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河北省邢臺市2024-2025學年高二下學期7月期末測試數學試題
一、單選題
1．已知集合，則（ ）
A． B． C． D．
2．已知某批零件的直徑（單位：毫米）服從正態分布．若，則從這批零件中任意抽取1個零件，該零件的直徑大于11毫米的概率為（ ）
A．0.35 B．0.15 C．0.3 D．0.175
3．的展開式的第4項的系數是（ ）
A． B． C． D．
4．用最小二乘法得到的一組數據的經驗回歸方程為．若，則（ ）
A．63 B．21 C．28 D．49
5．設隨機變量的分布列如下表所示，則（ ）
1 2
A． B． C． D．或
6．已知函數在上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
7．“”是“函數在處取得極小值”的（ ）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
8．某校組織學生參加羽毛球 乒乓球 網球三種球類比賽，該校某班要求每個學生只能報名其中一種球類比賽，且每種球類比賽至少有1人參加．若該班有5名學生報名，其中甲 乙都不參加網球比賽，則該班這5名學生不同的報名方案共有（ ）
A．72種 B．62種 C．60種 D．48種
二、多選題
9．若，則（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函數，則（ ）
A．在上單調遞增 B．
C．的最大值為 D．有唯一零點
11．五人進行丟骰子游戲，最后統計每人所丟骰子的點數之和，點數之和最大的獲勝．已知每人每次丟完后都等可能地隨機傳向另外4人中的1人．第1次由將骰子傳出，記第次傳骰子之后骰子在或手上的概率為，記第次傳骰子之后骰子在手上的概率為，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
12．已知隨機變量服從兩點分布，．若，則 ．
13．若，且，則的最小值為 ．
14．已知函數．若方程有3個實數根，則的取值范圍為 ．
四、解答題
15．現有8款不同的高難度智力扣，每名學生隨機抽取3款進行破解．已知甲學生只能破解其中的4款，設甲學生抽到能破解的智力扣的數量為．
(1)求；
(2)求的分布列與數學期望．
16．已知函數．
(1)討論的單調區間；
(2)證明：．
17．甲 乙兩人進行賽馬，比賽規則如下：甲 乙各挑選3匹馬（馬匹各不相同），每場比賽甲 乙均從各自挑選的馬匹中挑選一匹本次比賽未上場的馬進行比賽，三場比賽結束即為本次比賽結束，三場比賽依次進行，勝利場數多的一方獲得本次比賽的勝利，每場比賽均只有勝負，且勝利與否互不影響．在所有馬匹中，有一匹快馬，記為馬．經統計，在所有比賽中，參賽者的勝負情況和選擇馬與否的情況如下表所示．
單位：場
選擇馬與否 參賽者的勝負情況 合計
勝 負
選擇 12
未選擇 22
合計 30 100
(1)完成列聯表，并依據的獨立性檢驗，能否認為參賽者的勝負和選擇馬與否有關聯？
(2)由于馬匹的不同，馬參加比賽的場次會進行調整．根據以往的數據統計，參賽者選擇馬參與比賽時，安排馬參加第一場 第二場 第三場比賽的概率分別為，相應參賽者獲得本次比賽勝利的概率分別為．當參賽者選擇馬參加比賽時，在參賽者獲得本次比賽勝利的條件下，求參賽者安排K馬參加的是第一場比賽的概率．
附：．
0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
18．某產品生產共有道工序，每道工序優秀的概率均為，各道工序之間相互獨立．當該產品有不少于道工序優秀時，該產品為優品．記產品為優品的概率為．
(1)設．
①求該產品優秀工序的道數的分布列和數學期望；
②求．
(2)若該產品現共有7道工序，每件優品的利潤為90元．因市場上產品更新換代的速度很快，工廠決定優化該產品，每件產品增加2道工序，增加工序后，單位時間內的產量是原來產量的2倍，并將優品分為一級優品和二級優品，二級優品產量占優品總產量的，且每件二級優品的利潤是90元，每件一級優品的利潤是180元．
①設該產品增加工序前單位時間內的產量為件，記該產品增加工序后單位時間內生產的優品利潤之和為元，試用表示；
②若該產品增加2道工序后產品為優品的概率變大，求的取值范圍．
19．若函數滿足定義域為，且，則稱為“對乘函數”，為的“對乘系數”．
(1)試判斷函數是否為“對乘函數”．若是，求出的“對乘系數”；若不是，請說明理由．
(2)已知是“對乘系數”為的“對乘函數”，證明：．
參考答案
1．D
【詳解】因為集合表示非負偶數集，所以．
故選：D
2．B
【詳解】根據題意可得，且，
根據正態分布曲線的對稱性，可得．
故選：B
3．B
【詳解】的展開式的第4項的系數是．
故選：B
4．C
【詳解】根據題意可得，所以，
則．
故選：C
5．C
【詳解】由題意可得解得．
故選：C.
6．B
【詳解】由題意得，解得．
故選：B
7．A
【詳解】由題意得．
若，則當時，單調遞減，當時，單調遞增，在處取得極小值；
若，則在上單調遞增，無極值；
若，則當時，單調遞增，當時，單調遞減，在處取得極大值．
故“”是“函數在處取得極小值”的充要條件．
故選：A
8．B
【詳解】這5名學生中，若網球比賽只有1人報名，則報名方案有種；
若網球比賽有2人報名，則報名方案有種；
若網球比賽有3人報名，則報名方案有種．
故該班這5名學生不同的報名方案共有種．
故選：B
9．ABD
【詳解】令，則正確．
令，則，所以，B正確．
令，則，所以，C錯誤．
，D正確．
故選：ABD
10．ABD
【詳解】由，得，當時，在上單調遞增，A正確．
當時，在上單調遞減，所以，
因為，所以，B正確．
易得在處取得最大值，最大值為，C錯誤．
令0，得，函數與函數兩函數的圖象有唯一交點，所以有唯一零點，D正確．
故選：ABD
11．AC
【詳解】由題意可得，第1次由將骰子傳出，傳到或手上的概率為，故A正確；
設第次傳到或手上的概率為，則次傳到或手上的概率為，
則，即，
因為，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以，即，故C正確；
當時，，故B錯誤；
同理第次傳到手上的概率為，則次傳到手上的概率為，
則，即，
因為，，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以，即，故D錯誤.
故選：AC
12．0.44
【詳解】由題意可得．
故答案為：
13．3
【詳解】因為，所以．
因為，所以，
則，當且僅當，即時，等號成立，
則，即的最小值為3．
故答案為：3
14．
【詳解】根據題意可得，所以．
因為在上單調遞增，且，所以，
則．令，則與有三個交點，
，
當-3時，單調遞增；當時，單調遞減；
當時，單調遞增．當時，，
畫出的大致圖象，如圖所示，所以的取值范圍為．
故答案為：
15．(1)
(2)分布列見解析；期望為
【詳解】（1）根據題意可得，，
所以．
（2）由題意知所有可能的取值為．
．
由（1）得，所以的分布列為
0 1 2 3
．
16．(1)單調遞增區間為，單調遞減區間為
(2)證明見解析
【詳解】（1）由題意得的定義域為，且，
當時，在上單調遞增，
當時，在上單調遞減，
綜上可知，的單調遞增區間為，單調遞減區間為；
（2）由（1）易得在處取得極大值，即最大值，
，
設，則，
當時，單調遞增，
當時，單調遞減，
，即，
由（1）知，所以.
17．(1)填表見解析；認為參賽者的勝負和選擇K馬與否有關
(2)
【詳解】（1）補充完整的列聯表如下．
單位：場
選擇K馬與否 參賽者的勝負情況 合計
勝 負
選擇 48 12 60
未選擇 22 18 40
合計 70 30 100
零假設為：參賽者的勝負和選擇K馬與否無關．
由表中的數據得，
則依據的獨立性檢驗，可以推斷假設不成立，即認為參賽者的勝負和選擇K馬與否有關．
（2）設事件“參賽者安排K馬參加第一場比賽”，事件“參賽者安排K馬參加第二場比賽”，事件“參賽者安排K馬參加第三場比賽”，事件“參賽者獲得本次比賽的勝利”．
當參賽者安排K馬參加第一場比賽時，參賽者獲得本次比賽勝利的概率為；
當參賽者安排K馬參加第二場比賽時，參賽者獲得本次比賽勝利的概率為；
當參賽者安排K馬參加第三場比賽時，參賽者獲得本次比賽勝利的概率為．
當參賽者選擇馬參加比賽時，參賽者獲得本次比賽勝利的概率為
當參賽者選擇馬參加比賽時，在參賽者獲得比賽勝利的條件下，參賽者安排馬參加的是第一場比賽的概率為．
18．(1)① 分布列見解析；期望為；②
(2)① ；②
【詳解】（1）①因為，所以該產品的優秀工序的道數的所有可能取值為．因為每道工序之間相互獨立，且優秀的概率均為，所以．
，
，
．
的分布列為
0 1 2 3 4 5
．
．
（2）①該產品增加2道工序后單位時間內優品產量的期望為，
則．
②）該產品增加工序前至少有5道工序優秀的概率為；
該產品增加工序前恰好有4道工序優秀，新增的2道工序中至少有1道工序優秀，
概率為；
該產品增加工序前恰好有3道工序優秀，新增的2道工序全部優秀，
概率為．
，
則，
根據題意可得，解得，
所以當該產品增加2道工序后產品為優品的概率變大時，的取值范圍為．
19．(1)是“對乘函數”，“對乘系數”為0
(2)證明見解析
【詳解】（1）是“對乘函數”．理由如下：
由，得，則．
令，則．
當時，單調遞增，當時，單調遞減，
所以，所以，
所以．
因為，
所以當時，，即，
則．故是“對乘函數”且“對乘系數”為0．
（2）證明：若．
即，所以
當時，，
兩式相除，得，
當時，滿足成立，
所以．
由，得，則．
令，所以．
設，
則．
令，則，
令，則，則在上單調遞減，
所以，即，則在上單調遞減，
所以，即，則在上單調遞減．
當時，，即，
且當時，，
所以，即，即，得．

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