湖北省武汉市部分学校2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试题（含详解）

湖北省武汉市部分学校2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试题
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.若，则( )
A. B. C. D.
2.若随机变量满足其中为常数，则
A. B. C. D.
3.在三次独立重复射击中，若至少有一次击中目标的概率为，则每次射击击中目标的概率是
A. B. C. D.
4.甲、乙、丙、丁、戊、己名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，且都不站在两端，则不同的排列方式共有
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
5.从装有个白球，个红球的盒子中逐个不放回地摸取小球．若每取出个红球得分，每取出个白球得分，按照规则从盒子中任意抽取个球，所得分数的期望为
A. B. C. D.
6.已知函数在定义域内存在单调递减区间，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.从，，，，中按从小到大的顺序取三个不同的数组成数列，则数列是等差数列的概率为
A. B. C. D.
8.已知随机变量，均服从两点分布，若，，，则
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 两个变量，的相关系数为，则越大，与之间的线性相关性越弱
B. 在回归分析中，为的模型比为的模型拟合的效果更好
C. 若，则
D. 若，，则
10.设，则
A.
B.
C. ，，，，中最大的是
D.
11.已知函数，则
A. 当时，曲线在处的切线方程为
B. 当时，有极值点，且．
C. 对任意，函数都存在最小值
D. 若恒成立，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数的导函数为，且满足，则 ．
13.甲、乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，，，乙的卡片上分别标有数字，，两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的得分，数字小的得分，然后各自弃置此轮所选的卡片弃置的卡片在此后的轮次中不能使用，则三轮比赛后，甲总得分的数学期望为 ．
14.方程在上有且仅有一个实数根，则实数 ．
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.本小题分
在的展开式中，第，，项的二项式系数依次成等差数列．
求；
求展开式中二项式系数最大的项；
将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率．
16.本小题分
已知一批产品是由甲、乙、丙三名工人生产的，三人生产的产品分别占总产量的，，已知三人生产产品的次品率分别为，，．
现从这批产品中按等比例分层抽样抽出件产品，再从这件产品中不放回地任取两件进行检测，记事件“第一次取出的产品是乙生产的”，“第二次抽出的产品是甲生产的产品”，分别求，；
现从这批产品中任取一件产品，已知它是次品，求这件产品是由丙生产的概率．
17.本小题分
某学校高一年级学生某次考试成绩进行统计，从全体高一学生中抽出名学生的数学成绩和物理成绩，数据经过处理后，得到一些统计数据和数据关系：，，，其中，分别表示学生的数学成绩和物理成绩，其中，，，通过计算得到与的相关系数．
求与的线性回归方程；
已知同学甲的此次数学成绩为分，根据回归方程估计其物理成绩是否会超过分？
参考公式：，；相关系数．
18.本小题分
为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各名，得到如下数据：
性别 锻炼
不经常 经常
女生
男生
依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系；
为了提高学生体育锻炼的积极性，该中学设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动．在该活动的某次排球训练课上，甲、乙、丙三人相互做传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，甲传给乙和丙的概率分别为和，乙传给甲和丙的概率分别为和，丙传给甲和乙的概率分别为和求第次传球后球在乙手中的概率；
记第次传球时，乙接到球的次数为，则服从两点分布，且，，设前次传球后，乙接到球的总次数为，且总成立，求实数的最小值．
附：
19.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
当时，设正项数列满足：，
(ⅰ)证明：；
(ⅱ)记数列的前项和为，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】因为，
解得或舍去，
故选B．
2.【答案】
【解析】因为随机变量满足，其中为常数，
所以，
所以．
故选B．
3.【答案】
【解析】设该运动员射击一次，击中目标的概率为，
则，解得．
故选D．
4.【答案】
【解析】设个位置编号到，两端为位置和，
甲乙整体占据的两个相邻位置不能包含或，
可能的相邻位置对为、、，共种选择，
所以甲乙整体的位置选择：种位置对，每种位置对有种内部排列方式，共种，
剩余个位置由其他人全排列，共种，
所以总排列方式为种．
故选D．
5.【答案】
【解析】设得分为 ，根据题意 可以取 ， ， ．
则 ， ， ，
则 分布列为：
所以得分期望为 ．
故选：．
6.【答案】
【解析】 的定义域为 ， ，
又 在定义域内存在单调递减区间，
在 上有解，
即 在 上有解；
时， ，
，即实数 的取值范围为 ．
故选：．
7.【答案】
【解析】因为从，，，，中按从小到大的顺序取三个不同的数，共有种取法，
所以基本事件总数为．
取出的三个数构成公差为的等差数列的有：
、、，、、，、、，、、，、、，、、，、、，共个；
取出的三个数构成公差为的等差数列的有：
、、，、、，、、，、、，、、，共个；
取出的三个数构成公差为的等差数列的有：
、、，、、，、、，共个；
取出的三个数构成公差为的等差数列的有：、、，共个，
因此事件所含基本事件数为，
所以取出的三个不同的数组成的数列是等差数列的概率为．
故选C．
8.【答案】
【解析】，
根据全概率公式：
代入已知值：解得：
条件概率为：其中，
代入得：．
故选：．
9.【答案】
【解析】对于两个变量，的相关系数为，则越大，与之间的线性相关性越强，故A错误；
对于因为的值越大，拟合的效果越好，所以为的模型比为的模型拟合的效果更好，故B正确；
对于因为，所以，故C正确；
对于因为，，所以，故D错误、
故选：．
10.【答案】
【解析】设，则，
所以，选项正确
令，得，选项正确
为负数，显然选项错误
对两边求导，
可得：，
令，则，
即，选项正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】对于，当时，，，，又，
所以曲线在处的切线方程为，即，A错误；
对于，当时，，，
易知函数在内单调递增，并且，
所以当时，，递减，当时，，递增，
所以这时有极小值点，并且，B正确；
对于，对于任意，，定义域为，
因为在内单调递增，而函数与在内图像有唯一交点，如图所示：
设它们图像交点的横坐标为，即，
则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以函数存在最小值，最小值为，所以C正确；
对于，由选项C可知：恒成立的充要条件是，其中，
因为函数在内单调递增，并且，所以，
又由，得：，
同理函数在单调递减，所以，D正确．
故选BCD．
12.【答案】
【解析】因为 ，
所以 ，
把代入，解得，
所以．
故答案为．
13.【答案】
【解析】由古典概型，共有种等可能的结果，
设三轮比赛后甲的得分为，
则，，．
若，
则甲的数字对乙的数字，
甲的数字对乙的数字，
甲的数字对乙的数字，
共包含种等可能结果，故；
若，
则甲对乙，甲对乙，甲对乙，
或者甲对乙，甲对乙，甲对乙，
或者甲对乙，甲对乙，甲对乙，
或者甲对乙，甲对乙，甲对乙，
则；
若，
则甲对乙，甲对乙，甲对乙，
则．
故．
故三轮比赛后，甲总得分的数学期望为．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】令，则由得，
因此关于的方程在上有且仅有一个实数根等价于
关于的方程在上有且仅有一个实数根，
令，
而函数是单调函数，
因此关于的方程在上有且仅有一个实数根等价于
直线与函数的图象有且仅一个交点，
因为，
所以由函数和知：
存在唯一的，使得，
且当时，，当时，，
因此当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
因此直线与函数的图象有且仅一个交点，则，
即若方程在上有且仅有一个实数根，则实数．
故答案为：．
15.【解析】的展开式中，第，，项的二项式系数依次，，，
根据题意得：，
即，
化简，得，
解得：舍去，；
由可知，二项式系数最大的项为中间两项，即第项和第项，
的展开式的通项公式为
，
当时，，
当时，，
即展开式中二项式系数最大的项为，；
由通项公式，得
当，，，时，的指数为整数，即展开式的第，，，项为有理项，共项
展开式共有项，先排无理项，有种排法，无理项排好后形成个空，
从个空中选个排有理项，有种排法，而项全排列有种排法，
所以有理项不相邻的概率．
16.【解析】因为甲、乙、丙三名工人生产的产品分别占总产量的、、，
所以按等比例分层抽样抽出件产品，
则从甲、乙、丙三人生产的产品中抽取的数量分别是：
、、．
因为从抽取的件产品中不放回地任取两件进行检测，所有的取法有，
而第一次取出的产品是乙生产的，第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有，
所以．
因为从抽取的件产品中不放回地任取两件进行检测，所有的取法有，
所以第一次取出的产品是乙生产的所有的取法有，
因此，所以．
因为从抽取的件产品中不放回地任取两件进行检测，所有的取法有，
而第一次、第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有，
第一次取出的产品不是甲生产的，第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有，
所以第二次抽出的产品是甲生产的所有的取法有，
因此，所以．
设、、分别表示产品是由甲、乙、丙生产的，表示取出的产品是次品，
因此、、、
、、，
所以
，
因此，
即这件产品是由丙生产的概率为．
17.【解析】因为，所以．
因为，所以，
即，
因此，解得．
因为，，
所以，因此与的线性回归方程为．
因为当时，，
所以同学甲此次的物理成绩估计为，不会超过分．
18.【解析】零假设为：性别因素与学生体育锻炼的经常性无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到：
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关联，此推断犯错误的概率不大于．
设第次传球后球在甲、乙、丙手中分别为事件，
由题意可得：，，
且，，
因为
，
可得，且，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，可得，
所以第次传球后球在乙手中的概率为．
由题意可知：，
则
，
由题意可得：，
即恒成立，令，
若为奇数，则；
若为偶数，则；
因为，可知数列的最大值为，可得，
所以实数的最小值．
19.【解析】函数的定义域为
求导得．
当时，，故在上单调递增
当时，解得，此时：当时，，函数单调递增当时，，函数单调递减
当时，，递推关系为．
证明：由递推式得，
故
由于时，，故，即
令，
，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以
可得，即
综上，；
由可得，
令，则
，，， ，，
累加得，，
，
所以，即，
则，所以．
设，
则，
两式相减得：
，
所以，
所以
又由，，得
，，
所以．
．
设，
则．
两式相减得：
，
所以，即
综上，．
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