精品解析：四川省广元市2024-2025学年高二下学期7月期末教学质量监测数学试题

广元市2025年春季普通高中二年级期末教学质量监测 数学试题 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，务必将自己的姓名、座位号、班级和考籍号填写在答题卡规定的位置上． 3．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上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． 4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 5．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 6．考试结束后，只将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 从甲地去乙地的道路有4条，从乙地去丙地的道路有2条，则从甲地经乙地去丙地，不同路线的条数是（ ）． A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 2. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ）． A. B. C. D. 3. 已知事件和满足，，，则（ ） A B. C. D. 4. 某机构对儿童记忆能力x和识图能力y进行统计分析，得到如下数据： 记忆能力x 4 6 8 10 识图能力y 3 5 7 8 由表中数据，求得经验回归方程为，若某儿童记忆能力为12，则他的识图能力的预测值为（ ）． A. 10 B. 9.8 C. 9.5 D. 9.2 5. 已知，则（ ）． A. 1 B. C. D. 6. 2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（ ）个． A. 480 B. 600 C. 720 D. 840 7. 若随机变量X服从二项分布，则取得最大值时，（ ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 二、多选题：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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ）． A. 若越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强 B. 回归分析中，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C. 在列联表中，若每个数据a，b，c，d均变成原来的2倍，则也变成原来的2倍（附：，其中） D. 决定系数用以比较两个模型拟合效果，若越小，则模型的拟合效果越好 10. 在的展开式中，则（ ）． A. 各项系数的和是64 B. 各二项式系数的和是64 C. 含的项的系数是15 D. 第4项是系数最大的项 11. 已知为导函数，对于，满足，且，则下列正确的有（ ）． A. B. 是奇函数 C. 函数的图象关于点对称 D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题3个小题，每小题5分，共15分． 12. 随机变量X的分布列如下： X 0 1 P 则________． 13. 有2台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2台加工的次品率为，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2台车床加工的零件数分别占总数的，，现从加工出来的零件中任取一个零件，已知取到的零件是次品，则它取自第2台车床的概率是________． 14. 已知不等式恒成立，其中，则最大值为________． 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. 已知函数． （1）求函数的图象在处的切线方程； （2）若在上有解，求的取值范围． 16. 已知， （1）求； （2）求； （3）求． 17. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表： 编号 1 2 3 4 5 x 10 20 30 40 50 y 70 80 100 120 130 （1）若该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求y关于x的回归直线方程．（参考数据：） （2）基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了160位学生．按照参与课后自主学习与成绩进步情况得到如下2×2列联表： 成绩没有进步 成绩有进步 合计 参与课后自主学习 5 135 140 未参与课后自主学习 5 15 20 合计 10 150 160 依据的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关． 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， ，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 19. 已知甲乙两个盒中均有3个除颜色外完全相同小球，其中2个白球和1个红球．从甲乙两个盒中各任取一个小球交换，重复进行次操作后，记甲盒中红球的个数为，甲盒中恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为． （1）求数学期望； （2）找出与的关系，并求的通项公式； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广元市2025年春季普通高中二年级期末教学质量监测 数学试题 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，务必将自己的姓名、座位号、班级和考籍号填写在答题卡规定的位置上． 3．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上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． 4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 5．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 6．考试结束后，只将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 从甲地去乙地的道路有4条，从乙地去丙地的道路有2条，则从甲地经乙地去丙地，不同路线的条数是（ ）． A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法原理即可得到答案. 【详解】根据分步乘法原理得不同路线的条数是（条）. 故选：D. 2. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性即可求解. 【详解】由题意有：， 故选：B. 3. 已知事件和满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用概率的乘法公式求出的值，再利用条件概率公式可求得的值. 【详解】由概率的乘法公式可得， 由条件概率公式可得. 故选：B. 4 某机构对儿童记忆能力x和识图能力y进行统计分析，得到如下数据： 记忆能力x 4 6 8 10 识图能力y 3 5 7 8 由表中数据，求得经验回归方程为，若某儿童记忆能力为12，则他的识图能力的预测值为（ ）． A 10 B. 9.8 C. 9.5 D. 9.2 【答案】A 【解析】 【分析】由表格中的数据求得样本中心，代数回归方程求得参数，从而可得答案. 【详解】由表格中的数据可得，，则样本中心为， 代入，则，解得，即， 将代入，可得. 故选：A. 5. 已知，则（ ）． A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义即可求解. 【详解】由， 故选：D. 6. 2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（ ）个． A. 480 B. 600 C. 720 D. 840 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用倍缩法，排除首位为0的情况即可. 【详解】数字：2，0，2，5，4，2，3中数字2出现了3次，则7个数字的所有排列情况有种， 当首位为0时，剩下6个数字：2，2，5，4，2，3出现了3次，排列的情况有种， 所以不同的7位数有个. 故选：C. 7. 若随机变量X服从二项分布，则取得最大值时，（ ） A. 2或3 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用计算即可. 【详解】由题可知：， 所以化简得到，又，所以2或3. 故选：A 8. 已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，利用导数研究单调性，利用单调性比较大小即可. 【详解】令，所以，由有：，当，，所以在单调递增， 又，所以，即，故A错误； 又，所以，即，故B错误； 又，所以，即，故C正确； 由，所以，即，故D错误. 故选：C 二、多选题：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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ）． A. 若越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强 B. 回归分析中，残差图中残差比较均匀分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C. 在列联表中，若每个数据a，b，c，d均变成原来的2倍，则也变成原来的2倍（附：，其中） D. 决定系数用以比较两个模型拟合效果，若越小，则模型的拟合效果越好 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用回归分析的相关定义和独立性检验公式对各个选项逐一分析判断即可得到结果. 【详解】对于A，根据相关系数的定义，越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，故A正确； 对于B，因为在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B正确； 对于C，根据，故C正确； 对于D，决定系数用以比较两个模型拟合效果，若越大，则模型的拟合效果越好，故D错误. 故选：ABC. 10. 在的展开式中，则（ ）． A. 各项系数的和是64 B. 各二项式系数的和是64 C. 含的项的系数是15 D. 第4项是系数最大的项 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A令即可判断，对于B利用二项式系数的和为，即可计算，对于C利用通项公式有，令，即可求解，对于D设的系数最大，则有，利用组合数的性质即可求解，进而判断. 【详解】对于A：令有，所以各项系数的和是0，故A错误； 对于B：各二项式系数的和为，故B正确； 对于C：由，令， 所以的项的系数是，故C正确； 对于D：根据通项可知，，要使系数最大，则为偶数，故，，，，故时，系数最大，所以第3项和第5项的系数最大，故D错误. 故选：BC. 11. 已知为的导函数，对于，满足，且，则下列正确的有（ ）． A. B. 是奇函数 C. 函数的图象关于点对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据等式，利用赋值法，可得其正误；对于B，根据奇函数的定义，整理等式，可得其正误；对于C，根据奇函数满足的等式，两边分别求导，结合函数图象的变换，可得其正误；对于D，利用列举法找到规律，利用递推关系可以证明所得规律，今儿求和，可得其正误. 【详解】对于A，令，则，即，故A正确； 对于B，令，则，即， 易知，可得，所以，故B正确； 对于C，对，两边求导，则导数的图象关于轴， 并向左平移个单位可得函数的图象，所以函数的图象关于直线对称，故C错误； 对于D，由，，则令，可得，即， 令，，可得， 当时，，可得， 当时，，可得， 当时，，可得， 当时，，可得， 综上所述可得下表： 一般的，设得， 当为偶数时，由得到，故由可得到对于所有非负偶数，都有， 取，，可知乘积为1， 由，递推可知所有正奇数的函数值出现1，－1的交替规律， 则，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题3个小题，每小题5分，共15分． 12. 随机变量X的分布列如下： X 0 1 P 则________． 【答案】1 【解析】 【分析】计算，然后根据期望的性质可得. 【详解】由题可知：， 所以. 故答案为：1 13. 有2台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2台加工的次品率为，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2台车床加工的零件数分别占总数的，，现从加工出来的零件中任取一个零件，已知取到的零件是次品，则它取自第2台车床的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意设出事件并写出其概率，根据条件概率公式以及全概率公式，可得答案. 【详解】设事件“取出一个零件，它是第台车床生产的”， 则其对立事件“取出一个零件，它是第台车床生产的”， 设事件“取出一个零件，它是次品”， 由题意可得，，，， ，. 故答案为：. 14. 已知不等式恒成立，其中，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数并求出最小值，建立不等式并用表示，再构造函数并求出最大值即可. 【详解】令，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 依题意，，设， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 则，解得，所以最大值为. 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. 已知函数． （1）求函数的图象在处的切线方程； （2）若在上有解，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据切线方程的求解方式求切线方程即可； （2）根据题意，利用导数求函数在的最小值即可. 【小问1详解】 ，，， 所以函数的图象在处的切线方程为. 【小问2详解】 由（1）知， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以， 又在上有解，所以. 16. 已知， （1）求； （2）求； （3）求． 【答案】（1）； （2）; （3）. 【解析】 【分析】（1）分别令，令求解； （2）根据展开式的通项得到偶数项的系数为负数，令求解. （3）两边同时求导再代入即可. 【小问1详解】 令，得， 令，得， 所以． 【小问2详解】 因为展开式的通项为(且)， 所以当为奇数时，项的系数为负数． 所以， 令，得， ． 【小问3详解】 对两边同时求导， 可得， 令，可得． 17. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表： 编号 1 2 3 4 5 x 10 20 30 40 50 y 70 80 100 120 130 （1）若该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求y关于x的回归直线方程．（参考数据：） （2）基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了160位学生．按照参与课后自主学习与成绩进步情况得到如下2×2列联表： 成绩没有进步 成绩有进步 合计 参与课后自主学习 5 135 140 未参与课后自主学习 5 15 20 合计 10 150 160 依据的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关． 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， ，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关. 【解析】 【分析】（1）先计算，进而得即可求解； （2）计算卡方，利用独立性检验思想即可求解. 【小问1详解】 由题意有， ， ， 所以，， 所以； 【小问2详解】 由题意有， 所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关. 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若恒成立，求实数m的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为. （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）确定定义域，求导，令，继续求导根据导数符合确定单调区间即可； （2）由题知，令，求导根据单调性确定最值即可； （3）由（2）知，转化为证，即，再利用指数放缩，所以，令，证明即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 令，， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减， 即函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为，恒成立，即， 令，， 所以在单调递增，单调递减， ，. 【小问3详解】 证明：由（2）知， 要证，即证， 等价于， 又，所以， 令，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 即， 即， 故成立. 19. 已知甲乙两个盒中均有3个除颜色外完全相同的小球，其中2个白球和1个红球．从甲乙两个盒中各任取一个小球交换，重复进行次操作后，记甲盒中红球的个数为，甲盒中恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为． （1）求的数学期望； （2）找出与的关系，并求的通项公式； （3）证明：． 【答案】（1） （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意写出随机变量的可能取值，分别求得所有取值的概率，根据数学期望的公式，可得答案； （2）由全概率公式，可得数列的递推公式，利用构造法以及等比数列的通项公式，可得答案； （3）类比（2）求得数列的通项公式，利用数学期望的计算，可得答案. 【小问1详解】 由题意随机变量， 则，，， 所以随机变量的分布列如下： 故数学期望. 小问2详解】 由全概率公式可得 ， 即，化简可得， 所以，又， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即. 【小问3详解】 由全概率公式可得 ， ， 即，又，所以， 可得，又， 故，则，， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$