精品解析：四川广安加德学校2024-2025学年高二下学期期末模拟（6月月考）数学试题

广安加德学校2024-2025学年度下期期末模拟考试 高二数学试题 （时间：120分钟 总分：150分 ） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单项选择题（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. 端午节吃粽子是我国的传统习俗．现有一盘中装有6个粽子，其中4个不同的蛋黄粽，2个不同的豆沙粽．若从蛋黄粽和豆沙粽中各取1个，则不同的取法种数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 2. 已知数列为等比数列，为，的等差中项，则的公比为（ ） A. 1或 B. C. 2或 D. 1 3. 一枚质地均匀的硬币掷出正面与反面的概率均等，将该硬币连续抛掷三次，已知三次中至少有一次正面，则三次中恰好有两次正面的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 5. 某品牌饮料正在进行有奖促销活动，一盒5瓶装的饮料中有2瓶有奖，消费者从中随机取出2瓶，记为其中有奖的瓶数，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 7. 已知定义在上的函数满足：，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多项选择题（本大题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量的概率分布列为，则 B. 若随机变量，若，则 C. 若随机变量，则 D. 在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则 10. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，，则下列选项正确的有（ ） A. 最小时， B. 时，的最小值为16 C. 数列是递增数列 D. 11. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 B. 若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种 D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12. 在的展开式中含项的系数为，则展开式中二项式系数最大的是第_______项． 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 14. 设函数，，若存在、，使得，则的最小值为______________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知正项数列的前项的和为，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列的前项的和. 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 17. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值． 18. 某餐馆2024年12月份共有800个线上外卖订单，其中好评订单有600个，其余均为非好评订单.为了提升菜品品质，增加营业额，该餐馆在2025年1月份更换了厨师，更换厨师后该餐馆2025年1月份共有2000个线上外卖订单，其中好评订单有1600个，其余均为非好评订单. （1）根据统计数据，完成下列列联表，并判断是否有的把握认为该餐馆订单的好评率与更换厨师有关联. 好评 非好评 合计 更换厨师前 更换厨师后 合计 （2）现从更换厨师前的订单中按好评和非好评，按比例用分层随机抽样法抽取8个订单进行电话回访，再从这8个订单中随机抽取3个订单发放新品品尝券并让顾客评价，记抽取的3个订单中好评的订单个数为，求的分布列和数学期望. （3）用样本频率估计总体概率，现从更换厨师后的所有订单中随机抽取100个订单，记其中好评的订单个数为，求当事件“”的概率最大时的值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数的取值范围. （2）已知方程有两个不相等的实数根，且. ①求的取值范围； ②若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广安加德学校2024-2025学年度下期期末模拟考试 高二数学试题 （时间：120分钟 总分：150分 ） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上. 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单项选择题（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. 端午节吃粽子是我国的传统习俗．现有一盘中装有6个粽子，其中4个不同的蛋黄粽，2个不同的豆沙粽．若从蛋黄粽和豆沙粽中各取1个，则不同的取法种数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计算原理即可得解. 【详解】由题意，不同的取法种数为种. 故选：C. 2. 已知数列为等比数列，为，的等差中项，则的公比为（ ） A. 1或 B. C. 2或 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差中项概念和等比数列通项公式即可求公比. 【详解】因为为，的等差中项，所以， 又因为数列为等比数列，设公比为，则有， 解得， 故选：A. 3. 一枚质地均匀的硬币掷出正面与反面的概率均等，将该硬币连续抛掷三次，已知三次中至少有一次正面，则三次中恰好有两次正面的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率中的缩小样本空间的方法求解即可. 【详解】设事件“三次中至少有一次正面”，事件“三次中恰好有两次正面”， 依题意，正反反，反正反，反反正，正正反，正反正，反正正，正正正， 正正反，正反正，反正正，则正正反，正反正，反正正， 则三次中恰好有两次正面的概率为. 故选：B. 4. 已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用正态分布对称性和概率性质计算即可. 【详解】解：对于，，故A错误； 对于，因为， 所以    ，故B错误； 对于C，显然， 所以， 所以，故C正确；  对于，因为， 所以，故D错误． 故选：C． 5. 某品牌饮料正在进行有奖促销活动，一盒5瓶装的饮料中有2瓶有奖，消费者从中随机取出2瓶，记为其中有奖的瓶数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出X的可能值及对应的概率，再利用期望的定义计算作答. 【详解】依题意，X的可能值为，则， 因此. 故选：C 6. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】设出首项和公比，利用等比数列前项和的性质建立方程，求解目标式的值即可. 【详解】设数列的公比为，首项为， 因为，所以，易得． 因为．所以． 则．因为，所以解得， 则．故，故D正确. 故选：D 7. 已知定义在上的函数满足：，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，利用导数可判断其单调性，从而可解不等式. 【详解】设，则， 故为上的增函数， 而可化为即， 故即，所以不等式的解集为， 故选：A. 8. 设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求导，由导数的几何意义求出切线方程，故，结合对数运算法则得到答案. 【详解】由，可得， 所以曲线在处的切线方程是， 令得，所以 . 故选：A． 二、多项选择题（本大题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量的概率分布列为，则 B. 若随机变量，若，则 C. 若随机变量，则 D. 在含有4件次品的10件产品中，任取3件，表示取到的次品数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据分布列的概率和为1可求解；对于B，根据正态分布曲线的对称性即可求解；对于C，根据二项分布的方差公式即可求解；对于D，根据超几何分布的概率公式即可求解. 【详解】对于：， 所以，所以，故A正确； 对于，可得，故B不正确； 对于，因为，所以，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：ACD. 10. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，，则下列选项正确的有（ ） A. 最小时， B. 时，的最小值为16 C. 数列是递增数列 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由等差数列的和的公式和等差数列的性质，得到，再结合已知，得到，进而分析可以判定各选项. 【详解】由，则， 又，则，D错误；当最小时，，故A正确； 所以，数列是递增数列，故C正确； 对于B，由上分析，当时，，当时，， 又，又，所以时，的最小值为15，故B错误； 故选：AC. 11. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 B. 若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种 D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种 【答案】ACD 【解析】 【分析】A计算每次使用法宝的种数，再利用分步乘法计数原理计算；B先将7件法宝分成3组，每组至少2件，再进行分配；C先排列其余5件法宝，再利用插空法排列即可；D利用倍缩法解决定序问题即可． 【详解】已知太乙真人送给了哪吒七件法宝， 对于A，每次使用法宝有种， 因可以重复使用，则对阵3次､不同的使用法宝的方法有种，故A正确； 对于B，将7件法宝分成3组，每组至少2件，共有种， 则对阵3次､不同的使用法宝的方法有种，故B错误； 对于C，先将除乾坤圈､风火轮以外的5种法宝排列，共有种， 再利用插空法将乾坤圈､风火轮插入6个空位置中， 则不同的使用法宝的方法有种，故C正确； 对于D，先将7件法宝排列共有种， 再利用倍缩法解决定序问题即可得，不同的使用法宝的方法有种，故D正确. 故选：ACD． 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12. 在的展开式中含项的系数为，则展开式中二项式系数最大的是第_______项． 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，结合题干条件可得出关于参数的方程组，解出的值，结合二项式系数的性质可得结果. 【详解】根据二项式定理可知的展开式的通项为 ． 由已知可得，解得， 根据二项式定理的性质可知，该展开式共有7项，则二项式系数最大的是第项． 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以的前项和为， 故答案为：. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目. 14. 设函数，，若存在、，使得，则的最小值为______________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件得出，分析可知函数在上单调递增，可得出，于是得出，构造函数，，利用导数求出函数的最大值，即可得出的最小值. 【详解】由题意可得，即，所以， 又因，所以在上单调递增， 则由，可得，则， 令，，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值，即，故， 所以． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知正项数列的前项的和为，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列的前项的和. 【答案】（1），. （2）证明见解析. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件，通过代入和，结合正项数列的性质，逐步求解和. （2）通过递推关系，将用和表示，代入原方程化简，证明的相邻项差为常数. （3）利用第（2）题的结论，将通项转化为等差数列求和，通过分母有理化简化求和过程. 【小问1详解】 由， 令，有，因为，所以. 令，有，即，由，解得. 所以，. 【小问2详解】 当时，由，代入， 化简得，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. 【小问3详解】 由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而. 由， 所以. 所以数列的前项的和. 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，期望为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差. 【小问1详解】 设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”， 依题意，，， 因此， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望；. 17. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值． 【答案】（1）， （2） （3）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据极值点和极值可构造方程组求得，验证可得结论； （2）由导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程； （3）根据单调性可确定最值点，进而求得最值. 【小问1详解】 ，在处取得极值， ，解得：； 当，时，， 当时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增， 是的极小值点，满足题意； 综上所述：，. 【小问2详解】 由（1）得：，，，， 在点处的切线方程为：，即. 【小问3详解】 由（1）知：在，上单调递减，在上单调递增； ， 又，，， 在上的最大值为，最小值为. 18. 某餐馆2024年12月份共有800个线上外卖订单，其中好评订单有600个，其余均为非好评订单.为了提升菜品品质，增加营业额，该餐馆在2025年1月份更换了厨师，更换厨师后该餐馆2025年1月份共有2000个线上外卖订单，其中好评订单有1600个，其余均为非好评订单. （1）根据统计数据，完成下列列联表，并判断是否有的把握认为该餐馆订单的好评率与更换厨师有关联. 好评 非好评 合计 更换厨师前 更换厨师后 合计 （2）现从更换厨师前的订单中按好评和非好评，按比例用分层随机抽样法抽取8个订单进行电话回访，再从这8个订单中随机抽取3个订单发放新品品尝券并让顾客评价，记抽取的3个订单中好评的订单个数为，求的分布列和数学期望. （3）用样本频率估计总体概率，现从更换厨师后的所有订单中随机抽取100个订单，记其中好评的订单个数为，求当事件“”的概率最大时的值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）列联表见解析，有关联 （2）分布列见解析，期望为 （3）80 【解析】 【分析】（1）完善列联表，计算的值，并与临界值对比分析即可； （2）先算出抽取的8件产品中的合格品与不合格品的数目，再从中抽取3件，根据合格品件数的可能值运用超几何分布概率计算出概率，列出分布列计算数学期望即得； （3）由已知可得，利用二项分布概率公式求出概率表达式，再利用作商法求得使事件“”的概率最大时的值. 【小问1详解】 列联表如下： 好评 非好评 合计 更换厨师前 600 200 800 更换厨师后 1600 400 2000 合计 2200 600 2800 根据列联表中数据，经计算得到， 所以可以认为该餐馆订单的好评率与更换厨师有关联. 【小问2详解】 依题意，用分层随机抽样法抽取的8个订单中，好评订单有个，非好评有2个， 而从这8个订单中随机抽取3个，其中好评的订单个数的可能值有， 则， 所以的分布列为： 1 2 3 数学期望. 【小问3详解】 依题意，更换厨师后好评率为， 从更换厨师后所有订单中随机抽取100个订单，则， 于是， 由， 由，解得，而，则当时，单调递增； 由，解得，则当时，单调递减， 所以使事件“”的概率最大时的值为80. 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数的取值范围. （2）已知方程有两个不相等的实数根，且. ①求的取值范围； ②若，证明：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数单调可得在上恒成立，即可得，设，求导确定单调性及最值，即可得实数的取值范围； （2）①根据方程有两个不相等的实数根，即转化为方程方程有两个不相等的实数根，由（1）可得的单调性，结合其取值，即可得实数的取值范围；②由零点得，利用比值代换，设令，，可设，求导确定其单调性，利用单调性即可证明结论. 【小问1详解】 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立. 因为，所以，即. 令，则，令，得 所以在上单调递增，在上单调递减，所以. 由，得，即的取值范围是. 【小问2详解】 ①由题意知关于的方程，有两个不相等的实数根， 即关于的方程有两个不相等的实数根， 即关于的方程有两个不相等的实数根，等价于直线与曲线有两个不同的交点. 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，又 则当时，，当时，，所以. ②因为所以， 所以 令，因为，所以， 所以. 令，则. 令，则， 所以在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，所以 【点睛】方法点睛： （1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．； （2）方程的根或函数零点有关的双变量不等式证明，常转化为单变量问题，结合导数确定函数最值，即可证明结论，设，是常见的方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $