精品解析：四川省甘孜藏族自治州2024-2025学年高二下学期7月期末统一调研考试数学试题

甘孜州2024-2025学年下期全州统一调研考试 高二期末数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1. 答题前， 务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2. 答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3. 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. 4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5. 考试结束后， 只将答题卡交回. 一、单选题（40分） 1. 学校为促进学生课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等五个社团中选择三个参加，若美术和街舞中最少选择一个，则不同的选择方法共有（ ） A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 【答案】C 【解析】 【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算求解即可. 【详解】由题知共有两种情况， 第一种情况：美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择一个，共有种选择方法; 第二种情况：美术、街舞中选择一个，则还需从剩余的三个社团中选择两个，共有种选择方法， 故不同的选择方法共有种. 故选: 2. 若随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的性质可求概率. 【详解】根据题意，随机变量，且， 则则. 故选：A 3. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导得，令即可求解. 【详解】对求导得，， 令，得，解得. 故选：A. 4. 在等差数列中，若，，则公差（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得出，即可得出的值. 【详解】由等差数列的性质可得，则，故. 故选：C. 5. 以下四个命题中，其中真命题为（ ） A. 在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好； B. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的越大； C. 若数据，，…，的方差为1，则，，…，的方差为； D. 对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握程度越大． 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，B，由相关指数的意义判断即可；对于C，利用方差的性质判断即可；对于D，由的定义判断即可 【详解】根据相关指数的意义，可知A是真命题； 根据相关系数的意义，因是相关系的绝值越大，可知B是假命题； 若数据，，…，的方差为1，那么，，…，的方差为，所以C是假命题； 对分类变量与的随机变量的观测值来说，应该是越大，判断“与有关系”的把握程度越大，所以D是假命题． 故选：A． 6. “”是“函数只有一个零点”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】在时，求函数的零点，判断充分性，由函数只有一个零点求，判断必要性，由此可得结论. 【详解】当时，函数只有一个零点； 当时，函数只有一个零点1； 若函数只有一个零点，则或． 所以“”是“函数只有一个零点”的充分不必要条件． 故选：C. 7. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为 ，乙的中靶概率为 ，甲是否击中对乙没有影响，设“甲中靶”，“乙中靶”，则（ ） A. 与，与，与，与都相互独立 B. 与是对立事件 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据独立事件和对立事件定义可知AB正误；根据独立事件概率乘法公式可知C错误；根据对立事件概率公式可求得D错误. 【详解】对于A，两人射击结果没有相互影响，与，与，与，与都相互独立，A正确； 对于B，表示事件“甲中靶且乙未中靶”，其对立事件为“甲中靶且乙中靶或甲未中靶”，表示事件“乙中靶且甲未中靶”， 与不是对立事件，B错误； 对于C，与相互独立，，C错误； 对于D，，D错误. 故选：A. 8. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 52 B. 96 C. 106 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的片段和性质计算即可. 【详解】由等差数列的性质可知：成等差数列，即成等差数列， 所以. 故选：B. 二、多选题（18分） 9. 已知等比数列， ， ，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列的前和是 C. 数列是等差数列 D. 数列的前10项和是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式和等比前和公式，等差数列的定义法证明方法，和等差数列前和公式，分别判断各选项正误. 【详解】由题可得， 则，所以数列是等比数列，故A正确；，故B不正确； 已知，，故是等差数列，故C正确； 则，故D错误. 故选：AC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和按比例分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 则 B. 若，则事件A与事件B相互独立 C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件 D. 若，，且事件A与事件B相互独立，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抽样方法的相关概念、独立事件的概率公式、事件之间的关系以及概率的乘法运算，逐一检验，可得答案. 【详解】对于A，根据抽样方法的使用规则，可知A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，设事件{两次均为中}={中枪次数为}、事件{至多中一次}={中枪的次数为 }， 由，则事件包含事件，故C错误； 对于D，由，则， 因为事件与事件相互独立，所以 ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数 在处取得极小值，则下列结论正确的是（ ） A. 或 B. 函数有且仅有一个零点 C. 函数恰有两个极值点 D. 函数在有最小值，无最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】求出导函数，根据已知得出方程，求解得出的值.代入检验，即可得出；代入即可得出函数的单调性、极值；根据极值以及特殊点处的函数值，结合函数的单调性以及零点存在定理，即可得出函数的零点情况；根据函数的单调性，求解即可得出函数在上的最值情况. 【详解】对于A项，由已知. 又函数 在处取得极小值， 所以有 ，解得或 . 当时，有. 解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增； 解可得， ，所以在上单调递减. 所以，函数在处取得极小值，满足条件； 当 时，有. 解可得， 或，所以在上单调递增，在上单调递增； 解可得，，所以在上单调递减. 所以，函数在处取得极大值，不满足条件，舍去. 故.A项错误； 对于B项，由A知，， 且在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减. 又 ， ， 根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上没有零点，在上没有零点. 又 ， 根据函数的单调性以及零点存在定理可知，在上有一个零点，在上没有零点. 综上所述，函数有且仅有一个零点.故B正确； 对于C项，由A可知在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减， 所以，在处取得极大值，在处取得极小值. 故C正确； 对于D项，由A知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以，在处取得最大值，在处取得最小值，故D错误. 故选：BC. 三、填空题（15分） 12. 已知随机变量，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由二项分布方差公式直接可求. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有________种；效益之和的最大值是________. A B C D E 甲 11 13 10 13 11 乙 25 26 24 23 23 丙 10 14 15 13 11 丁 7 9 11 9 11 戊 14 16 15 16 12 【答案】 ①. 78 ②. 80 【解析】 【分析】第一空，由间接法求解，5人的全排列减去甲承担C任务，丁承担A任务的排列，再加上重复减去的情况即可；第二空，通过讨论B项工作由甲承担还是乙承担，进行求解； 【详解】依据乘法原理，选派方法共有， 由表可知，五项工作获得的效益值总和最大为，但不能同时取得； 要使总和最大、甲可以承担B或D项工作，丙只能承担C项工作，则丁不可以承担C项工作，所以丁承担E项工作； 乙若承担B项工作，则甲承担D项工作，戊承担A项工作，此时效益值总和为：， 乙若不承担B项工作，则乙承担A项工作，甲承担B项工作，则戊承担D项工作，此时，效益值总和为：， 所以，完成五项工作后获得的效益值总和最大是80. 故答案为：78；80 14. 在中，若，则的最大值为______________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意，，化简得，令，则，构造函数，借助导数求出最大值，进而得到答案. 【详解】因为，即，即， 即，即， 两边同时除以，得， 即， 令，，则， 则， 令，则， 令，则或， 当 时，，所以在上单调递增， 当或 时，，所以在上单调递减， 所以当时，，当时，， 所以的最大值为, 故答案为：. 四、解答题（77分） 15. 已知． （1）求的值； （2）求的值．（参考数据： ） 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）令二项式中的，，即可求解． （2）令，即可相减求解. 【小问1详解】 令得，， 再令得，，所以， 【小问2详解】 令得，， 所以， 所以 16. 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 【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. 17. 以“‘智’在必得”为主题的人工智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选手从中随机抽取3道，若能全部回答正确，则通过预赛.已知选手甲会做其中的4道题. （1）设表示选手甲抽到会做题目的道数，求随机变量的分布列和方差； （2）假设选手甲会做的题全部答对；不会做的题随机判断，答对的概率为.若各题作答结果互不影响，求他通过预赛的概率. 【答案】（1）的分布列为 1 2 3 ， （2） 【解析】 【分析】（1）先确定的可能取值，然后针对不同的取值求出对应的概率，进而可列出的分布列，从而求得期望和方差.. （2）根据条件概率和全概率公式可求得他通过预赛的概率. 【小问1详解】 根据题意. ； ； . 所以的分布列为 1 2 3 故随机变量的期望. 所以的方差. 【小问2详解】 设事件 “选手甲抽到道会做的题目，”，事件“选手甲通过预赛”， 则，，，两两互斥，. 由（1）知，.又. 所以. 同理，. . 由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率. 18. 已知函数，函数． （1）求的最小值； （2）若． ①求零点的个数； ②证明：的所有零点之和为定值． 【答案】（1）； （2）①3个；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求出函数的最小值. （2）①求出函数的导数，结合零点存在性定理求出的零点所在区间，进而求出函数的单调性，再由零点存在性定理求出零点个数；②变形并构造函数，探讨奇偶性并利用其性质求得所有零点和. 【小问1详解】 函数定义域为R，求导得， 当 时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 所以当时，函数取得最小值. 【小问2详解】 ①函数的定义域为R，求导得， 令，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上递减，在上递增，， 而，则存在，使得， ，令，求导得， 函数在 上递增，，即， 因此存在，使得，当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而， 则是的一个零点，且，又， 因此函数在上各有一个零点， 所以零点的个数为3. ②， 而，由 ，得，令， ，则函数 为R上的奇函数， 函数 的图象关于原点对称，因此 的所有零点和为0， 所以所有零点和为0，是定值. 19. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列通项公式； （2）数列满足，求数列的前项和； （3）设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据数列前项和为与数列通项公式的关系，求出数列的通项公式； （2）根据对数的运算公式，求出数列的通项公式，根据错位相消法求出数列的前项和； （3）根据数列的函数性质，和等差数列的函数性质，说明不存在三个不同的项构成等差数列. 【小问1详解】 由题意得 ， 当时，， 作差得，化简得， 可知数列为等比数列，当时，，解得 ， 所以. 【小问2详解】 可知， 则， 则， 作差得，化简得. 【小问3详解】 已知，可知在函数上， 设等差数列，是一个首项为，公差为的等差数列， 则在函数上， 可知是指数函数，是一次函数， 易知指数函数与一次函数至多只有两个交点，所以不存在三个点即在上，又在上， 即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘孜州2024-2025学年下期全州统一调研考试 高二期末数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1. 答题前， 务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2. 答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3. 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. 4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5. 考试结束后， 只将答题卡交回. 一、单选题（40分） 1. 学校为促进学生课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等五个社团中选择三个参加，若美术和街舞中最少选择一个，则不同的选择方法共有（ ） A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 2. 若随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 3. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. D. 4. 在等差数列中，若，，则公差（ ） A. B. C. D. 5. 以下四个命题中，其中真命题为（ ） A. 在回归分析中，可用相关指数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好； B. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的越大； C. 若数据，，…，的方差为1，则，，…，的方差为； D. 对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握程度越大． 6. “”是“函数只有一个零点”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为 ，乙的中靶概率为 ，甲是否击中对乙没有影响，设“甲中靶”，“乙中靶”，则（ ） A. 与，与，与，与都相互独立 B. 与是对立事件 C. D. 8. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 52 B. 96 C. 106 D. 12 二、多选题（18分） 9. 已知等比数列， ， ，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列的前和是 C. 数列是等差数列 D. 数列的前10项和是 10. 下列说法正确的是（ ） A. 从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和按比例分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 则 B. 若，则事件A与事件B相互独立 C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件 D. 若，，且事件A与事件B相互独立，则 11. 已知函数 在处取得极小值，则下列结论正确的是（ ） A. 或 B. 函数有且仅有一个零点 C. 函数恰有两个极值点 D. 函数在有最小值，无最大值 三、填空题（15分） 12. 已知随机变量，则______. 13. 甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有________种；效益之和的最大值是________. A B C D E 甲 11 13 10 13 11 乙 25 26 24 23 23 丙 10 14 15 13 11 丁 7 9 11 9 11 戊 14 16 15 16 12 14. 在中，若，则的最大值为______________. 四、解答题（77分） 15. 已知． （1）求的值； （2）求的值．（参考数据： ） 16. 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 17. 以“‘智’在必得”为主题的人工智能知识挑战赛预赛由6道正误判断题组成，每位选手从中随机抽取3道，若能全部回答正确，则通过预赛.已知选手甲会做其中的4道题. （1）设表示选手甲抽到会做题目的道数，求随机变量的分布列和方差； （2）假设选手甲会做的题全部答对；不会做的题随机判断，答对的概率为.若各题作答结果互不影响，求他通过预赛的概率. 18. 已知函数，函数． （1）求的最小值； （2）若． ①求零点的个数； ②证明：的所有零点之和为定值． 19. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列通项公式； （2）数列满足，求数列的前项和； （3）设，求证：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $