2023-2024学年四川省资阳市高二下学期期末质量监测数学试题（含解析）

2023-2024学年四川省资阳市高二下学期期末质量监测
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.根据物理中的胡克定律，弹簧伸长的长度与所受的外力成正比．测得一根弹簧伸长长度和相应所受外力的一组数据如下：
编号
据此给出以下结论：
这两变量不相关；这两个变量负相关；这两个变量正相关．
其中所有正确结论的个数是( )
A. B. C. D.
2.已知，，则( )
A. B. C. D.
3.一名同学有本不同的数学书，本不同的物理书，本不同的化学书，现要将这些书全部放在一个单层的书架上，且同科目的书不分开，则不同的放法种数为( )
A. B. C. D.
4.某种生态鱼在某个池塘一年的生长量单位：克服从正态分布，则概率为( ) 参考数据：；；
A. B. C. D.
5.已知函数，有大于的极值点，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
6.的展开式中，各项系数和与含项的系数分别是( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
7.已知函数的最大值为，令，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
8.一个直四棱柱的底面为梯形，这个四棱柱的每两个顶点相连形成多条直线，这些直线最多能组成对异面直线
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列有关样本相关系数，叙述正确的是( )
A. 的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 越接近，表示两变量的线性相关程度越强
D. 越接近，表示两变量的线性相关程度越强
10.在一个大型公司中，技术部门员工占，非技术部门员工占在技术部门中，有的员工持有硕士学位，而在非技术部门中，只有的员工持有硕士学位．现从该公司随机抽取一名员工．则下列结论正确的是( )
A. 抽到的员工是技术部门且持有硕士学位的概率为
B. 抽到的员工持有硕士学位的概率为
C. 若抽到的员工持有硕士学位，则该员工是技术部门的概率为
D. 若抽到的员工持有硕士学位，则该员工是非技术部门的概率为
11.对于可以求导的函数，如果它的导函数也是可导函数，那么将的导函数记为如果有零点，则称其为的“驻点”；如果有零点，则称点为的“拐点”某同学对三次函数和进行探究发现，得到如下命题，其中真命题为：( )
A. 在“驻点”处取得最值
B. 一定有“拐点”，但不一定有“驻点”
C. 若有个零点，则
D. 存在实数，，使得对于任意不相等的两实数，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，之间的一组数据：
若与满足回归方程，则的值为 ．
13.第届夏季奥运会于年月日至月日在法国巴黎举行，某高校欲从名男生、名女生中选派名大学生到奥运会的个项目当志愿者每个项目必须有志愿者，则志愿者中至少有名女生的分配方法共有 种用数作答．
14.已知函数则关于的方程根的个数为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知的展开式中所有的二项式系数之和为．
求的值；
求该展开式的常数项．
16.本小题分
设，，，两个函数的图象如下图所示．
过点作的切线，求的方程；
判断，的图象与，之间的对应关系，根据这些关系，写出一个不等式，并证明．
17.本小题分
竹编是某地的地方特色，某地区相关部门对该地居民在过去两年内学习竹编次数进行了详尽统计，然后随机抽取了名居民的学习数据，现将整理后的结果呈现如下表：
学习竹编次数 合计
男
女
合计
若将这两年学习竹编的次数为次及次以上的，称为学习竹编“先锋”，其余的称为学习竹编“后起之秀”请完成以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与学习竹编有关系；
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生
女生
合计
若将这两年内学习竹编次的居民称为竹编“爱好者”，为进一步优化竹编技术，在样本的“爱好者”中，随机抽取人进行访谈，设抽取的人中男性人数为，求的分布列和数学期望．
附：，
18.本小题分
随着信息技术的飞速进步，大数据的应用领域正日益扩大，它正成为推动社会进步的关键力量．某研究机构开发了一款数据分析软件，该软件能够精准地从海量数据中提取有价值的信息．在软件测试阶段，若输入的数据集质量高，则软件分析准确的概率为；若数据集质量低，则分析准确的概率为已知每次输入的数据集质量低的概率为．
求一次数据能被软件准确分析的概率；
在连续次测试中，每次输入一个数据集，每个数据集的分析结果相互独立．设软件准确分析的数据集个数为．
求的方差；
当为何值时，的值最大
19.本小题分
已知函数，记．
判断的单调性；
若存在极值点，且，
求的取值范围；
求证：．
答案解析
1.
【解析】画出弹簧伸长长度和相应所受外力的散点图，
可以判断这两变量相关，且为正相关，故错误，正确．
故选：
2.
【解析】因为，
所以．
故选：
3.
【解析】将同科目的书视为一个整体，排列个科目的书有种方法，
再分别排列同科目的书，分别有种方法，
所以不同的放法种数为．
故选：
4.
【解析】因为，则，，
所以．
故选：．
5.
【解析】因为的定义域为，且，
令，可得，
构建，
由题意可知：与在有交点，
则对任意内恒成立，
可知在内单调递增，则，
可得，即，
所以的取值范围为．
故选：．
6.
【解析】令，则，
所以各项系数和为，
含项的系数为
．
故选：
7.
【解析】由，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则，于是，即，因此，
由，得，
所以，，的大小关系是．
故选：
8.
【解析】每对异面直线，需个顶点并且这个顶点不共面，而不共面的个点顺次连接构造一个四面体，
一个四面体的组相对棱都是异面直线，底面是梯形的直四棱柱有个顶点，
从个顶点中任取个有种方法，其中个表面四边形个顶点共面，
对角面都是平面四边形，个顶点共面，
因此从底面是梯形的直四棱柱的个顶点中任取个顶点，构成四面体的个数最多有，
所以最多能组成异面直线对数是．
故选：
9.
【解析】对于，样本相关系数的取值范围是， A正确，B错误；
对于，越大，越接近于，两变量的线性相关程度越强，
越小，越接近于，两变量的线性相关程度越弱，C正确，D错误．
故选：
10.
【解析】用分别表示抽到的技术部门员工非技术部门员工，用表示抽到的员工持有硕士学位，
依题意，，
对于，， A正确；
对于，， B错误；
对于，， C错误；
对于，， D正确．
故选：
11.
【解析】对于，由，得，
由，得或，所以和是的“驻点”，
当或时，，当时，，
所以在和，在上递减，
所以在“驻点”处没有取得最值，所以 A错误，
对于，由，得，
由，方程不一定有根，所以不一定有“驻点”，
由，得，所以一定有“拐点”，所以 B正确，
对于，由，得，由选项 A可知在和，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以的大致图象如图，
由图可知当时，与的图象有个不同的交点，
所以有个零点，则，所以 C正确，
对于，若，则在上单调递增，
所以不存在实数，，使得对于任意不相等的两实数，都有，所以 D错误，
故选：
12.或
【解析】依题意，的平均数为，
的平均数为，
所以此曲线必过点，代入方程得，
解得．
故答案 ：．
13.
【解析】根据题意，选派的人中，志愿者中至少有名女生，可分为为两类：
当女男时，有种，当女时，有种，共有种选法，
再把选出的人分成组，可分为或的两组，有种，
共有种不同的分配方法．
故答案为：．
14.
【解析】根据题意，
时，，
时，，
所以，
画出函数和的图象，
可知，时，两函数图象有一个交点，
时，
两函数图象各有两个交点，
且，得，而，
根据的周期性，最后一个交点所在区间为
所以两函数图象交点个数为，个，
则关于的方程根的个数为．
故答案为：．
15.
由的展开式中所有的二项式系数之和为，得，所以．
由知，展开式的通项公式为，
由，得，，
所以展开式的常数项为．
【解析】利用二项式系数的性质，列式计算即得．
求出展开式的通项公式，再由幂指数确定常数项即得解．
16.
因为，所以．
设切点为，则，
代入得，，解得，
所以．
当时，；当时，；当时，．
所以，在上都是增函数．在区间上，的图象比的图象要“陡峭”；
在区间上，的图象比的图象要“平缓”．
所以，的图象依次是图中的．
如图，根据函数图象和第题的切线方程，可以写出以下几个不等式：
；；；
下面证明．
设，则
当时，，所以为减函数，
当时，，所以为增函数，
所以，即，命题得证．
下面证明；
，
，
当时，，所以为增函数，
当时，，所以为减函数，
所以，即，命题得证．
下面证明．
即证，
而恒成立，
所以得证．
【解析】设切点，利用导数的几何意义写出切线方程，代入点求出参数即得；
结合图象和求得的切线方程，不难得到三个不等式，借助于构造函数的单调性即可依次得证．
17.
根据统计表格数据可得列联表如下：
性别 学习竹编 合计
后起之秀 先锋
男生
女生
合计
零假设为：性别与学习竹编情况独立，即性别因素与学习竹编无关，
根据列联表的数据计算得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即该地区性别因素与学习竹编有关系，此推断犯错误的概率不超过．
样本中“爱好者”共名，其中名男生，名女生，
则的所有可能取值为，，，，
，
，
所以所求分布列为：
数学期望．
【解析】完善列联表，再计算的观测值，与临界值比对作答．
求出的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望．
18.
记“输入的数据集质量高”为事件，“一次数据能被软件准确分析”为事件，由题意可知：，则，
所以．
所以一次数据能被软件准确分析的概率．
由可知：，
依题意，，所以的方差；
可知，
令，则，
令，解得，可知当，可得；
令，解得，可知当，可得；
于是
所以当时，最大，即时，的值最大．
【解析】根据题意结合全概率公式运算求解；
由题意可知：，直接由二项分别的方差公式求解；
，结合数列单调性分析求解．
19.
由题知，即，则，为增函数，
当时，在为增函数，
当时，函数的零点，
在区间上，，则为减函数，
在区间上，，则为增函数．
，
当时，在区间为增函数，
所以为区间上的增函数，不符合题意．
当时，在区间为减函数，在区间为增函数，
所以，
当时，，此时增函数，无极值点，不合题意，舍去．
当时，
令，
当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，故，
若，
由且在区间为增函数，则在为增函数，
所以，故在无零点，即无正数极值点．
若，
由得，又且，
所以存在，使得，
当为减函数，当为增函数，
所以是极小值点，即存在正数极值点．
综上所述，的取值范围是．
由知，，则，其中，
，
令，
于是时，单调递增，时，单调递减，
故在处取得最大值，故，所以，
所以，．
【解析】先求导函数，在对分类讨论，即可求解．
根据的单调性，分类讨论，即可求解，构造函数，根据单调性，即可证明．
第1页，共1页