精品解析：福建厦门市同安实验中学2024-2025学年第二学期高二年级期中质量检测数学试题

厦门市同安实验中学2024—2025学年第二学期高二年级期中质量检测 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题：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. 书架上有5本不同的理科类书籍，4本不同的文科类书籍，现从书架上取一本书，不同的取法总数有（ ） A. 9种 B. 45种 C. 种 D. 20种 2. 设随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 3. 下表是离散型随机变量的概率分布，则（ ） 1 2 3 4 P A. B. C. D. 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 为的极小值点 B. 为的极大值 C. 在区间上，是增函数 D. 在区间上，是减函数 5. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 6. 某校新闻社团负责报道采访本校田径运动会，社团派出甲、乙、丙、丁四名成员到跳高、跳远、短跑三个比赛场地进行现场报道，且每个场地至少安排一人，则甲不在短跑场地的不同安排的方法数为（ ） A. 12 B. 18 C. 24 D. 32 7. 在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为 A. 30 B. 36 C. 60 D. 72 8. 甲乙丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则5次传球后球在甲手中的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 下列说法中，不正确的命题是（ ） A. 在刻画回归模型的拟合效果时，的值越大，说明拟合的效果越好 B. 样本相关系数 越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱 C. 在经验回归方程 中，当解释变量 每增加1个单位时，响应变量 平均增加个单位 D. 若 关于 的经验回归方程为 ，则样本点的残差为 10. 已知二项式的展开式中各项系数之和为，则（ ） A. 展开式中共有6项 B. 展开式中二项式系数的和为64 C. 展开式中常数项为 D. 展开式中二项式系数最大的项是第3项 11. 为了研究青少年长时间玩手机与近视率的关系，现从某校随机抽查600名学生，经调查，其中有的学生近视，有 的学生每天玩手机超过1小时，玩手机超过1小时的学生的近视率为．用频率估计概率，则（ ） （附：，其中 ．） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 如果抽查的一名学生近视，则他每天玩手机超过1小时的概率为 B. 如果抽查的一名学生玩手机不超过1小时，则他近视的概率为 C. 根据小概率值的独立性检验，可认为每天玩手机超过1小时会影响视力 D. 从该校抽查10位学生，每天玩手机超过1小时且近视的人数的期望为5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，则 ______． 13. 已知，则__________． 14. 已知函数．若在处有极值，则的值为__________；若当时， ，则实数的取值范围是__________． 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. 已知函数的图象过点，且． （1）求函数在点处的切线方程 （2）求函数在上的值域． 16. 某市航空公司为了解每年航班正点率 对每年顾客投诉次数 （单位：次）的影响，对近8年（2017年～2024年）每年航班正点率 和每年顾客投诉次数 的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值． （1）求 关于 的经验回归方程； （2）该市航空公司预计2026年航班正点率为 ，利用（1）中的回归方程，估算2026年顾客对该市航空公司投诉的次数； （3）根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取3人，记这3人中选择乘坐该航空公司航班的人数为 ，求 的分布列和数学期望． 附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： 17. 为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有4个白球，2个红球，这些球除颜色外完全相同.参与者每一轮从口袋中一次性取出4个球，将其中的白球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中.当参与者完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为3n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏.若第3轮后仍未过关，则游戏也结束，参与者不能获得纪念品，每位参与者只能参加一次游戏. （1）求随机变量X的分布列； （2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）讨论函数的单调性； （3）函数有两个零点，求证：． 19. 对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”． （1）判断函数的凹凸性； （2）若，令，求的最小值； （3）为（2）问所得结果，证明不等式：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市同安实验中学2024—2025学年第二学期高二年级期中质量检测 数学试题 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题：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. 书架上有5本不同的理科类书籍，4本不同的文科类书籍，现从书架上取一本书，不同的取法总数有（ ） A. 9种 B. 45种 C. 种 D. 20种 【答案】A 【解析】 【分析】由分类加法计数原理可得. 【详解】由分类加法计数原理，可知不同的取法有种． 故选：A 2. 设随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值，进而可得出的值. 【详解】，， . 故选：C. 3. 下表是离散型随机变量的概率分布，则（ ） 1 2 3 4 P A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布列的性质可得 ，利用对立事件概率性质运算求解. 【详解】由题意可得：，解得 ， 所以． 故选：B. 4. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 为的极小值点 B. 为的极大值 C. 在区间上，是增函数 D. 在区间上，是减函数 【答案】B 【解析】 【分析】根据导函数的图象，分析出函数的单调性及单调区间，再逐项分析即可. 【详解】由导函数的图象可知，当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， 所以 为的极大值点，故A、 D错误； 当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， 所以 为的极大值点，即为的极大值，故B正确， 函数在单调递减，在上单调递增，所以C错误. 故选：B 5. 函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求函数的零点判断图像与 轴的交点，结合函数值的正负区间以及时的极限状态（或求导分析单调性）即可排除错误选项。 【详解】令，即，因为恒成立，所以， 解得 或 ，数图像与 轴有两个交点和。 观察选项：A选项：当时图像一直在 轴下方，不符合 时，故排除A； B选项：当时图像有部分在 轴下方，而当时，，，所以，故排除B； D选项： 由导数可知，当时 ，函数单调递增，D 选项在时单调递减，故排除D； C选项：图像过原点，在时函数值为正且先增后减（存在极大值），在后先减后增（存在极小值），符合函数性质. 6. 某校新闻社团负责报道采访本校田径运动会，社团派出甲、乙、丙、丁四名成员到跳高、跳远、短跑三个比赛场地进行现场报道，且每个场地至少安排一人，则甲不在短跑场地的不同安排的方法数为（ ） A. 12 B. 18 C. 24 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，分甲单独与组队两种情况，利用特殊元素优先法以及分组分配的思想，可得答案. 【详解】当甲单独一人进行现场报道时，甲有 种选择，再将乙、丙、丁分配到其他两个地方， 情况数为，则此时总的情况数为； 当甲与人组队进项现场报道时，先从乙、丙、丁中选出一人与甲组队，则情况数为， 再在跳高、跳远选一个去进行现场报道，则情况数为 ， 最后剩下的两人安排去其他两个地方，则情况数为， 所以此时总的情况数为； 综上，符合题意的情况数为. 故选：C. 7. 在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为 A. 30 B. 36 C. 60 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】记事件 位男生连着出场，事件女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为，再利用排列组合可求出答案． 【详解】记事件 位男生连着出场，即将 位男生捆绑，与其他位女生形成 个元素，所以，事件的排法种数为， 记事件女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件的排法种数为， 事件女生甲排在第一位，且 位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将 位男生与其他 个女生形成三个元素，所以，事件 的排法种数为种， 因此，出场顺序的排法种数 种，故选C． 【点睛】本题考查排列组合综合问题，题中两个事件出现了重叠，可以利用容斥原理 来等价处理，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题． 8. 甲乙丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则5次传球后球在甲手中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设 次传球后球在甲手中的概率为，求出，根据题意求出数列的递推公式，求出的表达式，即可求得的值. 【详解】设 次传球后球在甲手中的概率为，当时，， 设“ 次传球后球在甲手中”，则， 则． 即， 所以，，且， 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，，所以，， 所以5次传球后球在甲手中的概率为． 二、多选题：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. 下列说法中，不正确的命题是（ ） A. 在刻画回归模型的拟合效果时，的值越大，说明拟合的效果越好 B. 样本相关系数 越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱 C. 在经验回归方程 中，当解释变量 每增加1个单位时，响应变量 平均增加个单位 D. 若 关于 的经验回归方程为 ，则样本点的残差为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A：在刻画回归模型的拟合效果时，的值越大，说明拟合的效果越好，正确； 对于B：线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，错误； 对于C，因为 ， 所以当解释变量x每增加1时，响应变量y平均减少0.85，故C错误； 对于D中，将 代入回归方程为 ，可得 ， 则样本点的残差为 ，所以D不正确. 10. 已知二项式的展开式中各项系数之和为，则（ ） A. 展开式中共有6项 B. 展开式中二项式系数的和为64 C. 展开式中常数项为 D. 展开式中二项式系数最大的项是第3项 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，令，可得 ，据此可判断；对于B，利用二项式系数和性质判断；对于C，由题可得展开式通项，令 指数为0，可得常数项，据此可判断；对于D，依次写出二项式系数，即可判断. 【详解】由题可得展开式通项为. 对于A，令，可得展开式各项系数和，则 ，则展开式共有7项，故A错误； 对于B，二项式系数和为，故B正确； 对于C，对于通项，令 ，则常数项为，故C正确； 对于D，由通项，可得二项式系数依次为：， 则系数最大项为，为第4项，故D错误. 11. 为了研究青少年长时间玩手机与近视率的关系，现从某校随机抽查600名学生，经调查，其中有的学生近视，有 的学生每天玩手机超过1小时，玩手机超过1小时的学生的近视率为．用频率估计概率，则（ ） （附：，其中 ．） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A. 如果抽查的一名学生近视，则他每天玩手机超过1小时的概率为 B. 如果抽查的一名学生玩手机不超过1小时，则他近视的概率为 C. 根据小概率值的独立性检验，可认为每天玩手机超过1小时会影响视力 D. 从该校抽查10位学生，每天玩手机超过1小时且近视的人数的期望为5 【答案】AC 【解析】 【分析】根据条件概率的求法判断A，由全概率公式判断B，根据卡方的运算判断C，根据二项分布的期望判断D. 【详解】设 “任选1名学生近视”， “任选1名学生每天使用手机超过1小时” 则，,，所以， 则，故A正确； 因为，， 即，解得，故B错误； 由题意，可得列联表： 视力 每天使用手机时长 合计 超过1h 不超过1h 近视 60 180 240 不近视 60 300 360 合计 120 480 600 由上表可知，可以认为每天玩手机超过1小时会影响视力，故C正确； 由题意知，任取1人，取得每天玩手机超过1小时且近视的概率为，10人中每天玩手机超过1小时且近视的人数为 ，则，所以，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量，则 ______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意，利用二项分布的方差的计算公式以及方差的性质，即可求解． 【详解】由随机变量，可得，则 13. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用赋值法求得、，即可求值. 【详解】令 ，则， 令，则， 所以. 故答案为： 14. 已知函数．若在处有极值，则的值为__________；若当时， ，则实数的取值范围是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1，求出导数，利用函数在在处有极值，求得的值；空2，法一：问题等价于当时，恒成立，构造函数，求导，对进行分类讨论进而求得的取值范围.法二：由题意得恒成立，构造函数，进而利用洛必达法则可求得实数的取值范围. 【详解】． 依题意知，所以． 方法一：当时，， 即，即． 令，则，． ①当 时，， 所以在上单调递增， 所以，所以 满足条件． ②当时，若，则， 若，则． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 令， 所以， 所以在上单调递减． 所以与矛盾，故不满足条件． 综上，实数的取值范围是． 方法二：当时，，即， 即，即恒成立． 令，所以， 令，所以， 所以在上单调递增，所以． 所以，所以在上单调递增． 由洛必达法则知，． 所以 ，故实数的取值范围是． 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. 已知函数的图象过点，且． （1）求函数在点处的切线方程 （2）求函数在上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出，根据题意得出，求出、 的值，可得出函数的解析式，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数在区间上的单调性，利用函数的最值与导数的关系可求出函数在区间上的最大值和最小值可得答案. 【小问1详解】 因为，则， 由已知条件得，解得，所以， 所以，则，， 所以函数在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）知，，，由可得 或 ，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，函数在区间上的极大值为 ，极小值为， 又因为，，故函数在区间上的最大值为，最小值为 所以值域为. 16. 某市航空公司为了解每年航班正点率 对每年顾客投诉次数 （单位：次）的影响，对近8年（2017年～2024年）每年航班正点率 和每年顾客投诉次数 的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值． （1）求 关于 的经验回归方程； （2）该市航空公司预计2026年航班正点率为 ，利用（1）中的回归方程，估算2026年顾客对该市航空公司投诉的次数； （3）根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取3人，记这3人中选择乘坐该航空公司航班的人数为 ，求 的分布列和数学期望． 附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： 【答案】（1） （2）20 （3） X 0 1 2 3 P 【解析】 【分析】（1）利用最小二乘法可求回归直线方程； （2）利用（1）中的回归方程，令，可求预测值； （3）利用二项分布可求 的分布列和数学期望． 【小问1详解】 由题意得，， 则 ， 所以，所以； 【小问2详解】 当时，， 所以2026年顾客对该市航空公司投诉的次数为20次； 【小问3详解】 而X可取0，1，2，3，得到，， ，， 所以分布列为 X 0 1 2 3 P 因为X服从二项分布，所以 17. 为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有4个白球，2个红球，这些球除颜色外完全相同.参与者每一轮从口袋中一次性取出4个球，将其中的白球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中.当参与者完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为3n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏.若第3轮后仍未过关，则游戏也结束，参与者不能获得纪念品，每位参与者只能参加一次游戏. （1）求随机变量X的分布列； （2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率. 【答案】（1）分布列见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）写出X可能取值和对应的概率，得到分布列； （2）在（1）基础上，记其前n轮的累计得分为，求出，，相加得到概率. 【小问1详解】 由题意得，随机变量X可取的值为2，3，4， 易知，，， 则随机变量X的分布列如下： X 2 3 4 P 【小问2详解】由（1）可知，参与者每轮得2分，3分，4分的概率依次为，，， 记参与者第i轮的得分为，则其前n轮的累计得分为， 若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得3分，则； 若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，有“”，“”的情形， 则； 若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为9分，有“”，“”的情形， 则. 记“甲能够领取纪念品”为事件A， 则. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）讨论函数的单调性； （3）函数有两个零点，求证：． 【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是 （2）当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当 时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （3）， 因为函数有两个零点，，不妨设， 则， 所以， 整理可得，即， 要证，即证， 即证， 令，即证 ， 令，其中，则 ， 所以函数在上为增函数，则， 即，即，故原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再解，即可得解； （2）求得，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立． 【小问1详解】 函数的定义域为 当时，函数， 所以 令，解得，所以函数的减区间是． 令，解得 ，所以函数的增区间是． 【小问2详解】 函数的定义域为， 又， ①当时，对任意的，， 当，；当 ，， 此时函数在上单调递减，在上单调递增； ②当时， 由可得，由可得或 ， 此时函数在上单调递减，在和上单调递增； ③当 时，恒成立， 此时函数在上单调递增； ④当时 由可得，由可得或， 此时函数在上单调递减，在和上单调递增； 综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当 时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问3详解】 略 19. 对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”． （1）判断函数的凹凸性； （2）若，令，求的最小值； （3）为（2）问所得结果，证明不等式：． 【答案】（1）为的凸函数 （2） （3）证明：即证， 两边取对数，即证：， 的导数为， 当时，恒成立，所以在上为单调递增函数， 所以， 令，所以， 所以， 累加可得：，证得不等式成立． 【解析】 【分析】（1）根据定义，求得和，判断的正负即可； （2）先判断出在为“凹函数”，当 时，根据凸函数的性质得出，即可得出的最小值； （3）由（2）结论得出即证，两边取对数，即证，由导数得出在上为单调递增函数，即可得出，再用累加法即可证明． 【小问1详解】 由题，，即， 所以为的凸函数． 【小问2详解】 设函数，则， ，所以在为“凹函数”， 当 时，， 即， 当且仅当时，等号成立， 最小值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $