精品解析：四川省绵阳市高中2024-2025学年高二下学期期末教学质量测试数学试题

绵阳市高中2023级第二学年末教学质量测试 数 学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由选择题和非选择题组成，共4页；答题卡共6页．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．考试结束后将答题卡收回． 一、选择题：本大题共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. 某质点沿直线运动，位移（单位：m）与时间（单位：s）之间的关系为：，则该质点在内的平均速度是（ ） A. B. C. D. 2. 已知是一个无穷数列，“”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 一批产品根据质量指标分为正品和次品，且次品率为，随机抽取1件，定义则随机变量的方差（ ） A. B. C. D. 4. 已知在一定范围内，水稻对氮元素的吸收量与它的根长度具有线性相关关系．某盆栽水稻实验中，在确保土壤肥力及灌溉条件相对稳定的情况下，统计了根长度（单位：cm）与氮元素吸收量（单位：mg/天）的相关数据，如下表所示： 9.9 12.1 14.8 18.2 19.9 21.8 25.1 27.7 30.4 32.1 0.30 0.34 0.42 0.50 0.55 0.60 0.71 0.74 0.78 0.86 根据表中数据可得及经验回归方程为，则（ ） A. B. 变量和变量的样本相关系数 C. 当时，残差为0 D. 水稻根长度每增加1cm，一天的氮元素吸收量一定增加mg 5. 用数字0，2，3，4，5组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ） A. 30 B. 24 C. 18 D. 12 6. 的展开式中含项的系数为（ ） A. 10 B. 5 C. D. 7. 已知为函数的导函数，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为（ ） A. B. C. D. 50 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，有选错的得0分． 9. 体育锻炼对青少年具有促进生长发育、提升心肺功能、增强免疫力、改善心理状态等重要作用．立德中学高一、高二两个年级学生参加体育测试，其中高一男生的成绩与高二男生的成绩均服从正态分布，且，则下列选项不正确的是（ ） A. B. 的分布比的分布更集中 C. D. 10. 已知为数列的前项和，若，则下列选项正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 在区间上，的图象比的图象更陡峭 B. 若，则 C. 若，则实数的最大值为1 D. 函数不存在零点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的极小值为__________． 13. 现有3箱酸奶，里面都装有水果味和原味两种口味，第一箱内装有10袋，其中有2袋是水果味；第二箱内装有15袋，其中有3袋是水果味；第三箱内装有20袋，其中有5袋是水果味．现从三箱中任意选择一箱，然后从该箱中随机取1袋酸奶．取出的酸奶是水果味的概率为______． 14. 有3名男生和2名女生站成一排照相，要求两名女生不能相邻，同时男生甲不能站在最左边，女生乙不能站在最中间，满足条件的站法种数为______． 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. 某学校开设了具有地方特色的包饺子、园艺、剪纸、种植、非物质文化遗产等劳动实践课程．该校为进一步优化劳动教育课程，随机抽取了100名学生进行了一次问卷调查，了解不同性别的学生对已开设劳动课程的满意情况，得到如下列联表： 满意 不满意 合计 男生 35 15 50 女生 40 10 50 合计 75 25 100 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生对已开设劳动课程的满意情况与学生性别有关联？参考公式及数据：，其中． （2）从不满意的学生中抽取2名学生进行访谈，求至少抽到一名男生的概率． 16. 某位同学抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），将Ⅰ号朝上的面的点数记为，将Ⅱ号朝上的面的点数记为，设事件“为偶数”，事件“”． （1）判断事件与是否相互独立.若不相互独立，求；若相互独立，请说明理由； （2）若该同学连续抛掷这两枚骰子3次，设事件发生的次数为，求的分布列与均值． 17. 已知正项数列的前项和为，且满足，数列为公比大于0的等比数列，且，． （1）求； （2）若在与之间插入个1，由此构成一个新的数列，求的值． 18. 已知． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上的最小值为，求的值； （3）若，求实数的取值范围． 19. 在一次程序设计竞赛中，需要通过逐一运行测试点的方式对选手编写的程序进行评测．评测共有6个测试点，分为3个基本功能点与3个强测优化点．每通过1个基本功能点，选手将获得5分；每通过1个强测优化点，选手将获得10分．选手最终得分为所有测试点得分之和．主办方准备了两种评测方案，可供选手选择，每种方案都按确定的次序进行评测，每个测试点只测试1次． 方案一：先测试3个基本功能点，在这个过程中只要有测试点不通过则终止评测；选手通过所有基本功能点后才能测试3个强测优化点，在这个过程中即使有测试点不通过，也将继续测试，直到所有强测优化点测试完毕． 方案二：选手按1个基本功能点，1个强测功能点，1个基本功能点……进行交叉测试，过程中出现任何1个测试点不通过的情况都立刻终止测试． 小张编写的程序通过每一个基本功能点的概率均为，通过每一个强测优化点的概率均为．每个测试点是否通过都相互独立，且． （1）若，小张选择了方案一进行评测.求小张最终得分不少于30分的概率； （2）设小张的最终得分为随机变量为，分别求出方案一与方案二中的分布列； （3）以小张的最终得分的期望为依据，判断小张应该选择哪一种方案？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳市高中2023级第二学年末教学质量测试 数 学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由选择题和非选择题组成，共4页；答题卡共6页．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．考试结束后将答题卡收回． 一、选择题：本大题共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. 某质点沿直线运动，位移（单位：m）与时间（单位：s）之间的关系为：，则该质点在内的平均速度是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平均速度的定义求解即可. 【详解】由题意可得平均速度是. 故选：A 2. 已知是一个无穷数列，“”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合数列的单调性判断即可. 【详解】因对于数列，取，显然不是递增数列， 所以“”不是“为递增数列”的充分条件， 若为递增数列，则， 所以“”是“为递增数列”的必要条件， 所以“”是“为递增数列”的必要而不充分条件， 故选：B 3. 一批产品根据质量指标分为正品和次品，且次品率为，随机抽取1件，定义则随机变量的方差（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由两点分布求出随机变量的均值，然后求出方差即可. 【详解】由题意，所以. 故选：D 4. 已知在一定范围内，水稻对氮元素的吸收量与它的根长度具有线性相关关系．某盆栽水稻实验中，在确保土壤肥力及灌溉条件相对稳定的情况下，统计了根长度（单位：cm）与氮元素吸收量（单位：mg/天）的相关数据，如下表所示： 9.9 12.1 14.8 18.2 19.9 21.8 25.1 27.7 30.4 32.1 0.30 0.34 0.42 0.50 0.55 0.60 0.71 0.74 0.78 0.86 根据表中数据可得及经验回归方程为，则（ ） A. B. 变量和变量的样本相关系数 C. 当时，残差为0 D. 水稻根长度每增加1cm，一天的氮元素吸收量一定增加mg 【答案】C 【解析】 【分析】利用样本中心在回归直线上求参数判断A；根据回归直线一次项系数判断B；计算残差判断C；由回归直线的实际意义判断D. 【详解】由题设，所以，可得，故A错误； 所以，又，即与正相关，则样本相关系数，故B错误； 由时，，残差为，故C正确； 由回归方程说明随变化值的变化趋势，不能说变量每增加一个单位，的值一定增加个单位，故D错误. 故选：C 5. 用数字0，2，3，4，5组成没有重复数字的三位奇数的个数为（ ） A. 30 B. 24 C. 18 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】个位从和中选择一个，百位不能选0，根据含不含0的情况分类讨论即可求解. 【详解】根据题意：个位从和中选择一个，百位不能选0， 若不含0，则有，若含0，则有， 根据分类加法计数原理有：. 故选：C. 6. 的展开式中含项的系数为（ ） A. 10 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】写出该二项式展开式的通项，令，代入系数求解即可. 【详解】展开式的通项为：， 令得含项的系数为. 故选：D 7. 已知为函数的导函数，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求导得，利用奇偶性即可判断A，计算即可判断D，当时，判断即可判断C，进而求解. 【详解】由题意有， 又，所以为奇函数，排除A； 又，排除D； 由，排除C，故B正确. 故选：B. 8. 已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为（ ） A. B. C. D. 50 【答案】A 【解析】 【分析】由得，令，即，进而求得，利用累加法即可求，即可得，最后利用裂项相消法即可求解. 【详解】由有，令，则， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故， 即，故 ，当时，符合题意，即. 又由有， 设数列的前项和为，. 故选：A. 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，有选错的得0分． 9. 体育锻炼对青少年具有促进生长发育、提升心肺功能、增强免疫力、改善心理状态等重要作用．立德中学高一、高二两个年级学生参加体育测试，其中高一男生的成绩与高二男生的成绩均服从正态分布，且，则下列选项不正确的是（ ） A. B. 的分布比的分布更集中 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态曲线的特点判断AB，根据正态曲线的对称性判断CD. 【详解】由可知，故A正确； 因为，所以的分布比的分布更分散，故B不正确； 由可知，， 故C不正确， 由可知， 所以，故D正确． 故选：BC 10. 已知为数列的前项和，若，则下列选项正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知可得，可判断A；由，可判断B，由等比数列求和公式可判断C；分和两种情况讨论比较大小可判断D. 【详解】对于A，因为，所以当时，，故A正确； 对于B，当时，，所以， 即， 又，不满足，所以数列不是等比数列，故B错误， 对于C，，故C正确； 对于D，当时，，当时，， 综上，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 在区间上，的图象比的图象更陡峭 B. 若，则 C. 若，则实数的最大值为1 D. 函数不存在零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A比较导数在上大小即可判断；对于B由，令，令，利用导数研究单调性进而求最值即可判断，对于C令得，令，利用导数研究单调性进而得最小值即可判断，对于D由，又，，根据零点存在定理，得到在，使得，进一步分析单调性求最小值即可判断. 【详解】对于A：在上，，由有在上，， 由，令，所以， 当时，，所以在单调递增，又，所以， 所以，即， 所以当时，，所以在区间上，的图象比的图象更陡峭，故A正确； 对于B：由，令，所以， 由，所以在单调递增， 在单调递减，所以在处取得最小值，令， 所以，由，， 所以在单调递增，在单调递减，所以在处取得最大值， 所以，等式成立当且仅当，即，故B正确； 对于C：，令，则， 当时，将代入，可得成立， 当时，分离参变量，得到：，， 所以，令，求导得，函数在上递增， 所以，由，所以在单调递减， 在单调递增，所以的最小值为，即，所以实数的最大值为，故C错误； 对于D：，当时，， 令，求导得，当时，， 在上单调递增，，当时，， 在上单调递增，，存在，使得， 当时，， 因此当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以函数不存在零点，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的极小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】先求导得，利用导数研究单调性进而求极值即可. 【详解】由题意有的定义域为，所以， 令有，由有，有， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值为. 故答案为：. 13. 现有3箱酸奶，里面都装有水果味和原味两种口味，第一箱内装有10袋，其中有2袋是水果味；第二箱内装有15袋，其中有3袋是水果味；第三箱内装有20袋，其中有5袋是水果味．现从三箱中任意选择一箱，然后从该箱中随机取1袋酸奶．取出的酸奶是水果味的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】设任取1袋酸奶来自第一箱为事件、来自第二箱为事件、来自第二箱为事件，根据题意求出各自的概率，然后利用全概率公式可求解. 【详解】设任取1袋酸奶来自第一箱为事件、来自第二箱为事件、来自第二箱为事件， 则彼此互斥，且，. 设随机取1袋酸奶，取出的酸奶是水果味为事件，则. 故答案为：. 14. 有3名男生和2名女生站成一排照相，要求两名女生不能相邻，同时男生甲不能站在最左边，女生乙不能站在最中间，满足条件的站法种数为______． 【答案】50 【解析】 【分析】先利用插空法求得两名女生不能相邻的站法；然后分别求出两名女生不能相邻且男生甲站在最左边、两名女生不能相邻且女生乙站在最中间、两名女生不能相邻，同时男生甲站在最左边，女生乙站在最中间三种情况的站法，根据排除法求解即可. 【详解】先求出两名女生不能相邻的站法有种； 若两名女生不能相邻且男生甲站在最左边，则满足题意的站法有种， 若两名女生不能相邻且女生乙站在最中间，则满足题意的站法有种， 若两名女生不能相邻，同时男生甲站在最左边，女生乙站在最中间， 则满足题意的站法有种， 所以满足条件的站法种数为种. 故答案为：50 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. 某学校开设了具有地方特色的包饺子、园艺、剪纸、种植、非物质文化遗产等劳动实践课程．该校为进一步优化劳动教育课程，随机抽取了100名学生进行了一次问卷调查，了解不同性别的学生对已开设劳动课程的满意情况，得到如下列联表： 满意 不满意 合计 男生 35 15 50 女生 40 10 50 合计 75 25 100 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生对已开设劳动课程的满意情况与学生性别有关联？参考公式及数据：，其中． （2）从不满意的学生中抽取2名学生进行访谈，求至少抽到一名男生的概率． 【答案】（1）认为该校劳动课程与学生性别没有有关联． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据列联表数据求出卡方，与临界值比较即可判断. （2）结合组合数，利用古典概型概率公式求解即可，注意对于至少、至多问题一般可以直接法或者间接法两种方法求解. 【小问1详解】 零假设该校劳动课程与学生性别无关联． ， ∴根据小概率值的独立性检验，没有充分证据说明不成立， 即可认为该校劳动课程与学生性别没有有关联． 【小问2详解】 记至少抽到一名男生的概率为， 则（或）， ∴至少抽到一名男生的概率为． 16. 某位同学抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），将Ⅰ号朝上的面的点数记为，将Ⅱ号朝上的面的点数记为，设事件“为偶数”，事件“”． （1）判断事件与是否相互独立.若不相互独立，求；若相互独立，请说明理由； （2）若该同学连续抛掷这两枚骰子3次，设事件发生的次数为，求的分布列与均值． 【答案】（1）事件不相互独立， （2）分布列： 0 1 2 3 均值为1 【解析】 【分析】（1）计算，验证是否成立，即可判断事件与是否相互独立，利用条件概率公式求，最后利用对立事件即可求解； （2）先求，进而得，利用独立重复试验以及二项分布的数学期望即可求解. 【小问1详解】 有序数对共有36种可能结果，其中事件“为偶数”共有18种可能结果，即， 事件，共10种可能结果，， 事件，共6种可能结果，即， 故，则事件不相互独立， 所以， ∴； 【小问2详解】 事件发生的概率为： （或者）， ∴， 所以， ， 的概率分布列为： 0 1 2 3 ， ∴的均值． 17. 已知正项数列的前项和为，且满足，数列为公比大于0的等比数列，且，． （1）求； （2）若在与之间插入个1，由此构成一个新的数列，求的值． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据与的关系求得，然后利用等差数列的通项公式求得，然后再利用等比数列通项公式基本量运算求得. （2）依次求出中相邻项之间插入1的个数，即可求出. 【小问1详解】 当时，且，解得， 当时，， ∴， 即，则， ∵，则，所以， ∴是以1为首项，1为公差的等差数列，所以， 设数列的公比为，则， 即，解得：，所以； 【小问2详解】 根据题意，在与之间插入个1， 即在1和2之间插入个1；在2和3之间插入个1； 在3和4之间插入个1；在4和5之间插入个1； 在5和6之间插入个1， 到6时，恰好有项，故． 18. 已知． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若在区间上的最小值为，求的值； （3）若，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求解即可； （2）求导函数，按照和、分类讨论，研究函数的单调性，利用最小值列方程求解即可； （3）令，则，令，利用导数法得在上单调递增，即，然后按照和分类讨论，研究函数的单调性，求出的最小值，利用列不等式求解即可． 【小问1详解】 当时，，则，则 ∴曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 ，因，则， ①当时，，故在区间上单调递增， 依题意，，解得：，故不成立； ②当时，，故在区间上单调递减， 由解得：，故也不成立； ③时，；， 故在上单调递减，在上单调递增， 由，解得：， 综上所述：； 【小问3详解】 时，令，， 则， 令，则，故在上单调递增，； ①时，则，此时在上单调递增， 依题意需使：，解得：或（舍掉），故； ②时，，因时，， 故存在，使得，即 当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增； ∴， 又由可得：代入上式可得：解得：， 令，显然在上单调递减，则，故． 综上所述：实数的取值范围为． 19. 在一次程序设计竞赛中，需要通过逐一运行测试点的方式对选手编写的程序进行评测．评测共有6个测试点，分为3个基本功能点与3个强测优化点．每通过1个基本功能点，选手将获得5分；每通过1个强测优化点，选手将获得10分．选手最终得分为所有测试点得分之和．主办方准备了两种评测方案，可供选手选择，每种方案都按确定的次序进行评测，每个测试点只测试1次． 方案一：先测试3个基本功能点，在这个过程中只要有测试点不通过则终止评测；选手通过所有基本功能点后才能测试3个强测优化点，在这个过程中即使有测试点不通过，也将继续测试，直到所有强测优化点测试完毕． 方案二：选手按1个基本功能点，1个强测功能点，1个基本功能点……进行交叉测试，过程中出现任何1个测试点不通过的情况都立刻终止测试． 小张编写的程序通过每一个基本功能点的概率均为，通过每一个强测优化点的概率均为．每个测试点是否通过都相互独立，且． （1）若，小张选择了方案一进行评测.求小张最终得分不少于30分的概率； （2）设小张的最终得分为随机变量为，分别求出方案一与方案二中的分布列； （3）以小张的最终得分的期望为依据，判断小张应该选择哪一种方案？ 【答案】（1）0.013 （2）答案见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式求解即可； （2）分别求出两种方案的随机变量的取值，再求出对应的概率，即可求出两种方案的分布列； （3）利用期望公式求出两种方案的期望，则 ，令，利用导数法得在上恒小于0，令．，再利用导数法求得，进而得在上存在唯一零点，即可得解. 【小问1详解】 小张最终得分不少于30分，说明小张通过了3个基本功能点，并至少通过了2个强测优化点， ∴概率为：； 【小问2详解】 ①若选择方案一，则， ， ， ， ， ， 故的分布列为： ②若选择方案二，则， ， ， ， 故的分布列为： 【小问3详解】 若选择方案一，则其得分期望： ， 若选择方案二，其得分期望： ， 故有 ， 令，则， ∴在上单调递增并存在唯一零点， 故在单调递减，在上单调递增， 而，故在上恒小于0， 令． 故为开口向下的二次函数，， 令，则， 在上单增并存在唯一零点， 故在单调递减，在单调递增， 且，故在上恒小于0，即， 故在上存在唯一零点：， 因此，当时，． 当时，． 综上所述：当时，选择方案二； 当时，两种方案都可选择； 当时，选择方案一． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $