精品解析：福建省泉州第一中学等四校联盟2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

“泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中”四校联盟 2024-2025学年第二学期期末考 高二数学试题 命题人：陈学亮 刘冰 郭惠勇 曾国文 （考试时间：120分钟 总分：150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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. 用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（ ）种 A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 5. 已知函数是上的增函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 若，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 命题“，”的否定是“，或” C. 如果，那么“”是“”的充分不必要条件 D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是 10. 已知，均为正数，随机变量的分布列如下表，则下列结论一定成立的是（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 11. 若平面点集满足：对任意点，存在正实数，都有，则称该点集为“阶关联点集”，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则是“3阶关联点集” B. 若是“阶关联点集”，则为任意正实数 C. 若，则不是“阶关联点集” D. 若是“阶关联点集”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线与平行，则a的值为______． 13. 一批产品的一等品率为，从这批产品中每次抽取一件，有放回地抽取次，用表示抽到的一等品的件数，若，，则满足条件的的最小值为_____. 14. 在数列中，，，则______，对所有恒成立，则的取值范围是______. 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、证明过程及验算步骤. 15. 为考察国产14纳米光刻机和进口14纳米光刻机的光刻效果，随机抽取了500台14纳米光刻机，对两种光刻机的良品、次品进行对比，得到如下列联表： 良品 次品 合计 国产14纳米光刻机 170 80 进口14纳米光刻机 150 100 250 合计 180 500 （1）求，的值，并以频率估计概率，估计国产14纳米光刻机的次品率； （2）根据小概率值的独立性检验，能否判断国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量有差异? 附：，其中为样本容量. 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 已知数列满足， （1）记，求，，并证明数列是等比数列； （2）记，求满足的所有正整数的值. 17. 随着中美关税战的不断升级，某企业大大加强科技研发投入的力度，为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响.根据市场调研与模拟，对收集的数据进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如 30.5 15 15 46.5 表中，. （1）根据散点图判断，与哪一个更适合作为年销售量关于年研发费用的回归方程模型（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程，并估计年研发费用为27千万元时年销售量的值； （3）科技升级后，该产品的效率大幅提高，经试验统计得大致服从正态分布.企业对科技升级团队的奖励方案如下：若不超过50%，不予奖励；若超过50%，但不超过53%，每件产品奖励2元；若超过53%，每件产品奖励4元.记为每件产品获得的奖励，求（精确到0.01）. 附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，. ②若随机变量，则，. ③. 18. 已知函数. （1）若 ①求函数的单调区间； ②求证： （2）若对任意，都有（为自然对数的底），求的取值范围. 19. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中”四校联盟 2024-2025学年第二学期期末考 高二数学试题 命题人：陈学亮 刘冰 郭惠勇 曾国文 （考试时间：120分钟 总分：150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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，求出，利用交集定义求出答案. 【详解】由题设，，则. 故选：A. 2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据定义域的概念得到中的范围，再由分母有意义得到分母中的范围，取交集即可得到的定义域. 【详解】要使有意义，则解得，所以的定义域为 故选：C. 3. 用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】按照②③①④分步进行即可，计算出每个区域的涂色种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域②有种选择，区域③有种选择，区域①和④各有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为种. 故选：D. 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，进而求出的系数. 【详解】二项展开式的通项为， 令，解得，所以的系数是. 故选：D. 5. 已知函数是上的增函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数是上的增函数，每一段函数都为增函数，且在断点处，右边的函数值不小于左边的函数值求解. 【详解】由题意，， 在中，函数在上是增函数， ， 解得. 故选：A. 6. 某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为0.8，选“使命”队获胜的概率为0.7，单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式、全概率公式列式计算得解. 【详解】依题意，记选“初心”队为事件，选“使命”队为事件，该单位获胜为事件， 则, 因此， 所以选“使命”队参加比赛的概率. 故选：D 7. 若，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用重要不等式的合理变形可得，即可知A错误；由基本不等式和不等式性质即可计算B错误；由即可求得C正确；根据不等式中“1”的妙用即可得出，即D错误. 【详解】对于A，由可得， 又，所以，即， 当且仅当时等号成立，故A错误； 对于B，由可得，即， 所以，当且仅当时等号成立，即B错误； 对于C，由可得， 所以可得，即，当且仅当时等号成立，即C正确； 对于D，易知，即； 当且仅当时等号成立，可得D错误； 故选：C 8. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由恒成立可得，即，代入并令，求导计算最值可得结果. 【详解】令，可得或，由题意可知，，得， 将代入，可得， 令，求导得，令，解得，. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，时，取得极小值，即的最小值为. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 命题“，”的否定是“，或” C. 如果，那么“”是“”的充分不必要条件 D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据不等式性质，命题逻辑，充分条件判定及二次不等式恒成立的条件，逐一分析选项，验证每个命题的正误. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，原命题“存在x满足”的否定应为“所有x都不满足”，即“所有x都满足或”，原命题表述正确，故B正确； 对于C，若，，则，则，即，必要性成立； 若，，则，所以，充分性成立，所以如果，那么“”是“”的充要条件，故C错误； 对于D，当时，恒成立，当时，则，解得，综上所述，，故D正确. 故选：BD. 10. 已知，均为正数，随机变量的分布列如下表，则下列结论一定成立的是（ ） 0 1 2 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】AB，根据概率之和为1得到，且，进而判断AB选项，C，根据期望公式计算即可；D选项，利用方差的性质计算得到，故D错误. 【详解】AB选项，由题意，且， 而，大小不确定，故A正确，B错误； C选项，，故C正确； D选项，由， 所以， 与的大小有关，不一定小于1，故D错误； 故选：AC 11. 若平面点集满足：对任意点，存在正实数，都有，则称该点集为“阶关联点集”，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则是“3阶关联点集” B. 若是“阶关联点集”，则为任意正实数 C. 若，则不是“阶关联点集” D. 若是“阶关联点集”，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据关联点集的定义，逐一判断每个选项中给定的点集是否满足：存在实数t，使得对所有点，缩放后的点. 【详解】对于A，由可得，故是“3阶关联集”，即A正确； 对于B，点集是直线，对于任意,点仍在直线上，故为任意正实数，故B正确； 对于C，因，而，故不是阶聚合点集，即C正确； 对于D，点集是抛物线区域.当时，取点，缩放后为，需满足，即，与矛盾，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线与平行，则a的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义得曲线在处的切线斜率，再根据切线与平行可得斜率相等，即可得a的值. 【详解】由得，则， 又，即与曲线在处的切线平行， 则 故答案： 13. 一批产品的一等品率为，从这批产品中每次抽取一件，有放回地抽取次，用表示抽到的一等品的件数，若，，则满足条件的的最小值为_____. 【答案】9 【解析】 【分析】题给条件符合n次独立重复试验的条件，即服从参数为n和的二项分布，根据二项分布公式计算即可. 【详解】已知，则 ，， 又，， 所以是9的倍数，的最小值为9. 故答案为：9. 14. 在数列中，，，则______，对所有恒成立，则的取值范围是______. 【答案】 ①. ②. . 【解析】 【分析】在已知等式中用替换得另一等式（），两式相减得，然后用累乘法求得通项公式，不等式变形为，求出的最大值即可．可有作商法求数列的最大值． 【详解】解：由于， 所以当时，有， 两式相减可得，即当时，，当时，求得，即也符合该递推关系，所以. 由于，令， 由于，当时，，当单调递增，当单调递减，所以，故数列最大项为，即. 故答案为：；. 【点睛】本题考查已知递推关系式求数列的通项公式，累乘法求通项公式，考查数列不等式恒成立问题，求数列的最大项，综合性较强，必须熟练掌握每个知识点对应的方法，属于中档题． 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、证明过程及验算步骤. 15. 为考察国产14纳米光刻机和进口14纳米光刻机的光刻效果，随机抽取了500台14纳米光刻机，对两种光刻机的良品、次品进行对比，得到如下列联表： 良品 次品 合计 国产14纳米光刻机 170 80 进口14纳米光刻机 150 100 250 合计 180 500 （1）求，的值，并以频率估计概率，估计国产14纳米光刻机的次品率； （2）根据小概率值的独立性检验，能否判断国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量有差异? 附：，其中为样本容量. 0.05 0.01 0.001 3.841 6635 10.828 【答案】（1），， （2）根据小概率值的独立性检验，国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异. 【解析】 【分析】（1）补充列联表即可得出，，根据列联表中国产14纳米光刻机的次品频率除以总频率即可估计次品概率； （2）根据给定条件计算出的观测值，结合临界表即可得出结论. 【小问1详解】 由题意得，. 样品中，国产14纳米光刻机次品的频率为， 所以国产14纳米光刻机的次品率约为. 【小问2详解】 零假设：国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异， 根据列联表中的数据，经计算得到： . 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异. 16. 已知数列满足， （1）记，求，，并证明数列是等比数列； （2）记，求满足的所有正整数的值. 【答案】（1）由题意，，，， 所以，， 又因为， 所以数列是首项为5，公比为2的等比数列； （2）1，2，3，4. 【解析】 【分析】（1）利用递推关系来证明等比数列即可； （2）利用通项公式可求等比数列前项和，然后通过赋值结合单调性可作出判断. 小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以， 因为单调递增， 且， 所以正整数的所有取值为1，2，3，4. 17. 随着中美关税战的不断升级，某企业大大加强科技研发投入的力度，为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响.根据市场调研与模拟，对收集的数据进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如 30.5 15 15 46.5 表中， （1）根据散点图判断，与哪一个更适合作为年销售量关于年研发费用的回归方程模型（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程，并估计年研发费用为27千万元时年销售量的值； （3）科技升级后，该产品的效率大幅提高，经试验统计得大致服从正态分布.企业对科技升级团队的奖励方案如下：若不超过50%，不予奖励；若超过50%，但不超过53%，每件产品奖励2元；若超过53%，每件产品奖励4元.记为每件产品获得的奖励，求（精确到0.01）. 附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，. ②若随机变量，则，. ③. 【答案】（1）更适合 （2），8.1千万件 （3） 【解析】 【分析】（1）根据散点图可判断，更适合； （2）对两边取对数可得，再结合表中数据，即可求解； （3）由正态分布的概率公式代入计算，再由期望的计算公式即可得到结果. 【小问1详解】 根据散点图可判断，更适合作为关于的回归方程模型. 【小问2详解】 由得：，即， 由表中数据得：， 所以， 所以，所以， 所以关于的回归方程为. 当时，，即年研发费用为27千万元时年销售量为8.1千万件. 【小问3详解】 因为，， 所以 ， 所以， 所以（元）. 18. 已知函数. （1）若 ①求函数的单调区间； ②求证： （2）若对任意，都有（为自然对数的底），求的取值范围. 【答案】（1）①单调递减区间为，单调递增区间为；②证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）①当时，求得，令，可得，求得在单调递增，且，进而得到的单调区间； ②令，求得，令，得到，得到在上单调性，结合零点存在性定理，得到存在，使得，进而求得的单调性与，进而证得； （2）（法一）由，得到，令，取得，得到在上递增，进而得到，令，求得，得到的单调性与最小值，即可求解； （法二）设，求得，设，得到，进而求得的单调性，求得，令，求得，得到函数的单调性与最小值，即可求解. 【小问1详解】 解：①当时，函数，可得，则， 令，可得， 所以在单调递增，且， 当时，，即，在单调递减； 当时，，即，在单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. ②证明：令，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，且，， 所以存在，使得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 可得， 又由，可得，则， 所以，即. 【小问2详解】 解：（法一）由，可得，则， 令，可得，所以在上递增， 又由，可得，所以， 令，可得， 由，解得， 令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以实数的取值范围为. （法二）设，则， 设，则， 因为在上递增，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，则， 所以在递减， 因为，所以，所以， 所以实数的取值范围为. 19. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行.记甲同学第局赢的概率为. （1）求乙同学第2局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使成立，求整数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式结合意求解即可； （2）由题意得时，，化简变形后可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求出； （3）由题意得，令，利用导数可判断在上递减，则问题转化为求的最大值，进而可求得答案. 【小问1详解】 由题意甲第2局赢的概率为， 所以乙赢的概率为； 【小问2详解】 由已知时，， 所以，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以； 【小问3详解】 ，即，令，则， 因为和在上递减， 所以在上递减， 因为，所以时，，则在上递减， 显然，因此要求的最小值，即求的最大值， 又，为奇数时，， 为偶数时，，且在为偶数时，是单调递减的，， 所以是中的最大值， 所以，又在上是减函数， 所以，而，故 所以， 所以满足的整数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $