【答案】（1）. （2）3 （3）证明：令，依题意可知， 因为， 所以 因为，所以为偶数， 所以也为偶数， 因为，故也必为偶数，即4整除， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据性质的定义将数列所有可能情况列出来并计算相应的的值. （2）根据已知条件可证明数列为等差数列，然后利用等差数列的通项公式进行求解即可. （3）首先令，然后将表示出来并化简，根据可证明为偶数，进而证明结论. 【小问1详解】 若，且满足具有性质的数列为： ，此时； ，此时； ，此时 故的所有可能值为4，10，16. 【小问2详解】 由题意可知对任意的，均有，因为恒成立， 故，即数列是以2025为首项，-3为公差的等差数列， 所以，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $