精品解析：湖北省恩施州2024-2025学年高二下学期期末质量监测数学试卷

普通高中2024-2025学年高二质量监测考试 数学试卷 本试卷满分150分，考试用时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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. （ ） A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用排列数与组合数的计算公式，即可求解. 【详解】由排列数与组合数的计算公式，可得. 故选：D. 2. 计算（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】令，根据导数的概念，可求解. 【详解】设，，， 故选：A. 3. 已知函数，则（ ） A. 极大值为，无极小值 B. 极小值为，无极大值 C. 极大值为，无极小值 D. 极小值为，无极大值 【答案】A 【解析】 【分析】对求导，令，，求出的单调性，即可求出的极值. 【详解】，令，解得， ，，单调递增；，，单调递减， 因此，在处取得极大值，极大值为，无极小值. 故选：A. 4. 已知，，，三个函数图象如图所示，则，，的图象依次为图中的（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，令，可得，，，结合指数函数与对数函数的性质，得到，进而得到答案. 【详解】令，可得，，， 因为，可得，，又因为，可得，即， 所以，所以，，的图象依次为图中的. 故选：C. 5. 学校有5名男教师，3名女教师，现在要随机选择3名教师参加会议，下列事件中概率等于的是（ ） A. 至少有1名女教师 B. 有1名或2名女教师 C. 有2名或3名女教师 D. 恰有2名女教师 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用古典概型的概率计算公式，结合组合数的公式，分别求得相应的概率，即可求解. 【详解】记选项A、B、C、D对应事件的概率分别为，，，， 可得，，，. 故选：C. 6. 用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度及测量技术的原因，测得n个数，，，…，（），则使这n个数据的方差最小的x为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到函数的单调性，结合单调性，即可求解. 【详解】由函数，， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值. 故选：D. 7. 已知定义在R上的函数，是其导函数，若是偶函数，是奇函数，当时，关于a的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得和，联立方程组，求得函数，结合的解集，即可得到的解集. 【详解】因为是偶函数，所以，即， 又因为是奇函数，所以， 即， 联立方程组，解得， 因为，所以， 又由，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B. 8. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（ ） A. 144 B. 240 C. 336 D. 456 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先让“雨水”和“谷雨”不相邻，再让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，分别求得不同的放置方式，结合间接法，即可求解. 【详解】根据题意，第一步，让“雨水”和“谷雨”不相邻，不同放置方式种数为； 第二步，让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，不同放置方式种数为； 所以不同放置方式种数为. 故选：C. 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. 9. 一个距地心距离为r，质量为m的人造卫星，与地球之间的万有引力F由公式给出，其中M为地球质量，G为引力常量，则（ ） A. F关于r的瞬时变化率为 B. r关于F的瞬时变化率为 C. m关于r的瞬时变化率为 D. F关于m的瞬时变化率为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，分别求得相应函数的导数，结合导数的物理意义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对A中，由，可得 由导数的物理意义，可得F对于r的瞬时变化率是，所以A正确； 对于B中，由，可得，所以B错误； 对于C中，由，可得，所以C错误； 对于D中，由，可得，所以D正确. 故选：AD. 10. 已知盒子中有12个样品，6个不同的正品和6个不同的次品，现从中逐个抽取5个样品.方案一：有放回地抽样，记取得次品个数为X；方案二：不放回地抽样，记取得次品个数为Y，则（ ） A. B. 当或3时，最大 C. D. 两种方案中第三次抽到次品的概率均为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先得到，Y服从超几何分布，A选项，计算出，，A错误；B选项，，得到B正确；C选项，根据二项分布和超几何分布求期望公式得到C正确；D选项，方案一中，每次抽到次品的概率均为，方案二中，第三次抽到次品的情况有四种，“正正次”、“正次次”、“次正次”、“次次次”，求出每种情况下的概率，相加得到概率，得到D正确. 【详解】方案一中，有放回地抽样，则取得次品个数， ，， 方案二中，不放回地抽样，则取得次品个数Y服从超几何分布， 则，. 选项A，，，，A错误； 选项B，，由于，故或3时，最大，B正确； 选项C，由二项分布及超几何分布期望公式，，C正确； 选项D，方案一中，每次抽到次品的概率均为， 方案二，第三次抽到次品的情况有四种，“正正次”、“正次次”、“次正次”、“次次次”， 其中“正正次”的概率为，“正次次”的概率为， “次正次”的概率为，“次次次”的概率为， 故第三次抽到次品的概率为，D正确. 故选：BCD. 11. 已知三次函数，则（ ） A. B. 若有三个不同的实数根，则 C. 若，则 D. 若有三个不同的正实数根，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】化简函数为，可判断A正确；转化为方程有两个实数根，结合，可判定B错误；根据，可判定C正确；根据二次函数的性质，列出不等式组，求得，令，求得，得到单调递减，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，由函数 可，所以A正确. 对于B中，由，可得是的一个解， 要使得有三个不同的实数根， 则有两个实数根，则， 即，即，解得或，所以B错误； 对于C中，由， 则，所以C正确； 对于D中，要使得有三个不同的正实数根，其中是的一个解， 则满足，解得， 令，其中，可得， 所以在上单调递减，且时，， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 除以7的余数是______. 【答案】1 【解析】 【分析】先把化为，再利用二项式定理展开，即可得解. 【详解】因为， 所以除以7的余数为1. 故答案为：1. 13. 设随机变量，，则实数a的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合正态分布曲线的对称性，得到，即可求解. 【详解】由随机变量，可得正态分布曲线的对称轴为， 因为，所以，解得. 故答案为： 14. 若，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】令，根据题意，得到当时，，当时，，由函数和，利用导数求得两函数的单调性和极值，作出两函数的图象且图像交于点，结合图象，即可求解. 【详解】令，要使对恒成立， 当时，对恒成立，与需同号； 当时，对恒成立，与需异号， 由函数，可得， 令，可得；令，可得， 所以函数在单调递增，在单调递减， 且，，， 又由函数，可得， 所以在单调递减，且， 在同一平面直角坐标系中，作出函数与函数在的图象， 且图象交于点，如图所示， 由图象知，当时，不符合题意； 当时，直线在两图象上方或经过两图象交点，所以. 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. 已知的展开式中所有二项式系数之和为512. （1）求n的值； （2）求展开式中第项的系数与第3项的系数的比值. 【答案】（1） （2）32 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用二项展开式的二项式系数和的性质，列出方程，即可求解； （2）求得二项展开式的通项，分别求得第项的系数与第3项的系数，即可求解. 【小问1详解】 解：的展开式中二项式系数之和为，可得，解得. 【小问2详解】 解：由（1）知二项式的展开式的通项为， 可得， 所以第项的系数与第3项的系数的比值为. 16. 某田径协会组织开展竞走的步长和步频之间关系的课题研究，得到相应的试验数据： 步频x（单位：步/s） 0.28 0.29 0.30 0.31 0.32 步长y（单位：cm） 90 95 99 m 115 （1）若步频和步长近似为线性相关关系，当时，，，根据表中数据，求出y关于x的回归直线方程. 附：回归直线方程中， （2）记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差，根据表中数据，若得出y关于x的经验回归方程为，且计算出在样本点处的残差为，求实数m的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别求得，，且，得到，即可求得回归直线方程； （2）根据题意，列出方程，求得，结合，，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：根据统计表格中的数据，可得，， 又由，，可得， 则，所以回归直线方程为. 【小问2详解】 解：由回归方程为，且计算出在样本点处的残差为， 可得，解得， 因为，， 可得，解得. 17. 已知曲线，曲线，直线与曲线，分别交于两点，曲线在点A处的切线为，曲线在点B处的切线为，设直线与的交点为P. （1）若为直角，求实数a的值； （2）求点P到直线的距离. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得和，得到，，根据，列出方程，即可求解； （2）由（1）知，，求得切线方程，联立方程组，求得点的坐标，进而求得点P到直线的距离. 【小问1详解】 解：由函数和， 可得和，则，， 由是直角，则，即， 解得，则. 【小问2详解】 解：由（1）知，， 由，知，所以直线与必相交， 又由， 联立方程组，解得，即， 故点P到直线的距离为. 18. 已知函数，其中，e为自然对数的底数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； （3）若函数有两个零点，，求证：. 【答案】（1） 单调递减区间为，单调递增区间为. （2） （3） 令，可得， 由题意可得：， 构建，则， 不妨设，可得， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减，且， 可得， 构建，， 则， 可知函数在上单调递增，则，即， 则，且， 又因为在上单调递减，所以，即. 【解析】 【分析】（1）求导可得，利用导数判断原函数的单调性； （2）求导构建，可知在存在零点，结合题意整理可得，构建，求导，利用导数分析单调性和符号，即可得结果； （3）整理可得，构建，，，利用导数结合单调性可得，，结合单调性分析证明. 【小问1详解】 当时，， 可知的定义域为，且， 设，则， 可知在单调递增，且， 当时，，即；当时，，即； 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 由题意可知：的定义域为，且， 设，则，可知在单调递增， 因为函数存在极小值点，所以在存在零点， 即，可得. 则，可得， 设，且， 当，，则； 当，，则. 可得，， 所以实数a的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 甲乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分；平局两人均不计分.按照规则，当一方的得分比另一方多2分时即获胜，比赛结束.已知每局中，甲获胜概率为，乙获胜概率为，平局的概率为，且每局互不影响，相互独立. （1）求甲在进行了3局后获胜的概率； （2）若进行n局后，记甲领先1分的概率为，甲乙持平的概率为，求证：存在实数，使得为等比数列； （3）记甲乙两人进行m局后恰好分出胜负的概率为，求 【答案】（1） （2） 进行第n局后，设乙领先1分的概率为，根据对称性有， 从而， ， ， 所以，解得， 所以当时，是公比为的等比数列； （3），. 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式可得答案； （2）进行第n局后，设乙领先1分的概率为，根据对称性有，从而，，根据等比数列的定义可得答案； （3）求出公比，根据，，求出可得答案. 【小问1详解】 甲在第3局后胜出的得分情况为，即（甲胜，平局，甲胜）或 （平局，甲胜，甲胜）， 概率为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知，当，，公比为， 所以①， 当，，公比为， 所以②， ②①可得， 要使得m局后恰好分出胜负，那么， 则， 所以，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高中2024-2025学年高二质量监测考试 数学试卷 本试卷满分150分，考试用时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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. （ ） A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 2. 计算（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 3. 已知函数，则（ ） A. 极大值为，无极小值 B. 极小值为，无极大值 C. 极大值为，无极小值 D. 极小值为，无极大值 4. 已知，，，三个函数图象如图所示，则，，的图象依次为图中的（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 5. 学校有5名男教师，3名女教师，现在要随机选择3名教师参加会议，下列事件中概率等于的是（ ） A. 至少有1名女教师 B. 有1名或2名女教师 C. 有2名或3名女教师 D. 恰有2名女教师 6. 用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度及测量技术的原因，测得n个数，，，…，（），则使这n个数据的方差最小的x为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在R上的函数，是其导函数，若是偶函数，是奇函数，当时，关于a的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（ ） A. 144 B. 240 C. 336 D. 456 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. 9. 一个距地心距离为r，质量为m的人造卫星，与地球之间的万有引力F由公式给出，其中M为地球质量，G为引力常量，则（ ） A. F关于r的瞬时变化率为 B. r关于F的瞬时变化率为 C. m关于r的瞬时变化率为 D. F关于m的瞬时变化率为 10. 已知盒子中有12个样品，6个不同的正品和6个不同的次品，现从中逐个抽取5个样品.方案一：有放回地抽样，记取得次品个数为X；方案二：不放回地抽样，记取得次品个数为Y，则（ ） A. B. 当或3时，最大 C. D. 两种方案中第三次抽到次品的概率均为 11. 已知三次函数，则（ ） A. B. 若有三个不同的实数根，则 C. 若，则 D. 若有三个不同的正实数根，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 除以7的余数是______. 13. 设随机变量，，则实数a的值为______. 14. 若，不等式恒成立，则实数a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. 已知的展开式中所有二项式系数之和为512. （1）求n的值； （2）求展开式中第项的系数与第3项的系数的比值. 16. 某田径协会组织开展竞走的步长和步频之间关系的课题研究，得到相应的试验数据： 步频x（单位：步/s） 0.28 0.29 0.30 0.31 0.32 步长y（单位：cm） 90 95 99 m 115 （1）若步频和步长近似为线性相关关系，当时，，，根据表中数据，求出y关于x的回归直线方程. 附：回归直线方程中， （2）记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差，根据表中数据，若得出y关于x的经验回归方程为，且计算出在样本点处的残差为，求实数m的值. 17. 已知曲线，曲线，直线与曲线，分别交于两点，曲线在点A处的切线为，曲线在点B处的切线为，设直线与的交点为P. （1）若为直角，求实数a的值； （2）求点P到直线的距离. 18. 已知函数，其中，e为自然对数的底数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； （3）若函数有两个零点，，求证：. 19. 甲乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分；平局两人均不计分.按照规则，当一方的得分比另一方多2分时即获胜，比赛结束.已知每局中，甲获胜概率为，乙获胜概率为，平局的概率为，且每局互不影响，相互独立. （1）求甲在进行了3局后获胜的概率； （2）若进行n局后，记甲领先1分的概率为，甲乙持平的概率为，求证：存在实数，使得为等比数列； （3）记甲乙两人进行m局后恰好分出胜负的概率为，求 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $