精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

2024-2025学年度第二学期期末考试高二（数学）试卷 命题人：校对人： 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：（本题共8小题，每题5分，共计40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若“，”是假命题，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动.要求入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（ ） A. 20 B. 55 C. 30 D. 25 6. 设，为同一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，设a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每题6分，共18分） 9. 设两个随机变量、满足服从正态分布，服从二项分布，则（ ）（若随机变量，） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 决定系数越大，表示残差平方和越大，即模型的拟合效果越差 B. 经验回归方程相对于点的残差为 C. 根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“x与y没有关联” D. 样本相关系数r的绝对值越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强 11. 已知二项式，则其展开式中（ ） A. 的系数为84 B. 各项系数之和为 C. 二项式系数之和为 D. 二项式系数最大项是第4或5项 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分） 12. 等差数列的前项和为，且，，当 ________时，最大. 13. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为______. 14. 袋中有个红球，个黄球，个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，则______． 四、解答题：（本大题共5小题，共计77分）解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前n项和. 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）在椭圆上，求直线的斜率之积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，，求平面和夹角的余弦值. 18. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对AI生成文本的识别准确率为98%，对人类撰写文本的识别准确率为96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI生成概率”得分y（分）.y与文本长度x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，，已知该平台中15%的文本由AI生成. （1）求回归系数； （2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到0.001）； （3）现从平台中随机抽取200篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 真实人类撰写（篇） 总计 200 依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？ 参考公式： 提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19. 已知函数，． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，设，若既有极大值又有极小值，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期期末考试高二（数学）试卷 命题人：校对人： 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：（本题共8小题，每题5分，共计40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由集合的交运算求即可. 【详解】由题设，集合，， 所以. 故选：B 2. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本不等式计算可知充分性成立，取特殊值可得必要性不成立，可得结论. 【详解】因为，，则，解得，即充分性成立； 若，不妨取，则不等于2，即必要性不成立； 故“”是“”的充分不必要条件． 故选：B 3. 若，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式性质先将化成.对于A，B，运用作差比较法即可判断；对于C，利用基本不等式可推得，故可判断C正确；对于D，通过举反例即可判断结论错误. 【详解】由可得. 对于A，因，则，故，即A正确； 对于B，因，由可得，故B正确； 对于C，因，则，故， 当且仅当时等号成立，因，故，则C正确； 对于D，不妨取，显然满足，但，即D错误. 故选：D. 4. 若“，”是假命题，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题得，，再对分两种情况讨论得解. 【详解】由题得，， 当时，，符合题意； 当时，，解之得. 综上，. 故选：D 5. 从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动.要求入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（ ） A. 20 B. 55 C. 30 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，用间接法分析：先计算从2名教师和5名学生中选出3人的选法，再计算其中“入选的3人没有教师”的选法数目，分析可得答案． 【详解】解：根据题意，从2名教师和5名学生中，选出3人，有种选法， 若入选的3人没有教师，即全部为学生的选法有种， 则有种不同的选取方案， 故选：D． 6. 设，为同一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题给条件求出，再利用条件概率公式即可求解. 【详解】由， 解得， 所以. 故选：A. 7. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设条件可得是周期为4的周期函数，结合给定区间解析式，利用周期性、奇偶性求的值. 【详解】由题意，在上的奇函数，且，得， ∴，则，即， ∴，即是周期为4的周期函数， 当时，，则. 故选：B. 8. 设，，，设a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，由导数判断单调性后比较． 【详解】解：构造函数，则， 当时，，函数在上为减函数， 而，，，又， 所以，即， 故选：A 二、多选题（共3小题，每题6分，共18分） 9. 设两个随机变量、满足服从正态分布，服从二项分布，则（ ）（若随机变量，） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项分布和正态分布的概率公式、期望与方差公式及正态分布的对称性，依次判断各选项即可． 【详解】对于A，，，，A正确； 对于B，，，，B错误； 对于C，，，，C正确； 对于D，，， ，D正确． 故选：ACD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 决定系数越大，表示残差平方和越大，即模型的拟合效果越差 B. 经验回归方程相对于点的残差为 C. 根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为“x与y没有关联” D. 样本相关系数r的绝对值越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由决定系数的定义可作出判断；B选项，，B正确；C选项，零假设为：x与y相互独立，由卡方值大于6.635得到不成立，得到结论；D选项，由相关系数的定义作出判断. 【详解】对于A，决定系数越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，故A不正确. 对于B，残差为，故B正确， 对于C，零假设为：x与y相互独立，即x与y没有关联， 由可知依据的独立性检验， 所以有充分证据推断不成立，可以认为“x与y有关联”，选项C不正确. 对于D，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，选项D正确. 故选：BD 11. 已知二项式，则其展开式中（ ） A. 的系数为84 B. 各项系数之和为 C. 二项式系数之和为 D. 二项式系数最大项是第4或5项 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式计算后可判断ACD的正误，利用赋值法可求各项系数之和，故可判断B的正误. 【详解】的展开式的通项为， 对于A，取，则，故的系数为，故A正确； 对于B，因为，令，则各项系数之和为，故B正确； 对于C，二项式系数之和为，故C错误； 对于D，二项式展开后共有8项，所以二项式系数最大项是是第4或5项，D正确； 故选：ABD. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分） 12. 等差数列的前项和为，且，，当 ________时，最大. 【答案】6或7 【解析】 【分析】 由题意利用等差数列的性质，可求得，，所以，再利用二次函数的图像与性质求得当取得最大值时，的值 【详解】解：因为，所以，化简得， 所以， 因为，所以， 所以， 它的图像是开口向下的抛物线，其对称轴为， 因为，所以当或时，取得最大值， 故答案为：6或7 13. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用导数求出切线斜率，根据直线平行的斜率关系列方程可解. 【详解】由可得， 则切线斜率， 因为曲线在点处的切线与直线平行， 所以，解得. 故答案为： 14. 袋中有个红球，个黄球，个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】记取出的两个球都是红球为事件，则，即可求出，从而得到的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望. 【详解】依题意、为非负整数，记取出的两个球都是红球为事件，则， 所以，解得或（舍去）， 所以的可能取值为、、， 则，，， 所以. 故答案为： 四、解答题：（本大题共5小题，共计77分）解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式，利用等比数列的定义即可得出结论； （2）利用分组求和法和错位相减法计算即可得出答案. 【小问1详解】 证明：由，得， 又，所以，故， 故是以为首项，以为公比的等比数列； 【小问2详解】 解：由（1）得，得， 所以，设的前n项和为， 则，① ，② 由①-②，得 ，则， 故. 16. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点（不在轴上）在椭圆上，求直线的斜率之积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质结合关系求解可得； （2）设，由在椭圆上，得，再利用斜率的定义代入化简可得. 【小问1详解】 由，得，解得， 设椭圆的焦距为，由焦距为4，得，解得. 又，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由题意，得， 设，由在椭圆上，得，即， 所以， 即直线的斜率之积为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，，求平面和夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）若为中点，连接，易证是平行四边形，有，再由线面平行判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 若为中点，连接，又为棱的中点，， 所以，且，即是平行四边形， 所以，面，面，则面. 【小问2详解】 由平面，，构建如图所示空间直角坐标系， 由，，，则，显然面的一个法向量为， 所以，若面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面和夹角的余弦值为. 18. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对AI生成文本的识别准确率为98%，对人类撰写文本的识别准确率为96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI生成概率”得分y（分）.y与文本长度x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，，已知该平台中15%的文本由AI生成. （1）求回归系数； （2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到0.001）； （3）现从平台中随机抽取200篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 真实人类撰写（篇） 总计 200 依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？ 参考公式： 提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2） （3）判断“检测结果”与“文本真实性”有差异 【解析】 【分析】（1）利用回归直线过样本中心可求回归系数； （2）利用全概率公式可求概率； （3）完善列联表，再根据公式计算卡方，结合临界值表判断即可. 【小问1详解】 因为，且，， 故，故. 【小问2详解】 记事件为 “由AI生成的文本”， 为“由人类撰写的文本”， 为“被检测系统识别为人类撰写的文本”， 由题意知，，，，， 由全概率公式知： ， 即该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率约为. 【小问3详解】 AI生成的篇数为，人类撰写的篇数为， 真实AI生成且被识别为AI生成的篇数， 真实人类撰写且被识别为人类撰写的篇数， 故列联表为： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 29 1 30 真实人类撰写（篇） 6 164 170 总计 35 165 200 零假设为：分类变量相互独立，即“检测结果”与“文本真实性”无差异. 由列联表数据计算得，， 所以依据小概率值的独立性检验，可以判断“检测结果”与“文本真实性”有差异. 19. 已知函数，． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，设，若既有极大值又有极小值，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上为增函数；当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导可得，然后分，以及讨论，即可得到结果； （2）根据题意，求导可得，将函数极值问题转化为方程至少有两个不同实数根，再转化为函数图像交点问题，即可得到结果. 【小问1详解】 当时，的定义域为，， 当时，恒成立，在上为增函数； 当时，，， 当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为， 当时，，当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为． 综上所述，当时，在上为增函数； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为， 【小问2详解】 因为，所以， 若既有极大值又有极小值，则至少存在两个变号零点， 即至少有两个不同实数根， 记，则， 当时，，当时，， 所以在时，取得极大值， 又趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0， 所以，的图像如图所示， 由图可知，当，即时，有两个变号零点， 且分别为极大值点和极小值点，所以的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $