山东省济南市2024-2025学年高二下学期7月期末学习质量检测数学试题

山东省济南市高二下学期7月期末学习质量检测数学试题 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.已知函数，则(    ) A. B. C. D. 2.用，，，这四个数能够组成无重复数字的三位数的个数为(    ) A. B. C. D. 3.对四组数据进行统计，获得以下散点图，将四组数据对应的相关系数进行比较，则(    ) A. B. C. D. 4.的展开式中，常数项为(    ) A. B. C. D. 5.连续型随机变量X~N(5,),若P(X7)=0.2,P(X8)=0.1,则P(2< X<7)=（） A. 0.8 B. 0.7 C. 0.6 D. 0.4 6.定义在上的函数的导函数为，若，，则的解集为(    ) A. B. C. D. 7.由若干根相同的木棍组成如图所示的长方体框架，一只蚂蚁从点出发，沿木棍爬行到点的最短路径有(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8.甲同学参加综合素质测试，该测试共有个项目已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得分，不合格扣分，且各项目是否合格相互独立设个项目测试完后甲的总得分为，期望为，方差为，当最大时，(    ) 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.已知的展开式中仅第项的二项式系数最大，则(    ) A. B. 含项的系数为 C. 各二项式系数和为 D. 各项系数和为 10.已知函数，则(    ) A. 的极大值为 B. 对， C. 的单调递增区间为 D. 当时， 11.与两人玩游戏，有标号为，，，，的张卡片，有标号为，，，，，的张卡片，规则如下：双方交替从对方手中抽取一张卡片，若抽到的卡片与自己手中的某张卡片数字相同，则将这两张卡片丢弃先从手中抽取当有一位玩家手中没有卡片时，该玩家获胜，游戏结束记有张卡片，有张卡片时，获胜的概率为，则(    ) A. 若，则恰好在两人共抽取次后获胜的概率为 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.口袋中有大小、形状均相同的个红球，个白球，从中任取两个球，则取到的两个球颜色相同的概率为          ． 13.两个相关变量，的一组数据统计如下表 根据上表可得经验回归方程中的为，据此经验回归方程，当时，的预测值为          ． 14.过点可以作曲线的三条切线，则实数的取值范围是          ． 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.本小题分 从某校高一年级全体学生中随机抽取人，进行文理选科倾向调查，得到如下列联表： 男生 女生 合计 偏理科 偏文科 合计 请完成上述列联表 从女生中随机抽取一人，求该女生是偏文科生的概率 根据小概率值的独立性检验，分析性别与选科倾向是否有关． 参考数据： ． 16.本小题分 已知函数在处取得极值． 求实数的值 若在上恒成立，求的取值范围． 17.本小题分 证明：，其中， 化简：，其中 18.本小题分 甲、乙、丙三位同学进行猜拳游戏，规则如下：累计负两局者被淘汰随机确定第一局的游戏者，另一人轮空每局游戏的胜者与轮空者进行下一局游戏，负者下一局轮空，直至有一人被淘汰当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，游戏结束设每局游戏双方获胜的概率都为． 求甲获得第二局比赛胜利的概率 在甲获得第二局比赛胜利的条件下，第一局是由甲、乙进行游戏的概率 已知第一局是由甲、乙进行游戏，记丙参加游戏的局数为，求随机变量的分布列和数学期望． 19.本小题分 已知函数． 当时，讨论函数的单调性 当时，不等式恒成立，求的取值范围 设，证明：． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：， ， ． 故选：． 2.【答案】  【解析】解：依题意，组成无重复数字的三位数的个数为． 故选：． 3.【答案】  【解析】解：由给出的四组数据的散点图可以看出， 图和图是正相关，相关系数大于， 图和图是负相关，相关系数小于， 图和图的点相对更加集中，所以相关性要强，所以接近于，接近于， 由此可得． 4.【答案】  【解析】解：二项式， 它的展开式的通项公式为， 令，得， 故展开式中的常数项为 5.【答案】B  【解析】解：因为X~N(5,σ²)，所以P(X≤3)=P(X≥7)=0.2，P(X≤2)=P(X≥8)=0.1， ​​​​​​​因此P(2< X<7)=1-P(X≤2)-P(X≥7)=0.7. 6.【答案】  【解析】解：令， 则， 在上单调递增． ， 所以， 则， 即 ． 不等式则的解集为 7.【答案】  【解析】解：由题意，从点出发，沿木棍爬行到点的最短路径必须经过个向右方向， 一个向上方向，个向里边方向， 所以从点出发，沿木棍爬行到点的最短路径有种． 故选D． 8.【答案】  【解析】解：设单个项目得分为随机变量，则的可能取值为和， 则、， 因此单个项目得分的期望， 个项目得分的方差 ． 因为各项目是否合格相互独立，所以个项目测试完后甲的总得分， 因此，， 所以， 因此当时，取得最大值． 9.【答案】  【解析】解：对于因为的展开式中仅第项的二项式系数最大，所以，故A正确； 对于因为的展开式中，， 所以在的展开式中，含项的系数为：，故B错误； 对于在的展开式中，各二项式系数和为，故C正确； 对于在的展开式中，各项系数和为，故D错误． 10.【答案】  【解析】解：对于，， 令得 和， 当时，，函数递增； 当时，，函数递减； 当时，，函数递增， 故是极大值点， ，极大值为，故A正确； 对于， ，故B正确； 对于，由， 当时，或，函数递增； 当时，，函数递减， 故单调递增区间为和，故C错误； 对于，当时，， 由单调性知在时递减，且不包含，不包含， 故，D正确． 11.【答案】  【解析】解：选项A：当时，恰好在次抽取后获胜的情况需满足：前次抽取后无卡片： 第次抽：有张卡，抽中的概率为匹配，卡数减，抽中的概率为不匹配，卡数减； 第次抽：抽中的卡必匹配因有，卡数减； 第次抽：剩余张卡，抽中匹配卡的概率为若剩余卡含的卡或不匹配概率； 第次抽：需抽中最后一张匹配卡使卡数为，综合计算得概率为，故A正确； 选项B：当时，有，有； 第一次抽中的概率胜；抽中的概率，此时有，有； 抽中的概率胜；抽中的概率，此时有，有， 后续循环中获胜概率为，故B错误； 选项C：假设递推关系为，但，而，故C错误； 选项D分析：通过归纳可得，当时，约等于，故D正确． 12.【答案】  【解析】解：从个球中任取个球的所有取法为 种，从个红球，个白球中任取个球，取得的个球是红球的取法为种，取得的个球是白球的取法为种， 因此取到的两个球颜色相同的概率为． 13.【答案】  【解析】解：， ， 由于经验回归直线过样本中心点， 故，解得， 当时，预测值为． 14.【答案】  【解析】解：设切点为，曲线的导数为，故切线斜率为， 所以切线方程为， 代入点得：，即 ， 令，因为，令得或， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以极小值，极大值， 当时，；当时，， 方程有三个解的条件是． 15.【答案】解：因为偏理科合计人，偏理科女生人， 所以偏理科男生为人， 女生合计为人， 偏文科女生为人， 偏文科合计人数：人， 完善后的列联表如下： 男生 女生 合计 偏理科 偏文科 合计 女生总人数为人，偏文科女生人数为人， 可得概率； 零假设性别与选科倾向无关， ， 已知，查独立性检验临界值表得， 因为， 所以拒绝零假设，即认为性别与选科倾向有关，此推断犯错误的概率不超过．   16.【答案】解：因为函数， 所以． 因为函数在处取得极值，所以，即，解得． 当时，，， 因此由得或；由得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极小值，因此实数的值为． 因为在上恒成立等价于：在上恒成立， 所以函数在上的最大值．  由知： ， 且函数在和上单调递增，在上单调递减， 因此由、得：函数在上的最大值为， 所以由函数在上的最大值得：，即的取值范围是．  17.【答案】解：左边， 右边， 因此，左边等于右边，故成立； 设， 则， 其中，， 对于，当时项为，故可写为， 由的结论， 则， 而， 因此， 综上，．  18.【答案】解：第一局是甲乙参赛且甲第二局获胜的概率为， 第一局是甲丙参赛且甲第二局获胜的概率为， 第一局是乙丙参赛且甲第二局获胜的概率为， 所以甲第二局获胜的概率为； 设“第一局是由甲、乙进行游戏”为事件，“第二局甲获胜”为事件． 由可得：，， 所以； 由题意，的取值为，，，设“丙在第局中获胜”为事件，，，，， ， ， ， 的分布列为 所以．  19.【答案】解：当时，，， 因为， 令，解得令，解得， 所以的增区间为，减区间为． 解：记， 当时，恒成立，即在上恒成立 因为， 令， 所以， 当时，因为，所以， 则在区间上单调递增， 故，所以在区间上单调递增， 所以，与在上恒成立矛盾 当时，令解得，即， 所以在区间上单调递增， 所以在区间上，， 所以在区间上单调递增， 所以在区间上，， 与在上恒成立矛盾 当时，因为，所以， 则在区间上单调递减， 故，所以在区间上单调递减， 所以，满足题意； 当时，当时，， 证明如下：记，因为， 所以在区间上单调递减，， 所以当时，恒成立 综上，． 证明：由知当时，在上恒成立， 令，， 所以， 故， 即， 所以， 所以．  第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$